Capı́tulo 3
Oscilações
Após nosso estudo prévio de rotações de corpos rı́gidos, agora nos voltamos para outro tipo de movimento.
O movimento oscilatório. Este movimento corresponde a vibrações localizadas em torno de um ponto
de referência. A importância do estudo deste tipo de movimento é óbvia quando observamos que tudo
à nossa volta apresenta movimento oscilatório. Podemos citar como sistemas mecânicos, onde ocorrem
oscilações, pêndulos, diapasões, cordas de instrumentos musicais e colunas de ar de instrumentos de
sopro. Em sistemas elétricos, a corrente alternada de que nos servimos também é oscilatória e temos
vários exemplos de circuitos elétricos onde a oscilação desempenha papel importante.
3.1
O Movimento Harmônico Simples (MHS)
Nos problemas do capı́tulo anterior ﬁzemos uso do princı́pio de conservação de energia mecânica, que nos
diz que a soma das contribuições das diferentes energias do sistema permanece constante. Lembramos
que a variação da energia potencial (∆U ) é igual ao negativo do trabalho W feito pela força que atua
sobre o sistema, assim escrevemos:
∆U = −W.
(3.1)
No caso de forças conservativa atuando sobre o sistema, então a energia potencial do sistema é
convertida em energia cinética, de modo que a soma das duas contribuições permanece ﬁxa no tempo.
Assim, relembrando o teorema do trabalho-energia cinética, podemos escrever:
∆K = W
83
(3.2)
84
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
e combinando Eqs. (3.1) e (3.2), segue que:
∆U = ∆K
o que pode ser escrito na forma,
U2 − U1 = K 2 − K 1
ou seja,
K1 + U1 = K2 + U2 = E
onde E é a energia mecânica do sistema que é ﬁxa no tempo.
O movimento de uma partı́cula pode ser completamente descrito a partir do conhecimento de como a
energia potencial varia com a posição, ou seja, sabendo-se a função U = U (x). Por simplicidade, estamos
considerando sistemas descritos por apenas uma coordenada. Dado que saibamos o valor da energia total,
então a energia cinética pode ser determinada facilmente. Além disso, a partir da derivada da energia
potencial, podemos determinar a força atuando sobre a partı́cula para todos os valores de x. Isso pode
ser facilmente visto considerando a Eq. (3.1) e a deﬁnição de trabalho:
∆U = −W = −F ∆x
∴
F (x) = − lim
∆x→0
∆U
∆x
ou seja,
F =−
dU
.
dx
(3.3)
Na ﬁgura 3.1 é mostrado um gráﬁco de U (x) e o correspondente gráﬁco da força que atua sobre a
partı́cula. Note que a energia mecânica da partı́cula tem um valor total igual a E que é constante para
todos os valores de x. Assim, a energia E é representada por uma reta horizontal paralela ao eixo x.
Este gráﬁco indica que a partı́cula que está com uma certa velocidade no intervalo x1 < x < x2 , desde
que a energia mecânica é diferente da energia potencial neste intervalo. Assim, considere que a partı́cula
esta se movendo para a direita partindo da origem. O gráﬁco nos mostra que a medida que a partı́cula
se aproxima de x2 , sua energia cinética vai diminuindo até ser igual a zero quando x = x2 . Desde que a
energia cinética não pode ser negativa, a partı́cula não pode alcançar posições além de x2 . Considerando
a derivada da energia potencial neste ponto, notamos que a partı́cula está sofrendo a ação de uma força
no sentido −x. Assim, em x2 a partı́cula passa a ganhar velocidade no sentido contrário de modo que sua
energia cinética se torna um máximo na origem. Quando a posição da partı́cula assume valores negativos,
3.1. O MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES (MHS)
85
Figura 3.1: Gráfico de U (x) e o correspondente gráfico para a força obtido a partir da Eq. (3.3).
esta passa a desacelerar e tem novamente velocidade igual a zero quando x = x1 . O ponto de mı́nimo
do potencial em O é chamado ponto de equilı́brio estável e a forma de U (x) é chamada de “poço de
potencial”. Qualquer sistema com energia menor do que as extremidades do poço de potencial, U (x1 ) e
U (x2 ), revela um movimento oscilatório entre os pontos de retorno x1 e x2 . No caso em que as oscilações
em torno do ponto de equilı́brio estável sejam pequenas, digamos limitadas ao intervalo −A < x < A,
a energia potencial pode ser aproximada por uma forma parabólica e a força correspondente pode ser
descrita por uma forma linear do tipo:
F (x) = −kx,
(k > 0).
(3.4)
A força tende a puxar a partı́cula para o ponto de equilı́brio estável. Note que a Eq. (3.4) tem a
forma da lei de Hooke para um sistema massa-mola. De maneira correspondente, o potencial U (x) pode
ser escrito na forma:
1
U (x) = kx2 .
2
(3.5)
As Eqs. (3.4) e (3.5) são completamente gerais. Qualquer sistema cujo movimento possa ser modelado
através de equações como estas executa o chamado movimento harmônico simples. Qualquer sistema
cujo desvio do ponto de equilı́brio estável seja pequeno o suﬁciente pode ser aproximado pelas equações
86
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
acima. Dando prosseguimento ao nosso estudo de oscilações, vamos considerar agora o sistema massamola mostrado na Fig. 3.2.
Figura 3.2: Um oscilador harmônico simples. Na há atrito com a superfı́cie. O bloco se move em movimentos
harmônicos simples quando é puxado ou empurrado a partir da posição de repouso x = 0 e depois liberado.
Vamos aplicar a 2a lei de Newton ao bloco, quando este é puxado da posição de equilı́brio. Neste
caso, temos que:
ma = F (x) = −kx
Mas a aceleração a =
dv
d2 x
= 2 , assim podemos escrever ainda,
dt
dt
m
d2 x
= −kx
dt2
ou ainda,
d2 x
+ ω02 x = 0,
dt2
onde deﬁnimos ω0 como sendo:
√
ω0 =
k
.
m
(3.6)
(3.7)
A Eq. (3.6) permite determinar x(t), ou seja, a posição do bloco para todos os tempos. Resolvendo
a Eq. (3.6), podemos determinar completamente o movimento do bloco preso à mola de constante k. A
Eq. (3.6) é uma equação diferencial ordinária de segunda ordem para x(t). É de segunda ordem
porque a derivada de ordem mais elevada que aparece é a 2a . A classiﬁcação de ordinária vem do fato
de apenas o tempo t ser a variável neste caso.
3.1.1
Equações Diferenciais: breve digressão
No estudo de rotações, também tivemos a necessidade de resolver uma equação diferencial. Com efeito,
a equação de movimento para o caso de aceleração angular constante é resultado da solução de uma
3.1. O MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES (MHS)
87
equação diferencial para a posição angular. Para perceber isso, notamos que,
( )
d dθ
dω
d2 θ
=
α=
= 2
dt
dt dt
dt
e como α foi considerada constante, podemos escrever:
d2 θ
− α = 0.
dt2
(3.8)
Naquele caso, conseguimos resolver o problema primeiro integrando a deﬁnição da aceleração angular
com α = constante e o resultado foi substituı́do na equação para a velocidade angular ω = dθ/dt. Uma
segunda integração permitiu então calcular a posição θ em função do tempo. No entanto, poderı́amos
ter considerado a equação diferencial Eq. (3.8) desde o inı́cio. A questão então seria: qual a função que
derivada duas vezes e subtraı́da de uma constante α resulta no valor zero? A função tentativa seria da
forma:
1
θ(t) = A + Bt + αt2
2
que satisfaz a Eq. (3.8). Isso pode ser veriﬁcado substituindo-se esta equação diretamente em Eq. (3.8).
Este resultado familiar sugere que a solução geral de uma equação diferencial depende de duas
constantes arbitrárias, que em geral são ﬁxadas por condições iniciais:
θ(0) = θ0
dθ = ω(0) = ω0 .
dt t=0
As condições iniciais que ﬁxam as constantes A e B poderiam ser as condições iniciais acima ou
quaisquer outras duas condições que permitam obter as constantes A e B. Por exemplo, poderı́amos ter
ﬁxado o valor de θ em dois instantes de tempo diferentes, i.e., poderı́amos ter fornecido θ(t1 ) e θ(t2 ).
Caso geral
A Eq. (3.6) é uma equação diferencial linear1 desde que contém apenas termos lineares em x e suas
derivadas, i.e., não aparecem termos do tipo x2 , x3 , · · · , (dx/dt)2 , (dx/dt)3 , · · · , etc. A equação diferencial
de segunda ordem mais geral é dada por,
A
dx
d2 x
+B
+ Cx = D
2
dt
dt
onde os coeﬁcientes poderiam A, B, C e D não dependem de x mas poderiam depender de t.
1
Veja seção 3.2b do livro Curso de Fı́sica Básica, Vol.II, pg. 43.
88
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
A equação diferencial que estamos interessados tem a constante D = 0. Equações deste tipo são
chamadas equações diferenciais homogêneas e têm as seguintes propriedades:
(a) Se x1 (t) e x2 (t) são soluções da equação diferencial, a soma das duas soluções x1 (t) + x2 (t)também
é solução.
(b) Se x(t) é uma solução então ax(t), com a = constante também é solução.
Combinando estas duas propriedades podemos construir a chamada solução geral da equação diferencial:
x(t) = ax1 (t) + bx2 (t)
onde a e b são constantes arbitrárias e x1 e x2 não são múltiplas uma da outra. Do contrário, poderı́amos
colocar uma das soluções em evidência e terminar apenas com uma solução através da propriedade (b),
i.e., poderı́amos escrever (a+bc)x1 = dx1 que é a mesma solução e temos apenas uma constante arbitrária.
A solução x(t) é formada por uma combinação linear de duas soluções x1 e x2 e qualquer equação
de segunda ordem linear e homogênea terá soluções deste tipo. Observe que este tipo de construção
matemática é muito similar ao caso de vetores no plano-xy, o espaço R2 . Qualquer vetor r pode ser
escrito como uma combinação linear do tipo:
r = aî + bĵ
com a e b sendo constantes arbitrárias e os versores unitários î e ĵ desempenhando o mesmo papel que
as soluções da equação diferencial. Este caráter análogo entre o espaço R2 e o espaço das soluções da
equação diferencial de segunda ordem linear e homogênea é chamado de isomorfismo. Para aqueles que
ﬁcaram interessados e desejam maiores informações recomendo que façam um curso em Álgebra Linear2 .
3.1.2
Solução da Equação Diferencial para o oscilador harmônico
Voltando à nossa equação diferencial, vemos então que precisamos de duas soluções independentes, ou
seja, que não podem ser escritas como múltipla uma da outra. Em geral, existem alguns métodos para
achar tais soluções mas no caso presente é bastante simples obter a solução. Basta perceber que a equação
2
Uma boa sugestão é o curso de Álgebra linear do MIT no link:
http://ocw.mit.edu/courses/mathematics/
18-06-linear-algebra-spring-2010/video-lectures/.
Além disso, o curso de equações diferenciais do MIT também é interessante: http://www.youtube.com/watch?v=
XDhJ8lVGbl8
3.1. O MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES (MHS)
89
consiste de uma derivada de segunda ordem de x(t) somada à própria função multiplicada pela constante
ω02 . Conhecemos duas funções que satisfazem este requisito: a função seno e a função cosseno.
Assim, considere que x(t) é dado por:
x(t) = cos ω0 t
e substituindo na Eq. (3.6), segue que:
d2 x(t)
+ ω02 x(t) = 0
dt2
d2 (cos ω0 t)
+ ω02 cos ω0 t = 0
dt2
ou seja,
−ω02 cos ω0 t + ω02 cos ω0 t = 0
e a equação acima é satisfeita. Vamos considerar agora a função seno. Assim, fazemos:
x(t) = sin ω0 t
e substituindo na equação diferencial dada pela Eq. (3.6), segue que:
d2 x(t)
+ ω02 x(t) = 0
dt2
d2 (sin ω0 t)
+ ω02 sin ω0 t = 0
dt2
ou ainda,
−ω02 sin ω0 t + ω02 sin ω0 t = 0
e a equação acima é satisfeita.
Vemos das equações acima que a equação diferencial é satisfeita com funções seno e cosseno. Desde
que procuramos a solução geral, e que esta as funções seno e cosseno são linearmente independentes (não
podemos escrevê-las como múltiplo uma da outra), podemos escrever a solução geral como:
x(t) = a cos ω0 t + b sin ω0 t
(3.9)
A Eq. (3.9) foi obtida através da consideração de que cada uma das funções satisfaz a equação
diferencial (3.6) separadamente. Desde que a equação diferencial é linear, então segue pelas propriedades
(a) e (b) que a a combinação linear das duas soluções também é uma solução.
90
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
Podemos reescrever a Eq. (3.9) na forma alternativa:
x(t) = A cos(ω0 t + ϕ)
(3.10)
Vemos que as duas soluções Eq. (3.9) e Eq. (3.10) são equivalentes. Expandindo o cosseno da soma
na Eq. (3.10):
x(t) = A cos ω0 t cos ϕ − A sin ω0 t sin ϕ
e comparando com a solução dada pela Eq. (3.9) vemos que as equações são iguais dado que:
a = A cos ϕ
b = −A sin ϕ
Assim, dados A e ϕ, podemos determinar os valores de a e b. Da mesma forma, com a e b podemos
calcular os valores correspondentes de A e ϕ:
a
cos ϕ = √
2
a + b2
b
sin ϕ = − √
2
a + b2
onde,
A=
3.1.3
√
a2 + b2 .
Interpretação fı́sica da solução do oscilador harmônico
Agora precisamos veriﬁcar qual é a fı́sica por trás da solução dada pela Eq. (3.10). Primeiramente,
notamos que a posição do bloco varia entre −A e +A. Fica, portanto, claro que devemos identiﬁcar a
constante A com o valor máximo que a posição do bloco pode atingir. Assim, escrevemos |A| = xm que
é a amplitude da oscilação. Assim, reescrevemos Eq. (3.10) na forma,
x(t) = xm cos(ω0 t + ϕ).
(3.11)
A função cosseno é uma função periódica de t, o que signiﬁca que a função cosseno se repete após um
certo intervalo de tempo T , que chamamos de perı́odo da função. Podemos determinar o perı́odo pela
condição:
x(t + T ) = x(t)
3.1. O MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES (MHS)
91
ou seja,
xm cos[ω0 (t + T ) + ϕ] = xm cos(ω0 t + ϕ)
e os dois membros são iguais se os argumentos dos cossenos são iguais a menos de um fator 2π, i.e.,
ω0 (t + T ) + ϕ = ω0 t + ϕ + 2π
ou seja,
ω0 T = 2π
T =
2π
1
= .
ω0
f
(3.12)
onde f é a freqüência de oscilação, medida em segundo−1 ou hertz (Hz). A grandeza ω0 = 2πf chama-se
freqüência angular e se mede em rad/s ou simplesmente s−1 . Sendo uma função periódica,
O argumento do cosseno na Eq. (3.11),
θ0 = ω0 t + ϕ
(3.13)
chama-se fase do movimento, e ϕ é a constante de fase ou fase inicial (fase para t = 0).
Na ﬁgura 3.3 temos alguns gráﬁcos da função x(t) em diferentes situações com o objetivo de ilustrar
melhor a função de cada parâmetro da Eq. (3.10). Nos três exemplos da Fig. 3.3, a curva azul foi obtida
fazendo a constante de fase ϕ = 0. Na Fig. 3.3a, a diferença entre a curva vermelha e a curva azul é está
na amplitude. A curva vermelha tem uma amplitude x′m maior em comparação com a curva azul xm
assim, os deslocamentos do bloco da curva vermelha são maiores. Na curvas da Fig. 3.3b, os perı́odos
das duas curvas são diferentes. De fato, o perı́odo T ′ da curva vermelha é a metade do perı́odo T da
curva azul. Assim, vemos que a curva vermelha parece estar comprimida ao longo do eixo dos tempos.
Na Fig. 3.3c, vemos duas curvas com diferentes constantes de fase. Neste caso, a curva vermelha tem
ϕ = −π/4. Como resultado, a curva vermelha está deslocada para a direita. Fisicamente, isto equivale à
posição inicial do bloco ser diferente da posição xm de onde é solto no caso da curva azul.
Condições Iniciais
A Eq. (3.10) é a solução geral do oscilador harmônico, o que signiﬁca que existem duas constantes a
serem determinadas xm e ϕ. Apesar de conhecermos o signiﬁcado fı́sico destas constantes, precisamos
determinar as condições que a solução geral deve satisfazer para obter valores numéricos para estas
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
deslocamento
deslocamento
deslocamento
92
Figura 3.3: Alguns gráficos da posição x(t) em função do tempo.
constantes. Conforme foi ilustrado na equação diferencial para o movimento angular com aceleração
constante, existem duas condições que a equação diferencial deve satisfazer. Aqui as condições iniciais
são dadas por:
x(t = 0) = x0
dx(t) = v(t = 0) = v0
dt t=0
(3.14a)
(3.14b)
ou seja, precisamos saber de antemão o valor da posição no instante inicial t = 0 e da derivada da posição
neste instante que é a velocidade do bloco no instante t = 0.
Vamos escrever as constantes de fase e a amplitude do oscilador em temos de x0 e v0 . Para isso,
primeiramente precisamos da equação para a velocidade, assim, temos:
v(t) =
d
dx(t)
= [xm cos(ω0 t + ϕ)]
dt
dt
ou seja,
v(t) = −xm ω0 sin(ω0 t + ϕ)
(3.15)
onde notamos que o fator ω0 xm é a amplitude da velocidade do bloco do sistema massa-mola. Resta
então, aplicar as condições iniciais sobre as Eqs. (3.10) e (3.15):
x(0) = x0 = xm cos(0 + ϕ) = xm cos ϕ
3.1. O MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES (MHS)
93
e
v(0) = v0 = −xm ω0 sin(0 + ϕ)] = −xm ω0 sin ϕ
Temos um sistema com duas equações e duas incógnitas, assim, escrevemos:
x20 +
v02
= x2m
ω02
ou seja,
√
xm =
x20 +
v02
ω02
e dividindo as duas relações, podemos obter a o ângulo ϕ:
(
)
v0
ϕ = arctan
.
x0 ω0
Retomando a Eq. (3.15), podemos reescrever a velocidade da seguinte forma,
(
π)
v(t) = xm ω0 cos ω0 t + ϕ +
2
(3.16)
existe uma defasagem de π/2 entre a velocidade e a posição da partı́cula. Nas Figs. 3.4a e 3.4b são
mostradas as curvas de x(t) e v(t) com ϕ = 0, respectivamente. Notamos que a velocidade tem um valor
máximo (ω0 xm ) quando x = 0 e é nula quando x = |xm |.
Resta agora determinar a curva para a aceleração a(t) que é obtida derivando-se a velocidade dada
pela Eq. (3.15):
a(t) = −xm ω02 cos(ω0 t + ϕ)
ou seja,
a(t) = −ω02 x(t).
A curva da aceleração é ilustrada na Fig. 3.4c. Notamos que a força sempre aponta no sentido
contrário à posição da partı́cula desde que no movimento harmônico, a força tentar restaurar a posição
de equilı́brio.
3.1.4
Energia do Oscilador Harmônico
A energia cinética do oscilador harmônico pode ser calculada diretamente pela Eq. (3.15):
1
K = mv 2
2
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
aceleração
velocidade
deslocamento
94
Figura 3.4: Comparação entre a curvas da (a) posição x(t), (b) velocidade v(t) e (c) aceleração em função do
tempo. Todas as curvas foram determinadas considerando ϕ = 0.
ou ainda,
1
K = m [−xm ω0 sin(ω0 t + ϕ)]2
2
1
K = mx2m ω02 sin2 (ω0 t + ϕ).
2
(3.17)
Podemos determinar a energia potencial através da Eq. (3.5):
1
U (x) = kx2
2
e substituindo a Eq. (3.11), segue que:
1
U (x) = k [xm cos(ω0 t + ϕ)]2
2
ou seja
1
U (x) = mω02 x2m cos2 (ω0 t + ϕ).
2
(3.18)
3.1. O MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES (MHS)
95
onde usamos a deﬁnição ω02 = k/m. Somando as Eqs. (3.17) e (3.18), obtemos:
1
1
K + U = mx2m ω02 sin2 (ω0 t + ϕ) + mω02 x2m cos2 (ω0 t + ϕ)
2
2
ou seja,
1
K + U = mx2m ω02 [sin2 (ω0 t + ϕ) + cos2 (ω0 t + ϕ)]
2
ou seja,
1
1
K + U = mx2m ω02 = kx2m
2
2
e desde que a soma da energia cinética e a energia potencial é a energia mecânica total do sistema
massa-mola, podemos escrever:
1
Em = kx2m
2
(3.19)
A energia mecânica do oscilador é constante e independente do tempo. A energia potencial e cinética
são mostradas na Fig. 3.5a em função do tempo e na Fig.3.5b em função da posição, x. Vemos então que
parte da energia mecânica é armazenada no elemento elástico (energia potencial) e parte é armazenada
de inércia (energia cinética). Quando o bloco atinge a amplitude máxima xm toda a energia mecânica
está armazenada na mola na forma de energia potencial. Isso ocorre para t = T . Quando a mola está na
posição x = 0, o que ocorre para t = T /4, toda a energia está armazenada na forma cinética.
Na Eq. (3.18), vemos que a energia potencial varia com o quadrado da posição da partı́cula, como
deveria desde que estamos considerando que a energia potencial tem uma forma parabólica. Usando a
identidade sin2 θ + cos2 θ = 1, podemos escrever a energia cinética em função da posição. Retomando a
Eq. (3.17) segue que:
1
1
1
1
K = mx2m ω02 sin2 (ω0 t + ϕ) = mx2m ω02 [1 − cos2 (ω0 t + ϕ)] = mx2m ω02 − mx2 ω02
2
2
2
2
ou seja,
1
K = mω02 (x2m − x2 )
2
(3.20)
O gráﬁco da Eq. (3.20) é mostrado na Fig.3.5b. Vemos que é inverso do gráﬁco da energia potencial
e portanto tem o máximo no ponto x = 0 e mı́nimos nos pontos x = ±xm .
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
Energia
Energia
96
Figura 3.5: Comparação entre a curvas da (a) posição x(t), (b) velocidade v(t) e (c) aceleração em função do
tempo. Todas as curvas foram determinadas considerando ϕ = 0.
3.2
Aplicações do movimento harmônico simples
Aqui vamos considerar alguns exemplos de sistemas que exibem movimento harmônico simples. Até
aqui escolhemos o sistema massa-mola para desenvolver todas as equações do movimento harmônico
simples. No entanto, independentemente do tipo de sistema e do deslocamento, ﬁcará claro que a equação
diferencial que modela o movimento do oscilador é idêntica para todos os casos.
3.2.1
O pêndulo de torção
Considere o disco pendurado por ﬁo a uma extremidade ﬁxa, conforme mostrado na Fig. 3.6. Quando
fazemos o disco girar por um ângulo θ a partir da posição de equilı́brio, o ﬁo aplica um torque restaurado
dado por:
τ = −κθ
3.2. APLICAÇÕES DO MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES
onde κ é a constante de torção do ﬁo. Assim, desde que o torque é dado por τ =
97
dL
, onde L é momento
dt
Extremidade
fixa
Fio de
suspensão
Linha de
referência
Figura 3.6: O pêndulo de torção ilustrado acima é a versão angular de um oscilador harmônico simples linear.
O disco oscila no plano horizontal; a reta de referência oscila com amplitude θm . A torção no fio de suspensão
armazena a energia potencial de forma semelhante a uma mola e produz o torque restaurador.
angular do disco, podemos escrever:
dL
= −κθ
dt
e como L = Iω para um corpo rı́gido como o disco, segue que:
d(Iω)
dω
=I
dt
dt
ou, como ω = dθ/dt, segue que:
d2 θ
d(Iω)
=I 2
dt
dt
e substituindo na equação para o torque, podemos escrever:
I
d2 θ
+ κθ = 0
dt2
ou seja,
d2 θ κ
+ θ = 0.
dt2
I
98
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
que tem a mesma forma da equação diferencial para o sistema massa-mola, onde θ faz o mesmo papel da
posição x do bloco. Assim, de maneira análoga, podemos identiﬁcar a freqüência do sistema massa-mola
na forma,
√
ω0 =
κ
I
e como ω0 = 2π/T onde T é o perı́odo de oscilação, podemos escrever o perı́odo para o pêndulo de torção
na seguinte forma:
√
T = 2π
3.2.2
I
.
κ
Pêndulos
Até aqui consideramos sistemas em que a força restauradora era oriunda de um elemento elástico, i.e.,
uma mola, ou o ﬁo no caso do pêndulo de torção. Consideramos que esta força era proporcional ao
deslocamento cuja constante de proporcionalidade dependia das caracterı́sticas do elemento elástico.
Vamos agora considerar o caso em que penduramos uma massa por um ﬁo ou cabo pivotado em um
determinado ponto. Assim, quando deslocamos a massa do ponto de equilı́brio a força da gravidade que
atua sobre a massa é a força restauradora.
O pêndulo simples
O exemplo mais elementar de pêndulo é o chamado pêndulo simples que consiste em uma massa m
pendurada em uma das extremidades de um ﬁo de comprimento L enquanto a outra extremidade está
localizada em ponto ﬁxo, conforme mostrado na Fig. 3.7a. Para determinar o movimento da massa m em
torno do ponto ﬁxo, decompomos as forças que atuam sobre ela conforme mostrado na Fig. 3.7b. Temos
a força da gravidade F⃗g atuando na direção vertical e a tração no ﬁo T⃗ atuando ao longo do ﬁo. A tração
no ﬁo é anulada pela componente Fg cos θ da força da gravidade enquanto a componente perpendicular
ao ﬁo produz um torque igual a −Fg L sin θ, onde o sinal de menos aparece devido ao torque produzir um
movimento no sentido horário, que por convenção é negativo. Assim, escrevemos:
τ = −Fg L sin θ
E como sabemos, o torque é igual a Iα, podemos escrever:
α=−
Fg L
sin θ
I
3.2. APLICAÇÕES DO MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES
99
Ponto
fixo
Figura 3.7: (a) Um pêndulo simples. (b) As forças que agem sobre o peso são a força gravitacional F⃗g e a tração
no fio T⃗ . A componente tangencial da força gravitacional Fg sin θ é a força restauradora que tende a levar o pêndulo
de volta para a posição central.
e como α = d2 θ/dt2 , temos:
Fg L
d2 θ
sin θ
=−
2
dt
I
e como o módulo da força gravitacional é dada por mg, segue que:
d2 θ
mgL
sin θ.
=−
2
dt
I
A equação acima permite determinar a posição da massa com o tempo, no entanto, é difı́cil de ser
resolvida devido ao seno que aparece no segundo membro. Aqui faremos uma restrição sobre o movimento
do pêndulo: consideramos que o deslocamento angular em torno da posição de equilı́brio (θ = 0) é muito
pequeno. Neste caso, podemos aproximar sen θ ≈ θ e, com isso, podemos escrever:
d2 θ mgL
+
θ=0
dt2
I
e novamente temos uma equação diferencial para um movimento harmônico simples. Reconhecendo que
o coeﬁciente de θ é igual ao quadrado da freqüência angular, podemos escrever:
√
mgL
ω0 =
I
e, portanto, o perı́odo do pêndulo é dado por:
T = 2π
√
I
.
mgL
100
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
Como estamos considerando um pêndulo simples, então a massa está toda localizada no corpo que
está preso ao ﬁo, que por sua vez, tem massa desprezı́vel. Assim, o momento de inércia é simplesmente
igual a I = mL2 , logo, o perı́odo pode ser escrito como:
√
T = 2π
L
.
g
O pêndulo fı́sico
Em geral, quando penduramos qualquer objeto, independente de sua forma, em torno de um ponto ﬁxo
e o tiramos do equilı́brio este passa a oscilar. Assim, no caso de pequenas amplitudes de oscilação, i.e.,
quando sin θ ≈ θ, podemos obter um movimento harmônico simples novamente. Para obter a equação
diferencial para este pêndulo, considere a Fig. 3.8. Vemos que a força gravitacional atura sobre o centro
de massa produzindo um torque em relação ao ponto O, onde o pêndulo está ﬁxo. A distância entre o
centro de massa e a origem O é h, logo de acordo com a 2a lei de Newton angular, podemos escrever,
τ = Iα = −Fg h sin θ
e considerando que a massa do corpo é m, podemos escrever ainda:
Figura 3.8: Um pêndulo simples fı́sico. O torque restaurador é Fg h sin θ. Quando θ = 0, o centro de massa C
está situado diretamente abaixo do ponto de suspensão O.
Iα = −mgh sin θ
3.2. APLICAÇÕES DO MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES
101
e usando a aproximação para o movimento harmônico simples podemos escrever:
Iα ≈ −mghθ
e obtemos a mesma equação obtida no caso do pêndulo simples:
d2 θ mgh
+
θ=0
dt2
I
e da mesma forma, que nos casos anteriores, podemos determinar o perı́odo de oscilação:
√
I
.
T = 2π
mgh
E vemos, portanto, que o pêndulo simples é uma particularização para o caso em que o pêndulo
fı́sico se reduz a uma massa localizada na extremidade do ﬁo. No entanto, o momento de inércia é uma
expressão indeterminada desde que estamos considerando um corpo de forma arbitrária.
Medindo a aceleração da gravidade
Podemos usar o pêndulo fı́sico para determinar a aceleração da gravidade através da medida do perı́odo
T de oscilação. Para isso, considere que o pêndulo fı́sico é uma barra uniforme de comprimento L. Neste
caso o centro de massa da barra está localizada no seu centro, i.e., o centro de massa ﬁca na distância
L/2. Considere que a barra está pivotada em uma de suas extremidades, assim a distância h entre este
ponto e o centro de massa é igual a L/2. Para determinar o perı́odo T de oscilação iremos precisar do
momento de inércia I em torno do eixo de rotação. Para isso, podemos usar o teorema do eixo paralelo,
que permite relacionar o momento de inércia procurado com o momento de inércia em torno do centro
de massa da barra que conhecemos ser igual a Icm = mL2 /12. Assim, temos que:
I = Icm + mh2
e substituindo-se os valores correspondentes, podemos escrever
( )2
mL2
L
I=
+m
12
2
o que após uma rápida álgebra ﬁca na forma:
I=
mL2
3
Substituindo este resultado na expressão para o perı́odo, podemos escrever:
√
mL2
T = 2π
.
3mg(L/2)
102
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
ou seja,
√
T = 2π
2L
.
3g
e elevando a expressão ao quadrado, temos ainda:
T 2 = 4π 2
2L
3g
(3.21)
logo,
g=
8π 2 L
3T 2
que permite determinar a aceleração g através da medida de T e L. Alternativamente podemos usar a
Eq. (3.21) para construir um gráﬁco de T 2 × 2L/3 para diferentes valores do comprimento da barra. Com
isso, o coeﬁciente angular da reta corresponderia ao inverso da aceleração da gravidade. Outra maneira
seria usar a mesma barra mas variando a distância h entre o centro de massa e o ponto de rotação. Com
isso, poderı́amos obter um gráﬁco linear onde o coeﬁciente angular nos indicaria o valor da aceleração da
gravidade.
3.2.3
Exemplos
1. Um bloco de massa M = 5, 4 kg, em repouso sobre uma mesa horizontal sem atrito, está ligado a um
suporte rı́gido através de uma mola de constante elástica k = 6000 N/m. Uma bala de massa m = 9, 5 g
e velocidade ⃗v de módulo 630 m/s atinge o bloco e fica alojada nele (veja Fig. 3.9). Supondo que a
compressão da mola é desprezı́vel até a bala se alojar no bloco, determine (a) a velocidade do bloco imediatamente após a colisão e (b) a amplitude do movimento harmônico simples resultante.
(a)
Considerando que se trata de uma colisão inelástica, então considerando que o conjunto bloco+bala
tem uma velocidade v ′ após a colisão, então podemos escrever:
mv = (M + m)v ′
o que nos permite escrever
v′ =
m
v.
M +m
3.2. APLICAÇÕES DO MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES
103
Figura 3.9: Veja exemplo 1.
Note que a colisão da bala com o bloco, sendo inelástica, não conserva energia. No entanto, o momento
linear é conservado o que nos permitiu determinar a velocidade do bloco. O valor numérico da velocidade
v ′ pode ser obtido substituindo-se os parâmetros correspondentes:
v′ =
9, 5 × 10−3 kg
× 630 m/s.
5, 4 kg + 9, 5 × 10−3 kg
o que resulta em:
v ′ = 1, 1 m/s
que é a resposta procurada.
(b)
Uma vez que temos o bloco+bala com velocidade v ′ podemos aplicar a conservação da energia desde
que agora temos o movimento do bloco e a compressão da mola que exerce uma força igual a −kx(t),
onde x(t) é e a posição do bloco no instante t. Como não temos atrito, podemos escrever:
1
1
(m + M )v ′2 = kx2m
2
2
desde que a velocidade inicial é a velocidade máxima do bloco, correspondente ao valor máximo da energia
do sistema. Quando o bloco pára toda a energia mecânica é convertida em energia potencial da mola que
é comprimida com a distância máxima dada por xm , assim, podemos escrever:
√
m+M
′
xm = v
k
104
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
e substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:
√
9, 5 × 10−3 kg + 5, 4 kg
xm = 1, 1 m/s
6000 N/m
ou seja,
xm = 3, 3 cm.
Figura 3.10: Veja exemplo 2.
2. Na Fig. 3.10 dois blocos (m = 1, 8 kg e M = 10 kg) e uma mola (k = 200 N/m) estão dispostos
em uma superfı́cie horizontal sem atrito. O coeficiente de atrito estático entre os dois blocos é 0,40. Que
amplitude do movimento harmônico simples do sistema blocos-mola faz com que o bloco menor fique na
iminência de deslizar sobre o bloco maior?
A força de atrito deve compensar a aceleração do sistema. O módulo da aceleração máxima ocorre
quando os blocos atingem a amplitude máxima do deslocamento, assim, podemos escrever:
a = ω02 xm =
k
xm
m+M
e de acordo com a segunda lei de Newton, temos também:
ma = fs = µe N = µe mg
assim, combinando este valor de aceleração com a aceleração devido à força exercida pela mola, podemos
escrever,
k
xm = µe g
m+M
e isolando a amplitude máxima, segue que:
(
xm =
m+M
k
)
µe g.
3.2. APLICAÇÕES DO MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES
105
Substituindo os valores dos parâmetros obtemos ﬁnalmente:
)
(
1, 8 kg + 10 kg
xm =
× 0, 40 × 9, 8 m/s2
200 N/m
xm = 23 cm.
3. Na Fig. 3.11 uma barra de comprimento L = 1, 85 m oscila como um pêndulo fı́sico. (a) Que
valor da distância x entre o centro de massa da barra e o ponto de suspensão O corresponde ao menor
perı́odo? (b) Qual é esse perı́odo?
Figura 3.11: Veja exemplo 3.
(a)
O perı́odo do pêndulo fı́sico é dado por:
T = 2π
√
Icm + M x2
M gx
onde M é a massa da barra e x é a distância entre o centro de massa da barra e o ponto em torno do
qual a barra se movimenta. Para determinar o valor da distância x que minimiza o perı́odo de oscilação,
devemos calcular a derivada dT /dx e igualar a zero. Com isso, podemos encontrar o valor de x que
minimiza o perı́odo de oscilação. Assim, temos que:
√

√
d √
d √
2) − I
2
M
gx
(
I
+
M
x
+
M
x
(
M
gx)
cm
cm
dT


dx
dx
= 2π 

dx
M gx
106
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
onde usamos a relação d/dx(u/v) = (u′ v − uv ′ )/v 2 . Agora, resolvendo as derivadas no numerador da
fração, segue que:

√
 M gx
dT
= 2π 

dx
(
Mx
√
Icm + M x2
)
√
− Icm + M x2
(
M gx
)
Mg
√
2 M gx 


onde usamos,
Mx
d √
[Icm + M x2 ]−1/2
( Icm + M x2 ) =
2M x = √
dx
2
Icm + M x2
e,
d √
1
Mg
( M gx) = [M gx]−1/2 M g = √
.
dx
2
2 M gx
Podemos escrever a derivada da seguinte maneira:
[
]
2M 2 gx2 − (Icm + M x2 )M g
dT
√
= 2π
dx
2(M gx)3/2 Icm + M x2
Seja x̃ o valor de x que faz o perı́odo ser um mı́nimo, assim, quando x = x̃, podemos escrever,
dT = 0,
dx x=x̃
assim temos:
]
[
dT 2M 2 gx̃2 − (Icm + M x̃2 )M g
√
=0
= 2π
dx x=x̃
2(M gx̃)3/2 Icm + M x̃2
o que nos permite escrever:
2M 2 gx̃2 − (Icm + M x̃2 )M g = 0
2M 2 gx̃2 − Icm M g − M 2 gx̃2 = 0
ou seja,
√
M x̃ − Icm = 0
2
∴
x̃ =
Icm
M
No caso da barra, o momento de inércia em torno do centro de massa Icm = M L2 /12, assim, podemos
obter o valor numérico para x̃:
√
x̃ =
M L2
L
=√ .
12M
12
3.3. MOVIMENTO HARMÔNICO SIMPLES E MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME
107
Com L = 1, 85 m, obtemos
√
x̃ = 1, 85 m/ 12 = 0, 53 m.
(b)
O perı́odo correspondente pode ser determinado diretamente
3.3
Movimento Harmônico Simples e Movimento Circular Uniforme
O movimento harmônico simples tem uma relação muito próxima com o movimento circular uniforme, que
deve ter sido estudado no curso anterior de mecânica. De fato, conforme mostrado na Fig. 3.12, podemos
fazer isso considerando um ponto P ′ da trajetória circular descrita por uma partı́cula. Considerando que
o raio do cı́rculo é igual a xm e o ângulo que o raio vetor que liga o ponto P ′ à origem é dado por ωt + ϕ,
então a componente horizontal do movimento, descrita pelo movimento do ponto P , pode ser escrita
como:
x(t) = xm cos(ωt + ϕ)
onde usamos o triângulo retângulo formado pelos pontos O, P e P ′ . Note que esta equação é exatamente
a Eq. (3.11) obtida através para o sistema massa-mola (exceto que estamos usando ω em vez de ω0 ).
O módulo da velocidade no movimento circular uniforme é dado por v = ωr, que se reduz a v = ωxm
e usando o triângulo retângulo da Fig. 3.12b, podemos escrever:
v(t) = −ωxm sin(ωt + ϕ)
que também também apresenta a mesma forma que a velocidade para o movimento harmônico simples.
A aceleração radial no movimento circular uniforme tem módulo igual a ar = ω 2 r, e desde que estamos
chamando o raio da trajetória de xm , temos que o módulo da aceleração a = ω 2 xm , assim, usando a Fig.
3.12c, podemos escrever a componente horizontal da aceleração na forma:
v(t) = −ω 2 xm cos(ωt + ϕ)
onde o sinal de menos indica que a aceleração é contrária ao movimento da mesma forma que a velocidade.
Com isso, ﬁca demonstrado que a projeção do movimento circular uniforme é igual a um movimento
harmônico simples. Com efeito, uma das demonstrações famosas deste fato é a órbita dos satélites de
108
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
Figura 3.12: O movimento circular uniforme, quando projetado em uma das coordenadas, é igual ao movimento
harmônico simples. Isso pode ser visto em (a) onde o movimento do ponto P ′ rebatido no eixo x corresponde
ao movimento de P no eixo x. (b) velocidade do ponto P ′ também é rebatido no eixo x e corresponde à mesma
forma que obtivemos no movimento harmônico simples. (c) aceleração correspondente cuja componente horizontal
também se reduz à expressão obtida para o movimento harmônico simples.
Júpiter que Galileu descobriu em 1610. Ele observou que os satélites estavam se delocando de um lado
para outro em torno de Júpiter. De fato, eles circulam em torno de Júpiter mas Galileu apenas observou
sua projeção que resulta em um MHS.
3.4
Oscilações Amortecidas e Forçadas
Até o momento consideramos oscilações harmônicas do sistema sem considerar forças externas dissipativas. Assim, apenas as forças conservativas atuavam no sistema. Assim, a energia do sistema permanecia
constante e podı́amos descrever o movimento oscilatório como uma troca da energia cinética em energia
potencial. Agora vamos considerar uma situação mais realı́sticas onde um fator de amortecimento pode
estar presente e uma força aplicada por um agente externo é aplicada. Os movimentos oscilatórios resultantes são chamados de oscilações amortecidas e oscilações forçadas quando aplicamos uma força externa
para compensar as perdas devido à dissipação da energia.
3.4.1
Oscilações Amortecidas
No caso das oscilações amortecidas, existe uma força de amortecimento que se opõe ao movimento do
objeto. No caso de um pêndulo simples, o fator de amortecimento é a resistência do ar (e o atrito no
3.4. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS
109
suporte). Em qualquer caso, consideramos que o fator de amortecimento seja uma força proporcional à
velocidade do corpo. Isto é válido desde que a velocidade do corpo seja baixa. Assim, escrevemos,
Fa = −bv = −b
dx
.
dt
(3.22)
Assim, na aplicação da 2a lei de Newton, temos duas forças a serem consideradas: a força restauradora,
obtida da derivada do potencial, e a força dada pela Eq. (3.22), assim, escrevemos:
ma =
∑
F
onde a soma é sobre todas as forças que atuam sobre um corpo de massa m. Assim, temos:
ma = −kx − b
dx
dt
e como a aceleração é a segunda derivada da posição, podemo escrever ainda,
m
dx
d2 x
= −kx − b
2
dt
dt
ou ainda,
m
d2 x
dx
+ kx = 0
+b
2
dt
dt
e dividindo a equação pela massa m, podemos escrever:
d2 x
b dx
k
+
+ x = 0.
2
dt
m dt
m
(3.23)
Aqui é conveniente deﬁnir a constante de amortecimento na forma:
γ=
b
m
ω02 =
k
m
(3.24)
e já tı́nhamos deﬁnido a razão k/m:
que é a freqüência de oscilação natural do sistema. Dizemos “natural” porque esta seria a freqüência
com que o sistema iria oscilar se deixado livre de forças externas, conforme já discutimos anteriormente.
Substituindo estas deﬁnições na Eq. (3.25), obtemos ainda:
d2 x
dx
+γ
+ ω02 x = 0.
dt2
dt
(3.25)
110
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
que é uma equação diferencial ordinária de 2a ordem linear com coeﬁcientes constantes. Note que agora
temos um termo adicional proporcional a primeira derivada de x(t).
A solução da equação diferencial neste caso requer uma discussão mais prolongada, e não vamos fazêla aqui. Para detalhes sobre a solução recomendamos a leitura dos capı́tulos 3 e 4 do livro do Moysés.
Da mesma forma que no caso anterior, a solução geral contém duas constantes indeterminadas que são
a amplitude e a constante de fase. A solução da equação depende dos valores de γ/2 e ω0 . Temos três
possibilidades: γ/2 < ω0 , γ/2 = ω0 e γ/2 > ω0 . Estes casos particulares são denominados amortecimento,
subcrı́tico, crı́tico e supercrı́tico. Vamos considerar analisar cada caso separadamente.
Amortecimento subcrı́tico (γ/2 < ω0 )
Para o caso de amortecimento subcrı́tico, a solução da equação diferencial Eq. (3.25) fornece:
x(t) = xm e−(γ/2)t cos (ωt + ϕ)
(3.26)
onde,
√
ω=
ω02 −
γ2
,
4
válido para
γ/2 < ω0 .
(3.27)
Vemos que existem duas diferenças neste caso em comparação com o MHS que estudamos na seção
anterior. O sistema oscila com uma freqüência diferente ω ̸= ω0 e a amplitude diminui com o tempo
devido ao termo exponencial e−(γ/2)t . Assim, para intervalos de tempo muito longos o sistema pára de
oscilar, pois e−(γ/2)t → 0 quando t → ∞. Note que este é o caso de amortecimento fraco de modo que
a oscilação tem sua amplitude reduzida aos poucos à medida que o tempo passa. Para ilustrar melhor o
efeito do amortecimento sobre o movimento do corpo oscilante na Fig. 3.13 temos o gráﬁco de x(t).
Figura 3.13: Gráfico da Eq. (3.26) mostrando que a amplitude, dada por xm e−(γ/2)t , diminui exponencialmente
com o tempo.
3.4. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS
111
Considerações sobre energia
Da mesma forma que amplitude vai sendo reduzida à medida que o tempo passa, a energia mecânica
armazenada no oscilador vai sendo convertida em calor, som, etc., e portanto, sendo reduzida gradativamente. Podemos notar isso calculando a energia mecânica diretamente usando a Eq. (3.26) nas deﬁnições
da energia potencial e energia cinética. Assim, temos para a energia potencial:
1
U (x) = kx2
2
1
U = kx2m e−γt cos2 (ωt + ϕ)
2
ou ainda,
1
U = mω 2 x2m e−γt cos2 (ωt + ϕ)
2
onde usamos k = mω 2 Para determinar a energia cinética, precisamos calcular a velocidade, assim, temos:
v(t) =
]
dx(t)
d [
=
xm e−(γ/2)t cos (ωt + ϕ)
dt
dt
Aqui consideramos que durante um perı́odo de oscilação, o amortecimento é muito pequeno, de modo
que o termo exponencial é aproximadamente constante. Esta aproximação é razoável desde que a condição
γ/2 ≪ ω0 . Assim, podemos desprezar a dependência temporal da exponencial. Com isso, precisamos
derivar apenas o cosseno:
v(t) = −ωxm e−(γ/2)t sin (ωt + ϕ) .
A energia cinética pode ser escrita na seguinte forma:
1
K = mv 2
2
logo,
1
K = mω 2 x2m e−γt sin2 (ωt + ϕ)
2
A energia mecânica é dada por:
Em = K + U
112
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
e substituindo as expressões que obtivemos para as energias cinética e potencial, segue que:
1
1
Em = mω 2 x2m e−γt sin2 (ωt + ϕ) + mω 2 x2m e−γt cos2 (ωt + ϕ)
2
2
[
]
1
= mω 2 x2m e−γt sin2 (ωt + ϕ) + cos2 (ωt + ϕ)
2
ou seja,
1
Em = mω 2 x2m e−γt .
2
e vemos que a energia mecânica decai exponencialmente tão logo o amortecimento seja fraco.
Figura 3.14: Sistema com amortecimento supercrı́tico. Note que o sistema não apresenta oscilação pois o amortecimento prevalece neste caso.
Amortecimento Supercrı́tico (γ/2 > ω0 )
Neste caso o amortecimento é intenso de maneira que a solução para a Eq. (3.26) é dada por:
x(t) = e−γt/2 (aeβt + be−βt )
onde,
√
β=
γ2
− ω02
4
(3.28)
(3.29)
que é sempre menor do que γ/2, de modo que,
x(t) = (ae−(γ/2−β)t + be−(β+γ/2)t )
é a soma de duas exponenciais decrescentes. O fator β acaba reduzindo o decaimento pois aparece
subtraindo o fator γ. Assim, notamos que o sistema não oscila neste caso, apenas relaxa para o estado
de equilı́brio, conforme mostrado na Fig. 3.14.
3.4. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS
113
Amortecimento Crı́tico (γ/2 = ω0 )
Neste caso, temos que a freqüência ω0 é igual ao fator de amortecimento. Assim, temos uma situação
intermediárias entre as duas anteriores. A solução da equação diferencial para este caso é dada por:
x(t) = (A + Bt)e−γt/2
(3.30)
que decai mais rapidamente para tempos grandes que a Eq. (3.28), onde o termo eβt , como vimos reduz o
decaimento. Na Fig. 3.15 temos uma comparação entre as soluções para os três tipos de amortecimento,
onde vemos claramente que o amortecimento crı́tico é o caso que se aproxima mais rapidamente do
equilı́brio.
Figura 3.15: Comparação dos três tipos de amortecimento. Notamos que o amortecimento crı́tico se aproxima
mais rapidamente do equilı́brio.
3.4.2
Oscilações Forçadas e Ressonância
Até o momento consideramos um sistema oscilante na ausência de forças externas. No movimento harmônico simples observamos que o sistema oscila com uma freqüência bem deﬁnida e quando adicionamos
efeitos dissipativos, a amplitude das oscilações tende a zero para tempos longos. Agora considere que o
sistema é submetido a uma força externa que também oscila com uma freqüência ω e com módulo dado
por forma F = F0 cos ωt. Aplicando a 2a lei de Newton para este caso, é fácil mostrar que a equação
diferencial para o sistema pode ser escrita na forma:
dx
d2 x
+γ
+ ω02 x = F0 cos ωt
dt2
dt
(3.31)
114
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
e vemos que agora temos duas freqüência no problema, a freqüência natural de oscilação (ω0 ) e a freqüência
da força externa (ω).
Novamente, não vamos considerar a solução da equação diferencial, mas o leitor que tenha interesse
pode consultar o livro do Moysés Vol.II para uma discussão completa do procedimento de solução. Aqui
vamos nos ater à discussão da solução da Eq. (3.31) que é dada por:
x(t) = xm (ω) cos[ωt + ϕ(ω)]
(3.32)
onde,
xm (ω) = √
F0 /m
(ω02
− ω 2 )2 + γ 2 ω 2
(3.33)
e,
(
ϕ(ω) = − arctan
γω
ω02 − ω 2
)
.
(3.34)
A primeira diferença com os casos anteriores é a dependência da amplitude e da constante de fase
com a freqüência da força externa. Vemos, portanto, que a amplitude resultante depende não apenas da
intensidade com que puxamos ou empurramos o bloco do sistema massa-mola ou com que tiramos do
equilı́brio o pêndulo. A freqüência com que fazemos isso desempenha um papel importante.
Para obter uma idéia mais clara sobre o signiﬁcado da solução representada pela Eq. (3.32), vamos
considerar o caso particular em que o amortecimento é fraco (γ ≪ ω0 ). Neste caso o sistema vai oscilar
com a amplitude dependendo da força externa e da constante de amortecimento.
3.4.3
Ressonância
Na situação em que a freqüência da força externa é muito próxima do valor da freqüência natural do
sistema, i.e., ω ≈ ω0 . Assim, a seguinte desigualdade é válida:
|ω0 − ω| ≪ ω0
o que nos permite escrever a Eq. (3.33) na seguinte forma:
xm (ω) = √
F0 /m
4ω02 (ω0
− ω)2 + γ 2 ω02
onde ﬁzemos as seguintes aproximações:
(ω02 − ω 2 ) = (ω0 − ω)(ω0 + ω) = (ω0 − ω)(2ω0 + ω − ω0 )
≈ 2ω0 (ω0 − ω)
3.4. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS
115
e,
γω = γ(ω0 + ω − ω0 ) ≈ γω0 .
Da mesma forma, podemos aproximar a constante de fase da seguinte forma,
)
(
)
(
γ
γω0
= − arctan
ϕ(ω) ≈ − arctan
2ω0 (ω0 − ω)
2(ω0 − ω)
Podemos escrever o quadrado da amplitude da seguinte forma,
x2m (ω) =
F02 /4ω02 m2
.
γ2
2
(ω0 − ω) +
4
Na Fig. 3.16 mostramos dois gráﬁcos da equação acima para dois valores diferentes da constante de
amortecimento γ. Nota-se que o quadrado da amplitude tem um máximo quando ω ≈ ω0 para as duas
curvas. Sempre quando a freqüência da força externa é igual a freqüência natural do sistema a amplitude
das oscilações é máxima e dizemos que atingimos a condição de ressonância.
amortecimento
fraco
amortecimento
forte
Figura 3.16: São apresentadas duas curvas da amplitude xm em termos da freqüência da força externa para dois
valores diferentes da constante de amortecimento γ1 e γ2 com γ1 < γ2 . Também é indicada a largura da curva a
meia altura ∆ω onde notamos que esta aumenta com o amortecimento. Notamos que o valor máximo da amplitude
é fortemente reduzido com o aumento de γ.
É importante notar que a condição de ressonância é satisfeita independentemente do amortecimento,
mas este afeta fortemente o valor máximo atingido pela amplitude. Na Fig. 3.16, γ1 < γ2 e vemos
116
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
também que para γ = γ2 a largura a meia altura é maior à medida que o amortecimento aumenta. A
condição de ressonância dever ser observada para qualquer estrutura mecânica que apresente algum tipo
de vibração. De fato, quanto menor o amortecimento maiores serão as amplitudes atingidas o que pode
levar a sérios problemas dependendo da estrutura em questão. Por exemplo, em um projeto de avião é
recomendável que a freqüência de vibração das asas seja bem diferente da freqüência angular dos motores.
Caso contrário, para certos valores da velocidade dos motores, as asas podem começar a vibrar fortemente
comprometendo a estabilidade da aeronave. Em engenharia civil, problemas de ressonância são bastante
comuns no projeto de prédios muito altos e pontes que podem oscilar com os fortes ventos a que ﬁcam
submetidos.
3.4.4
Exemplos
1. Um objeto de 10, 6 kg oscila na ponta de uma mola vertical que tem uma constante elástica k = 2, 05 ×
104 N/m. O efeito da resistência do ar é representada pelo coeficiente de amortecimento b = 3, 00 N.s/m.
(a) Calcule a freqüência da oscilação amortecida (suponha amortecimento subcrı́tico). Neste caso a
freqüência natural do sistema é afetada de maneira significativa pelo amortecimento? (b) Por quantos
por cento a amplitude da oscilação decresce em cada ciclo ? (c) Encontre o intervalo de tempo em que a
energia do sistema é reduzida para 5% do seu valor inicial.
A freqüência para o caso sem amortecimento é dada por:
√
√
k
2, 05 × 104 N/m ∼
ω0 =
=
= 44 rad/s
m
10, 6 kg
(a)
Temos que determinar a constante de amortecimento γ dada por:
γ=
b
3, 00 N.s/m
=
= 0, 283 s−1
m
10, 6 kg
√
ω=
ω02 −
e substituindo-se os valores correspondentes, segue que:
√
ω=
(44 rad/s)2 −
γ2
4
(0, 283 s−1 )2
4
3.4. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS
√
ω=
(44 rad/s)2 −
117
(0, 283 s−1 )2 ∼
= 44 rad/s.
4
e vemos que o amortecimento praticamente não altera a freqüência de ressonância do sistema.
(b)
Temos que
x(t) = xm e−γt/2 cos(ωt + ϕ)
assim, para um perı́odo T = 2π/ω, a amplitude muda de xm para xm e−γπ/ω e para um decréscimo
fracional dado por:
xm − xm e−γπ/ω
= 1 − e−γπ/ω = 0, 02 = 2% em cada ciclo.
xm
(c)
A energia do sistema é dada por:
1
Em (t) = mω 2 x2m e−γt
2
e queremos o tempo t′ para Em (t′ ) = 0, 05Em (0), assim, temos:
1
′
Em (t′ ) = mω 2 x2m e−γt
2
ou seja,
1
′
0, 05Em (0) = mω 2 x2m e−γt
2
1
e como Em (0) = mω 2 x2m , podemos escrever ainda,
2
1
1
′
0, 05 × mω 2 x2m = mω 2 x2m e−γt
2
2
e simpliﬁcando os termos em comum, obtemos:
′
e−γt = 0, 05
ou seja,
t′ = −
ln 0, 05
= 10, 6 s.
γ
118
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
2. Um carro de 1000 kg com quatro ocupantes de 82 kg viaja em uma estrada de terra com “coste-
las”separadas por um distância média de 4, 0 m. O carro trepida com amplitude máxima quando está a
16 km/h. Quando o carro pára e os ocupantes saltam qual é a variação da altura do carro?
A cada passagem por uma das “costelas” as molas da suspensão do carro são comprimidas. Entre
as “costelas”o carro sofre um deslocamento vertical pois as molas comprimidas começam a empurrar a
massa M do carro somada à massa m dos ocupantes. Assim, temos um sistema massa mola em que a
suspensão do carro desempenha o papel da mola e os ocupantes mais o carro desempenham o papel do
bloco de massa m.
Assim, a freqüência de oscilação do carro, pode ser determinada adaptando a fórmula para a freqüência
de um sistema massa-mola, da seguinte forma:
2π
ω=
=
T
√
k
M + 4m
onde o fator 4 aparece por existir quatro ocupantes no carro . Desde que o carro oscila com amplitude
máxima, então podemos determinar o perı́odo de oscilação que temos um perı́odo completo de oscilação
entre as “costelas”, assim, desde que a velocidade do carro é constante podemos escrever diretamente:
T =
d
v
onde d = 4, 0 m é a separação entre as costelas.
Substituindo na equação para freqüência angular, podemos determinar a constante k da suspensão:
√
2πv
k
=
d
M + 4m
ou seja,
(
k = (M + 4m)
2πv
d
)2
.
Quando o carro pára e as pessoas ainda estão no carro, a posição de equilı́brio é dada pela lei de
Hooke, portanto,
xi =
(M + 4m)g
Fi
=
.
k
k
Na situação em que as pessoas não estão mais no carro, temos a seguinte deformação:
xf =
Ff
Mg
=
.
k
k
3.4. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS
119
Assim, temos que a variação na altura do carro é dada por:
xi − xf =
(M + 4m)g M g
4mg
−
=
k
k
k
e substituindo o valor da constante k que calculamos anteriormente, podemos escrever ainda:
xi − xf =
4mg
)
(
2πv 2
(M + 4m)
d
e substituindo os valores, segue que:
xi − xf =
4 × 82 kg × 9, 8 m/s2
(
(1000 kg + 4 × 82 kg) 2π × 16 × 103 m/h ×
1h
1
3600 s 4, 0 m
)2 = 0, 05 m
xi − xf = 5 cm
3. O sistema de suspensão de um automóvel de 2000 kg “cede” 10 cm quando o chassis é colocado
no lugar. Além disso, a amplitude das oscilações diminui de 50% a cada ciclo. Estime os valores (a) da
constante elástica (b) da constante de amortecimento b do sistema mola-amortecedor de uma das rodas,
supondo que cada roda sustente 500 kg.
(a)
Da lei de Hooke, temos:
k=
F
500 kg × 9, 8 m/s2
=
= 490 N/cm.
x
10 cm
(b)
A constante de amortecimento pode ser obtida considerando a equação para o movimento amortecido
x(t) = xm e−γt/2 cos(ωt + ϕ)
e substituindo o tempo igual ao perı́odo de oscilação onde o deslocamento é reduzido à metade do
deslocamento inicial: e fazendo x(T ) = x(t)/2, assim, temos:
x(t + T ) = xm e−γ(t+T )/2 cos(ω(t + T ) + ϕ) =
x(t)
2
120
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
que resulta em:
e−γT /2 =
1
2
ou seja,
γ=−
ω
1
ln
2π 4
onde usamos T = 2π/ω. E desde que o problema pede uma estimativa, podemos considerar que o
√
amortecimento não provoca mudanças signiﬁcativas sobre a freqüência e assim, aproximamos ω ∼
= k/m,
logo
1
γ=−
2π
√
k
1
ln
m 4
e como γ = b/m, temos ainda,
b
1
=−
m
2π
√
k
1
ln
m 4
logo,
b=−
1 √
1
mk ln .
2π
4
Substituindo-se os valores correspondentes, vamos obter:
b=−
3.5
1 √
1
500 kg × 4900 N/cm ln = 1, 09 × 103 kg/s.
2π
4
Apêndice 1: Dedução das soluções amortecidas
Objetivando detalhar os procedimentos matemáticos usados para a obtenção das soluções amortecidas
vamos considerar neste apêndice a solução da equação diferencial para o oscilador harmônico amortecido:
d2 x
dx
+ 2β
+ ω02 x = 0
dt2
dt
(3.35)
onde estamos considerando uma notação ligeiramente diferente da usada no texto, onde deﬁnimos a
constante de amortecimento 2β a qual é dada por:
β=
γ
.
2
(3.36)
Para resolver a equação homogênea, precisamos determinar a chamada solução geral da equação
diferencial que é obtida através de uma combinação linear de duas soluções especı́ﬁcas para o problema.
3.5. APÊNDICE 1: DEDUÇÃO DAS SOLUÇÕES AMORTECIDAS
121
Para achar estas soluções, observamos que a equação tem coeﬁcientes constantes, assim, podemos tentar
uma solução com dependência exponencial pois quando a derivados obtemos a mesma função multiplicada
pelo coeﬁciente que aparece no expoente. Assim, vamos escrever:
x(t) = eλt
onde λ é um coeﬁciente a determinar substituindo esta expressão na Eq. (3.35)
λ2 eλt + 2βλeλt + ω02 eλt = 0
∴
(λ2 + 2βλ + ω02 )eλt = 0.
(3.37)
A Eq. (3.37) é satisfeita somente se o coeﬁciente da exponencial é zero, i.e.,
λ2 + 2βλ + ω02 = 0
que nos fornece duas soluções:
λ1 = −β +
λ2 = −β −
√
√
β 2 − ω02
β 2 − ω02
e, assim, obtemos duas soluções:
x1 (t) = eλ1 t
x2 (t) = eλ2 t
e a solução geral é dada por:
x(t) = A1 x1 (t) + A2 x2 (t)
= A1 eiλ1 t + A2 eiλ2 t
e substituindo os valores correspondentes de λ1 e λ2 , segue que:
√ 2 2
√ 2 2
x(t) = e−βt [A1 e β −ω0 t + A2 e− β −ω0 t ]
(3.38)
(3.39)
A Eq. (3.39) contém três casos particulares dependendo da relação entre ω0 e β. Assim, denotamos
estes casos da seguinte forma:
(A) ω02 > β 2 , oscilações subamortecidas;
(B) ω02 = β 2 , oscilações com amortecimento crı́tico;
(C) ω02 < β 2 , oscilações superamortecidas.
Vamos analisar a forma da Eq. (3.39) para cada caso separadamente. Neste caso, iremos veriﬁcar
comportamentos completamente distintos do oscilador.
122
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
Caso (A), ω02 > β 2
Neste caso temos que o radical se torna negativo, ou seja, temos raı́zes complexas, assim, escrevemos:
√
√
β 2 − ω02 = i ω02 − β 2 = iω1
onde deﬁnimos
√
ω1 =
ω02 − β 2
e levando na Eq. (3.39)
x(t) = e−βt [A1 eiω1 t + A2 e−iω1 t ]
e usando a relação de Euler, e±iθ = cos θ ± i sin θ, podemos escrever ainda
x(t) = e−βt [A3 cos(ω1 t) + A4 sin(ω1 t)]
e usando novamente A3 = xm cos ϕ e A4 = −xm sin ϕ, podemos escrever a solução entre colchetes da
seguinte forma:
xA (t) = e−βt xm cos(ω1 t + ϕ)
onde usamos um ı́ndice A para denotar que estamos nos referindo ao caso (A), subamortecido. Note que
o movimento não é estritamente periódico pois o sistema nunca volta à mesma posição de onde iniciou
o movimento. No caso em que o amortecimento é muito fraco, ou seja, ω0 ≫ β podemos aproximar o
movimento para periódico onde a freqüência angular de oscilação se aproxima à freqüência angular do
oscilador harmônico (ω0 ≈ ω1 ).
Note que o parâmetro β tem dimensão de inverso do tempo, e portanto, pode ser interpretado como
o inverso do tempo caracterı́stico de decaimento da amplitude do tipo de amortecimento. Com efeito,
vamos considerar que τ é o perı́odo de uma oscilação e vamos comparar a razão da amplitude no tempo
t e no tempo t + τ , para isso, considere a razão xA (t + τ )/xA (t):
xA (t + τ )
e−β(t+τ ) xm cos(ω1 t + ω1 τ + ϕ)
=
xA (t)
e−βt xm cos(ω1 t + ϕ)
e usando a identidade cos(ω1 t+ ω1 τ +ϕ) = cos(ω1 t+ ϕ) cos(ω1 τ ) −sin(ω1 t+ ϕ) sin(ω1 τ ) e como ω1 = 2π/τ
então cos(ω1 τ ) = 1 e sin(ω1 τ ) = 0, assim, segue que:
e−β(t+τ ) xm cos(ω1 t + ϕ)
xA (t + τ )
=
= e−βτ
xA (t)
e−βt xm cos(ω1 t + ϕ)
e a amplitude cai a 1/e para τ = β −1 .
3.5. APÊNDICE 1: DEDUÇÃO DAS SOLUÇÕES AMORTECIDAS
123
Caso (B), ω02 = β 2
Neste caso temos apenas uma solução pois, λ1 = λ2 e a Eq. (3.39) nos fornece
x(t) = x1 (t) = Ae−βt
(3.40)
onde agrupamos as duas constantes A1 + A2 = A.
Aqui surge uma diﬁculdade porque uma equação diferencial de segunda ordem requer duas soluções
linearmente independentes. Estas duas soluções são linearmente independentes se não podemos obter
a segunda a partir da multiplicação da primeira por uma constante. Assim, para encontrar a segunda
solução, lançamos mão do chamado “método de variação dos parâmetros” cuja prescrição nos indica que
a segunda solução pode ser obtida da primeira trocando-se a constante A que aparece na Eq. (3.40) por
uma função a ser determinada, digamos y(t). Assim, escrevemos:
x2 (t) = y(t)e−βt
(3.41)
e y(t) será determinado substituindo-se a Eq. (3.41) na equação diferencial dada pela Eq. (3.35). Assim,
usamos as seguintes resultados:
dx2
=
dt
(
)
dy
− βy(t) e−βt
dt
e
2
d2 x2
dy
dy
−βt d y
− β e−βt + β 2 y(t)e−βt
=
e
− βe−βt
2
2
dt
dt
( 2 dt
)dt
d y
dy
=
+ β 2 y(t) e−βt
− 2β
dt2
dt
Substituindo-se x2 (t) na Eq. (3.35), temos:
d2 x 2
dx2
+ 2β
+ ω02 x2 = 0
2
dt
dt
e usando as derivadas acima, obtemos:
[(
)
(
)
]
d2 y
dy
dy
2
2
−
2β
+
β
y(t)
+
2β
−
βy(t)
+
ω
y(t)
e−βt = 0
0
dt2
dt
dt
e o termos entre colchetes deve ser nulo
(
)
(
)
d2 y
dy
dy
2
− 2β
+ β y(t) + 2β
− βy(t) + ω02 y(t) = 0
dt2
dt
dt
124
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
e lembrando que ω = β, temos ainda
dy
d2 y
dy
− 2β
+ β 2 y(t) + 2β
− 2β 2 y(t) + β 2 y(t) = 0
2
dt
dt
dt
que se reduz a
d2 y
= 0.
dt2
A equação acima, tem como solução a função:
y(t) = B1 + B2 t
onde B1 e B2 são constantes. Com isso a segunda solução pode ser escrita como:
x2 (t) = (B1 + B2 t)e−βt
(3.42)
A solução geral então pode ser escrita como a combinação linear de x1 e x2 :
x(t) = C1 x1 + C2 x2
ou seja,
x(t) = C1 Ae−βt + C2 (B1 + B2 t)e−βt = [C1 A + C2 (B1 + B2 t)]e−βt
e agrupando as constantes, segue que:
xB (t) = (A + Bt)e−βt
(3.43)
que representa um decaimento monotônico de x com o tempo. Neste caso, não há oscilações e o sistema
simplesmente relaxa para a posição de equilı́brio.
Caso (C), ω02 < β 2
Este caso é o mais simples pois os expoentes que aparecem na solução geral dada pela Eq. (3.39) são
√
reais. Neste caso, deﬁnindo ω2 = β 2 − ω02 , segue que:
xC (t) = A1 e−(β−ω2 )t + A2 e−(β+ω2 )t .
(3.44)
Desde que β > ω2 , então ambas as exponenciais são decrescentes e o sistema também é amortecido
e relaxa para o estado de equilı́brio sem qualquer oscilar.
3.6. APÊNDICE 2: SOLUÇÕES AMORTECIDAS-FORÇADAS
3.6
125
Apêndice 2: Soluções Amortecidas-forçadas
Neste caso, foi considerada a existência de uma terceira força, agora externa, que atua sobre o oscilador
amortecido. Esta força externa apresenta uma dependência oscilatória com o tempo e é modelada da
seguinte forma:
F = F0 cos ωt
onde ω é a freqüência angular de oscilação.
Assim, considerando a presença das demais forças, a equação diferencial toma a forma:
d2 x
dx
F0
+ 2β
+ ω02 x =
cos ωt
dt2
dt
m
(3.45)
e deixamos como um exercı́cio a demonstração da Eq. (3.45).
De acordo com a teoria das equações diferenciais, equações não-homogêneas como a Eq. (3.45)
requerem uma solução particular que dê conta do termo não-homogêneo somada à solução geral da
equação homogênea de onda aparecem as duas constantes arbitrárias. Sendo assim, podemos escrever:
x(t) = xh (t) + xp (t)
onde xh (t) é a solução da equação homogênea (ou seja, com o segundo membro da Eq. (3.45) igual a
zero) e xp é a solução particular da equação com o segundo membro diferente de zero. A solução da
equação homogênea já foi determinada pois trata-se da equação diferencial para o oscilador amortecido.
Vamos então considerar a solução particular que ainda não calculamos, para substituı́mos a solução x(t)
na Eq. (3.45) e, após alguma álgebra, podemos escrever:
d2 xp
dxp
d2 xh
dxh
F0
2
+
2β
+
ω
x
+
+ 2β
+ ω02 xp =
cos ωt
h
0
2
2
dt
dt
dt
dt
m
(3.46)
e desde que xh é solução da equação homogênea, então o termo em vermelho é zero, i.e.,
d2 xh
dxh
+ 2β
+ ω02 xh = 0
2
dt
dt
o que nos permite escrever a Eq. (3.46) na forma:
dxp
d2 x p
F0
+ 2β
+ ω02 xp =
cos ωt.
2
dt
dt
m
(3.47)
A Eq. (3.49) pode ser resolvida considerando que xp deve ter a forma de senos e cossenos, assim,
podemos escrever:
xp (t) = C1 cos ωt + C2 sin ωt
126
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
onde C1 e C2 são constantes, como antes. De maneira equivalente, podemos escrever3 :
xp (t) = A cos(ωt − δ)
(3.48)
onde deﬁnimos C1 = A cos δ e C2 = A sin δ. Assim, em vez de determinar C1 e C2 podemos, de modo
completamente equivalente, determinar A e δ. Assim, substituindo Eq. (3.48) na Eq. (3.49), obtemos:
dxp
d2 x p
F0
+ 2β
+ ω02 xp =
cos ωt.
dt2
dt
m
(3.49)
ou ainda,
−Aω 2 cos(ωt − δ) − 2βAω sin(ωt − δ) + ω02 A cos(ωt − δ) =
F0
cos ωt
m
ou ainda
A(ω02 − ω 2 ) cos(ωt − δ) − 2βAω sin(ωt − δ) =
F0
cos ωt
m
e expandindo os senos e cossenos podemos escrever ainda
A(ω02 − ω 2 )[cos(ωt) cos δ + sin(ωt) sin δ] − 2βAω[sin(ωt) cos δ − cos(ωt) sin δ] =
F0
cos ωt
m
e agrupando os termos correspondentes, podemos escrever ainda:
[A(ω02 − ω 2 ) cos δ + 2βAω sin δ] cos ωt + [A(ω02 − ω 2 ) sin δ − 2βAω cos δ] sin ωt =
F0
cos ωt
m
e igualando os coeﬁcientes dos senos e cossenos, obtemos o seguinte sistema de equações:

 A(ω 2 − ω 2 ) cos δ + 2βAω sin δ = F0 ,
0
m
 A(ω 2 − ω 2 ) sin δ − 2βAω cos δ = 0.
0
Da segunda equação podemos obter δ
A(ω02 − ω 2 ) sin δ = 2βAω cos δ
o que nos permite escrever
tan δ =
3
2βω
.
− ω2
ω02
(3.50)
Aqui estamos usando uma conveção diferente da apresentada no texto. Para fazer a identiﬁcação faça γ = 2β e
δ = −ϕ(ω).
3.6. APÊNDICE 2: SOLUÇÕES AMORTECIDAS-FORÇADAS
127
Substituindo Eq. (3.50) na primeira equação do sistema, segue que:
A(ω02 − ω 2 ) cos δ + 2βAω sin δ =
F0
m
o que nos permite escrever
(
)
(
)
1
F0
1
1
F0
=
A=
2
2
2
2
m (ω0 − ω ) cos δ + 2βω sin δ
m (ω0 − ω ) + 2βω tan δ cos δ
e considerando o triângulo retângulo formando a partir da Eq. (3.50), então temos que
cos δ = √
o que nos permite escrever
F0
A=
m
(
1
2
2
(ω0 − ω ) cos δ + 2βω sin δ
)
ω02 − ω 2
(ω02 − ω 2 )2 + 4β 2 ω 2


F0 

=
m

(
)

2βω
(ω02 − ω 2 ) + 2βω
ω02 − ω 2
1
√
(ω02 − ω 2 )2 + 4β 2 ω 2
ω02 − ω 2
e efetuando as simpliﬁcações, segue que:
A= √
F0 /m
(ω02
(3.51)
− ω 2 )2 + 4β 2 ω 2
A solução particular ﬁca então na forma:
xp = √
F0 /m
(ω02
− ω 2 )2 + 4β 2 ω 2
onde δ é determinado pela Eq. (3.50), i.e.,
(
δ = arctan
cos(ωt − δ),
2βω
2
ω0 − ω 2
(3.52)
)
.
Temos então que a solução completa para o problema do oscilador amortecido-forçado é dado por:
x(t) = e−βt ζ(t) + √
F0 /m
(ω02
− ω 2 )2 + 4β 2 ω 2
cos(ωt − δ)
(3.53)
onde deﬁnimos a função genérica ζ(t) que pode assumir diferentes formas dependendo da relação entre
β e ω0 , conforme já discutimos:



x cos(ω1 t + ϕ),
sub-amortecimento

 m
ζ(t) =
A1 eω2 t + Be−ω2 t ,
super-amortecido




A + Bt,
amortecimento crı́tico
E como a solução homogênea decai exponencialmente, então para t ≫ β −1 , então esta contribuição
pode ser desprezada e temos a chamada solução estacionária:
x(t ≫ β −1 ) = √
F0 /m
(ω02
− ω 2 )2 + 4β 2 ω 2
cos(ωt − δ)
(3.54)
128
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES
Capı́tulo 4
Fluidos
Fluidos são substâncias que podem escoar, e portanto, assumem a forma do recipiente em que são
colocados. Em geral, os ﬂuidos são substâncias lı́quidas e gasosas. A propriedade de escoamento decorre
da ausência de resistência à forças aplicadas em direções paralelas à superfı́cie do ﬂuido.
4.1
Grandezas Básicas
Até o momento descrevemos o movimento de corpos rı́gidos cujas propriedades do movimento eram bem
caracterizadas pelas grandezas como a força e a massa. No caso de ﬂuidos, que não apresentam uma
forma ﬁxa, devemos deﬁnir grandezas equivalentes à força e à massa associadas a valores pontuais. Estas
grandezas equivalentes são a pressão e a densidade (também chamada de massa especı́ﬁca).
4.1.1
Densidade
A densidade ρ de um ﬂuido é obtida tomando-se um pequeno elemento de volume ∆V em torno de um
ponto do ﬂuido e medindo sua massa ∆m correspondente. A densidade é deﬁnida por:
ρ=
∆m
.
∆V
(4.1)
Tecnicamente a densidade é deﬁnida tomando-se o limite ∆V → 0. Na prática, consideramos um
elemento de volume pequeno comparado com as dimensões do recipiente onde o ﬂuido se encontra, mas
ainda grande o suﬁciente em comparação com a escala atômica, de maneira que este elemento de volume
seja contı́nuo. Também consideramos que ρ é constante em todos os pontos do ﬂuido, assim, também
129
130
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
podemos escrever:
m
.
V
ρ=
(4.2)
Na tabela abaixo, vemos dois exemplos de valores de densidade. No caso do ar, a densidade é bem
pequena mas varia signiﬁcativamente com a variação da pressão. No caso da água em estado lı́quido,
a variação da densidade é insigniﬁcante, e podemos considerar a água como um lı́quido incompressı́vel.
Note que a densidade tem dimensões de kg/m3 no sistema internacional.
4.1.2
densidade
condições
valor
ρAr
20o C e 1 atm
1,21 kg/m3
ρAr
20o C e 50 atm
60,5 kg/m3
ρH2 O
20o C e 1 atm
0,998×103 kg/m3
ρH2 O
20o C e 50 atm
1,000×103 kg/m3
Pressão
Considere um recipiente contendo um ﬂuido dentro do qual é colocado um sensor de pressão conforme
mostrado na Fig. 4.1. O sensor é formado por um êmbolo de área ∆A que pode deslizar no interior de um
cilindro fechado que repousa sobre uma mola. Um mostrador indica o deslocamento da mola (calibrada
) ao ser comprimida pelo ﬂuido, indicando assim o módulo ∆F⃗ da força normal que age sobre o êmbolo.
Deﬁnimos a pressão sobre o êmbolo como:
p=
∆F
.
∆A
(4.3)
Teoricamente p é deﬁnido num dado ponto no limite da razão dada pela Eq. (4.3) quando ∆A → 0,
com centro neste ponto. Quando a força não varia (uniforme) em uma superfı́cie de área A, então podemos
escrever,
p=
F
A
(4.4)
onde F é o módulo da força F⃗ normal à superfı́cie de área A. Observamos experimentalmente que a
pressão dentro de um ﬂuido em repouso é a mesma qualquer que seja a orientação do sensor de pressão
da Fig. 4.1. Assim, a pressão p é uma grandeza escalar envolvendo apenas o módulo da força.
4.1. GRANDEZAS BÁSICAS
131
A unidade de pressão no sistema internacional de unidades é o pascal (Pa), cuja relação com as outras
unidades de pressão é dada abaixo:
1 atm = 1, 01 × 105 Pa = 760 Torr = 14, 7 lb/in2
sensor de
pressão
vácuo
Figura 4.1: (a) No esquema acima é mostrado um sensor simples para medir a pressão do gás encerrado no
recipiente. (b) Detalhe do sensor de pressão, que mede a força sobre a área do êmbolo através do deslocamento da
mola calibrada. Note que no interior do êmbolo temos vácuo.
Exemplo
1. Uma sala tem 4, 2 m de comprimento, 3, 5 m de largura e 2, 4 m de altura. Qual é o peso do ar da
sala se a pressão do ar é 1 atm?
Par = mg = ρV g
= 1, 21 kg/m3 × 4, 2 m × 3, 5 m × 2, 4 m × 9, 8 m/s2
= 420 N.
132
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
4.2
Fluidos em Repouso (Hidrostática)
Considere um recipiente com água ou qualquer outro lı́quido em repouso contido em um recipiente aberto
como mostrado na Fig. 4.2. O objetivo aqui é determinar a pressão hidrostática (pressão exercida
pelo ﬂuido em repouso) em função da profundidade no ﬂuido. Para isso, consideramos uma porção do
ﬂuido, que tomamos como sendo um volume cilı́ndrico de área A e altura y1 − y2 . Temos três forças
ar
água
nível 1
nível 2
Figura 4.2: Um recipiente no qual uma amostra cilı́ndrica imaginária de água de área basal A está em equilı́brio.
A força F⃗1 atua na área superior do cilindro ; a força F⃗2 atua na base inferior do cilindro; a força gravitacional
sobre a água no cilindro é representada por m⃗g .
atuando sobre o volume do lı́quido que denotamos como: F⃗1 , F⃗2 e m⃗g . Desde que o lı́quido se encontra
em equilı́brio estático, ou seja, está em repouso, a soma das forças atuando sobre a porção do lı́quido
devem ser nulas:
F⃗1 + F⃗2 + m⃗g = 0
onde m é massa do ﬂuido dentro do volume considerado.
A força F⃗1 é a força exercida pelo lı́quido que se encontra acima do o volume de lı́quido que estamos
considerando; a força F⃗2 é a força exercida pelo lı́quido sob a porção inferior do lı́quido; m⃗g corresponde
ao peso do lı́quido contido no volume que estamos considerando. Assim, F⃗1 e m⃗g apontam para baixo
e F⃗2 aponta no sentido contrário, para cima. Desde que estamos considerando aqui apenas forças na
direção vertical, podemos trabalhar apenas com módulo das forças e indicando o sentido apenas pelo
sinal, assim escrevemos:
F2 = F1 + mg
4.2. FLUIDOS EM REPOUSO (HIDROSTÁTICA)
133
e usando a deﬁnição da pressão dada pela Eq. (4.8)
p2 A = p1 A + mg
além disso, considerando a deﬁnição da densidade dada pela Eq. (4.2), podemos escrever a massa do
ﬂuido contido no cilindro de V = A(y1 − y2 ) na seguinte forma:
p2 A = p1 A + ρA(y2 − y1 )g
e simpliﬁcando a área A, obtemos a primeira equação fundamental da hidrostática:
p2 = p1 + ρ(y1 − y2 )g
(4.5)
com ρ sendo a densidade do ﬂuido em equilı́brio.
A Eq. (4.5) permite determinar a pressão tanto em um lı́quido (em função da profundidade) como
na atmosfera (em função da altitude).
No primeiro caso, vamos determinar a pressão a um profundidade h. Para isso, substituı́mos os
seguintes dados na Eq. (4.5): y1 = 0, y2 = −h, p1 = p0 (pressão atmosférica) e p2 = p, assim,
p = p0 + ρhg
(4.6)
Temos duas observações importantes a fazer sobre a Eq. (4.6): a primeira é que a pressão cresce com a
profundidade, ou seja, quanto mais fundo maior a pressão. Isso permite que objetos imersos possam ﬁcar
em equilı́brio no interior de um ﬂuido desde que a força na superfı́cie inferior é maior que na superior;
a outra observação é que a coordenada horizontal não entra nas equações, assim, se nos deslocamos
horizontalmente em um lı́quido ou gás, iremos sofrer a mesma pressão.
Note também que a pressão a uma profundidade h no interior de um lı́quido apresenta duas contribuições: a pressão do volume de lı́quido acima de h (= ρgh) e a pressão atmosférica (= p0 ). A diferença
entre a pressão sentida na profundidade h e a pressão atmosférica é chamada pressão manométrica:
pm = p − p0 = ρgh.
Vamos considerar agora a pressão a uma determinada altitude d. Para isso, entramos com os seguintes
parâmetros na Eq. (4.5): y1 = 0, y2 = d, p1 = p0 (pressão atmosférica ao nı́vel do mar), p2 = p e ρ = ρar :
p = p0 − ρar gd.
(4.7)
que mostra que a pressão que sentimos é reduzida à medida que subimos em lugares mais altos em relação
ao nı́vel do mar. Este resultado é óbvio desde que temos cada vez menos atmosfera em cima de nós para
altitudes cada vez maiores.
134
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
Exemplos
1. Um mergulhador novato, praticando em uma piscina, inspira ar suficiente para expandir totalmente
os pulmões antes de abandonar o tanque a uma profundidade L e nadar para a superfı́cie. Ele ignora
as instruções e não exala o ar durante a subida. Ao chegar à superfı́cie, a diferença entre a pressão que
está submetido e a pressão no interior dos seus pulmões é de 9, 3 kPa. De que profundidade partiu? Que
risco fatal estaria correndo?
Aqui usamos a Eq. (4.6) fazendo h = L para determinar a pressão que o mergulhador está submetido
no interior da piscina:
pi = p0 + ρLg.
Quando o mergulhador inspira o ar do tanque, antes de abandoná-lo, ele teve que igualar a pressão no
interior dos seus pulmões à pressão pi dada pela equação acima. Caso contrário, não conseguiria respirar.
Assim, quando sobe à superfı́cie, a pressão externa diminui para o valor igual a pf = p0 . Portanto, a
diferença de pressão entre os seus pulmões e o meio externo é dada por:
∆p = pi − pf = p0 + ρLg − p0
assim,
∆p = ρLg
donde obtemos a profundidade L:
L=
9, 3 kPa
∆p
=
= 0, 95 m.
3
ρg
0, 998 × 10 kg/m3 × 9, 8 m/s2
Vemos que alta diferença de pressão corresponde a uma profundidade de aproximadamente 1 metro,
mas capaz de romper os pulmões do mergulhador forçando a passagem de ar para a corrente sanguı́nea
que é transportada para coração provocando uma embolia. Assim, mergulhador corre risco de morte caso
não expire o ar à medida que sobe para a superfı́cie de maneira a igualar a pressão no interior de seus
pulmões com a pressão atmosférica.
2. Um tubo em forma de U da Fig. 4.3 contém dois lı́quidos em equilı́brio estático: no lado direito
existe água de densidade 0, 998 × 103 kg/m3 e do lado esquerdo óleo com uma densidade desconhecida
que chamamos de ρX . Os valores das distâncias são h = 12, 3 mm e l = 135 mm. Qual é o valor de ρX ?
No lado direito temos:
4.2. FLUIDOS EM REPOUSO (HIDROSTÁTICA)
135
óleo
água
interface
Figura 4.3: Veja exemplo 2.
ρint = p0 + ρH2 O gl
e no lado esquerdo temos:
ρint = p0 + ρX g(l + d)
e eliminado ρint entre as duas equações acima, segue que:
p0 + ρX g(l + d) = p0 + ρH2 O gl
e isolando a densidade do óleo, segue que:
ρX
4.2.1
l
= ρH2 O
= 998kg/m3 ×
l+d
(
135
135 + 12, 3
)
= 915 kg/m3
Medindo a pressão
Pressão atmosférica
O último exemplo nos permitiu mostrar como determinar a densidade de outro tipo de lı́quido dado
que conhecemos a densidade de um segundo lı́quido. O uso de colunas de lı́quido também nos permite
determinar a pressão. Um exemplo clássico é o barômetro de mercúrio, usado por Torricelli para medir
a pressão atmosférica. Na Fig. 4.4a temos o esquema do instrumento que consiste de um tubo longo que
é enchido com mercúrio e, em seguida, é virado com a abertura para baixo dentro de um recipiente cheio
de mercúrio. A pressão atmosférica deve ser igual à pressão da coluna do tubo desde que a a pressão
na ponta fechada sem lı́quido é zero. Assim, a medida da altura nos fornece uma medida da pressão
136
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
atmosférica. Usando a Eq. (4.5) com p2 = 0 correspondendo a pressão na altura h e p1 = p0 na base do
tubo em y1 = 0, obtemos:
0 = p0 + ρg(0 − h)
ou seja,
p0 = ρgh
que nos fornece o valor da pressão atmosférica através da altura da coluna de mercúrio. Note que este
resultado depende da aceleração da gravidade e da densidade do mercúrio. Assim, devemos efetuar a
medida sob condições adequadas com g dado pelo seu valor no nı́vel do mar e a temperatura do mercúrio
igual a 0o C.
nível 1
nível 2
nível 2
nível 1
tanque
manômetro
Figura 4.4: (a) um barômetro de mercúrio usado para medir a pressão atmosférica. (b) um manômetro usado
para medir a pressão manométrica do gás pg .
Pressão manométrica
Vamos agora considerar o sistema mostrado na Fig. 4.4b onde temos um gás encerrado em um balão.
Queremos determinar a pressão manométrica deﬁnida pela diferença entre a pressão medida no interior
do sistema e a pressão atmosférica. Para isso utilizamos o manômetro composto pelo tubo em U como
mostrado. Na interface entre o gás e o lı́quido do tubo, a pressão pode ser determinada via Eq. (4.5),
4.2. FLUIDOS EM REPOUSO (HIDROSTÁTICA)
137
assim temos:
p2 = p1 + ρ(y1 − y2 )g
e considerando que a pressão na interface é dada por p2 em y2 = 0, obtemos:
p = p0 + ρ(h − 0)g
∴
p = p0 + ρhg
A pressão manométrica do gás é dada por:
pg = p − p0 = ρhg
4.2.2
O princı́pio de Pascal
O princı́pio de Pascal nos diz que a variação da pressão aplicada a um ﬂuido incompressı́vel contido em um
recipiente é transmitida integralmente e igualmente a todas as partes do ﬂuido e às paredes do recipiente.
Na Fig. 4.5 mostramos um pistão sobre o qual é colocado um recipiente com esferas de chumbo. Assim,
mudando o número de esferas dentro do recipiente podemos variar o peso do recipiente e, portanto, a
pressão aplicada no pistão. A pressão a uma certa profundidade h é dada por:
p = pext + ρgh
onde pext é a pressão aplicada pelo recipiente contendo as esferas de chumbo. Se adicionamos mais esferas,
o que faz aumentar a pressão externa, então desde que o ﬂuido é incompressı́vel, a altura h não é alterada
pois o pistão não se move. Assim, tomando a diferencial de ambos os lados da equação acima, segue que:
dp = dpext
e vemos que a variação da pressão independe do valor de h o que signiﬁca que a variação da pressão é a
mesma para todos os pontos do lı́quido.
Aplicação do Princı́pio de Pascal
A principal aplicação do princı́pio de Pascal é o chamado macaco hidráulico. Este dispositivo é basicamente um tubo de diâmetro variável contendo dois pistões em suas extremidades. Conforme mostrado
na Fig. 4.6, o macaco hidráulico está submetido a uma força de módulo Fe no pistão da esquerda que
provoca uma variação de pressão ∆p = Fe /Ae que é distribuı́da sobre todo o lı́quido (a área do pistão
esquerdo é igual a Ae ). Como resultado, esta diferença de pressão provoca uma força Fs no pistão da
direita que tem uma área de seção transversal As .
138
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
esferas de
chumbo
pistão
líquido
Figura 4.5: Pistão usado para demonstrar o princı́pio de Pascal. Quando aumentamos a pressão no pistão, esta
deve aumentar igualmente em todos os pontos do fluido dentro do recipiente pois o volume permanece constante.
Desde que a diferença de pressão é a mesma sobre todo o o lı́quido, podemos determinar a força de
saı́da Fs :
Fs = As ∆p
e considerando que
∆p =
Fe
Ae
então podemos escrever a força de saı́da em termos da força aplicada no pistão da esquerda:
Fs =
As
Fe
Ae
(4.8)
A Eq. (4.8) nos mostra que a força Fs pode ser maior do que a força aplicada no pistão esquerdo se
As > Ae . Além disso, desde que a quantidade de volume deslocado no processo deve ser o mesmo, então
podemos escrever:
Ve = Vs
Ae de = As ds
onde de e ds são os deslocamentos verticais dos pistões esquerdo e direito, respectivamente. Isolando ds ,
temos:
ds =
Ae
de
As
4.2. FLUIDOS EM REPOUSO (HIDROSTÁTICA)
139
e portanto, ds < de se As > Ae . Isso nos mostra que embora consigamos aumentar a força aplicada no
pistão de saı́da, vamos conseguir movimentá-lo por uma distância menor. No entanto, a quantidade de
trabalho realizada nos dois pistões é a mesma. Podemos ver isso calculando o trabalho realizado pelo
pistão direito:
Ws = Fs ds =
As Ae
Fe de = Fe de = We
Ae As
e vemos que o trabalho realizado pelos dois pistões é o mesmo.
O macaco hidráulico tem muitas utilidades, mas certamente a mais lembrada é o seu uso em oﬁcinas
mecânicas para levantar carros.
s
s
e
e
s
fluido
incompressível
e
Figura 4.6: Esquema de um macaco hidráulico que utiliza o princı́pio de Pascal. A força Fs pode ser maior do
que a força Fe aplicada na lado esquerdo dado que as áreas dos pistões sejam tais que As > Ae .
4.2.3
O princı́pio de Arquimedes
Anteriormente, determinamos a variação da pressão com a profundidade de um ﬂuido e constatamos que
a pressão aumenta a medida que nos deslocamos para pontos mais profundos no ﬂuido. A Eq. (4.5)
relaciona as pressões em dois pontos P1 e P2 dentro de um ﬂuido em função da distância entre eles:
p2 = p1 + ρg(y1 − y2 )
140
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
onde consideramos que P2 é um ponto mais abaixo do ﬂuido em comparação com o ponto P1 . Este
fato implica que a pressão inferior do ﬂuido é maior do que a pressão de cima, ou seja, temos uma
⃗ Para determiná-lo, vamos
força resultante para cima que atua no ﬂuido, que chamamos de empuxo, E.
considerar um cilindro circular com área de base A imerso em um ﬂuido como mostrado na Fig. 4.7. As
forças que o lı́quido aplica sobre o cilindro são dadas por:
F1 = p1 A
atuando para baixo devido ao peso do lı́quido acima do cilindro e
F2 = p2 A
que atua de baixo para cima devido ao lı́quido abaixo do cilindro.
Figura 4.7: Um cilindro imerso em um fluido. Note que a pressão na região inferior do fluido, abaixo do cilindro,
é maior do que a pressão na região superior do cilindro. Por esta razão, surge uma pressão de baixo para cima que
gera uma força que chamamos de empuxo.
O empuxo é a força resultante da soma destas duas forças:
E = F2 − F1 = (p2 − p1 )A
dirigida para cima.
Mas a diferença de pressão p2 − p1 já foi determinada pela Eq. (4.5), assim:
E = ρg(y1 − y2 )A = ρghA
onde h é a altura do cilindro. Assim, notando que V = Ah, temos ainda
E = ρgV
4.2. FLUIDOS EM REPOUSO (HIDROSTÁTICA)
141
e usando a deﬁnição da densidade, identiﬁcamos a massa do ﬂuido mf = ρV , logo
E = mf g
(4.9)
Vemos então que o módulo do empuxo é igual ao peso do ﬂuido deslocado pelo corpo. Quando
imergimos um objeto em um ﬂuido este irá ﬂutuar se o peso do corpo for igual ao peso do ﬂuido deslocado
pelo mesmo. Com efeito, a condição de equilı́brio é satisfeita quando a soma das forças que atuam sobre
o corpo é nula. Assim, no caso do corpo ﬂutuante, temos duas forças atuando: a força de empuxo para
cima e a força de gravidade para baixo, assim, podemos escrever a condição para que um corpo ﬂutue
como:
E = Fg
(4.10)
Exemplo
1. Na Fig. 4.8 um bloco de massa especı́fica ρ = 800 kg/m3 flutua em um fluido de massa especı́fica
ρf = 1200 kg/m3 . O bloco tem altura H = 6, 0 cm.
(a) Qual é a altura h da parte submersa?
Figura 4.8: Veja exemplo 2.
Desde que o bloco está ﬂutuando, então vale a condição dada pela Eq. (4.10)
E = Fg .
Temos que determinar explicitamente as formas das forças E e Fg . Assim, temos que:
E = mf g = ρf V g = ρf Ahg
e o peso do bloco é dado por:
Fg = mg = ρAHg
142
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
Substituindo-se estas expressões na condição (4.10), segue que:
ρf Ahg = ρAHg
e simpliﬁcando os fatores semelhantes obtemos:
h=
ρ
H
ρf
e substituindo os valores correspondentes obtemos o valor de h:
800 kg/m3
h=
× 6, 0 cm = 4, 0 cm.
1200 kg/m3
(b) Se o bloco é totalmente imerso e depois liberado qual é aceleração do bloco?
Agora o empuxo será maior do que a força peso desde que o bloco está totalmente imerso e, assim, o
volume do ﬂuido deslocado corresponde ao volume do bloco, assim:
E = ρf AHg
e substituindo na segunda lei de Newton segue que:
E − Fg = ρf AHg − ρAHg = ma = ρAHa
e simpliﬁcando os fatores semelhantes obtemos:
ρa = (ρf − ρ)g
(
a=
)
ρf
−1 g
ρ
e substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:
(
a=
)
3
− 1 g = g/2
2
ou seja,
a = 4, 5 m/s2 .
4.3. DINÂMICA DOS FLUIDOS IDEIAIS
4.3
143
Dinâmica dos fluidos ideiais
Aqui consideramos o movimento dos ﬂuidos, no entanto, consideramos que o ﬂuido sob estudo é um ﬂuido
ideal. Para ser um ﬂuido ideal, quatro pré-requisitos precisam ser satisfeitos:
(a) escoamento laminar : no escoamento laminar, a velocidade do ﬂuido em um ponto ﬁxo qualquer
não varia no tempo, nem em módulo e em direção. Um exemplo tı́pico deste escoamento é a fumaça
de cigarro que começa a escoar de maneira laminar, mas com o aumento da velocidade a medida que
sobe passa de laminar para turbulenta;
(b) escoamento incompressı́vel : supomos, como no caso dos ﬂuidos em repouso, que o ﬂuido é incompressı́vel, i.e., a densidade do ﬂuido permanece uniforme;
(c) escoamento não-viscoso: de maneira coloquial, a viscosidade é uma resistência que o ﬂuido oferece
ao escoamento. É o análogo do atrito no caso do movimento dos corpos rı́gidos. Aqui supomos que
os ﬂuidos não apresentam esta caracterı́stica;
(d) escoamento irrotacional : se consideramos um grão de areia se movendo com o ﬂuido, então
quando o ﬂuido é irrotacional, o grão de areia não gira em torno de um eixo que passa por seu centro
de massa.
A trajetória descrita por um ﬂuido pode ser ilustrada por meio das chamadas linhas de ﬂuxo onde a
velocidade de um elemento de ﬂuxo é tangente às linhas de campo. Esta construção é bastante útil para
visualizar o ﬂuido em movimento.
linhas de fluxo
elemento
de fluido
Figura 4.9: Linhas de fluxo representando a trajetória descrita pelo fluido. A velocidade de uma partı́cula do
fluido é tangente às linhas de fluxo.
144
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
A seguir, vamos obter duas equações fundamentais na descrição de ﬂuidos ideais em movimento:
a equação da continuidade e a equação de Bernoulli. Estas equações permitem relacionar a pressão e
densidade com a velocidade do ﬂuido e, assim, descrever o movimento do ﬂuido em situações gerais. No
entanto, estas equações estão aqui restritas aos ﬂuidos ideais, de modo que as condições acima estão
implı́citas na suas aplicações.
4.3.1
Equação da continuidade
A velocidade da água em uma mangueira depende da área da seção reta através da qual a água escoa.
Percebemos isso quando tapamos parte desta área com os dedos e a velocidade do jato de água aumenta
alcançando distâncias maiores. O objetivo é determinar uma expressão para o ﬂuxo em termos da
velocidade v e a área A de um tubo com seção reta variável.
Suponhamos que em um intervalo de tempo ∆t, um volume ∆V do ﬂuido entre na extremidade
esquerda do tubo, como mostrado na Fig. 4.10a. Devido ao ﬂuido ser incompressı́vel, uma quantidade
igual ∆V de ﬂuido deve sair na extremidade direita do ﬂuido. Como o volume é igual, então podemos
usar este fato para relacionar os volumes e as áreas nas duas extremidades do tubo. Assim, tomando
um elemento do ﬂuido com velocidade constante, então durante o tempo ∆t, o elemento percorreu uma
distância ∆x. Portanto, o elemento de volume do ﬂuido deslocado neste intervalo de tempo será:
∆V = A∆x = Av∆t
este elemento de volume deve ser o mesmo nas duas extremidades, ou seja,
A1 v1 ∆t = A2 v2 ∆t
e eliminando os intervalos de tempo em ambos os lados, obtemos a equação da continuidade:
A1 v1 = A2 v2
O produto da área da seção reta pela velocidade do ﬂuido é deﬁnida como a vazão RV :
RV = Av
que é medida em m3 /s.
Assim, a Eq. (4.11) pode ser escrita na forma alternativa:
RV = Av = constante.
(4.11)
4.3. DINÂMICA DOS FLUIDOS IDEIAIS
145
(a) tempo t
(b) tempo t+Dt
Figura 4.10: Um fluido escoa da esquerda para a direita com vazão constante através de um segmento de tubo de
comprimento L. A velocidade do fluido é v1 no lado esquerdo e v2 no lado direito. A área de seção reta é A1 no
lado esquerdo do tubo e A2 no lado direito. Do instante t em (a) até o instante t + ∆t em (b), a quantidade de
fluido mostrada em cor violeta entra do lado esquerdo e uma quantidade igual mostrada em cor verde sai pelo lado
direito.
Se a densidade do ﬂuido é constante, podemos deﬁnir a chamada vazão mássica Rm :
Rm = ρRV = ρAv = constante.
que é expressa em kg/s.
Exemplo
1. A Fig. 4.11 mostra que o jato de água que sai de uma torneira fica progressivamente mais fino durante
a queda. As áreas das seções retas indicadas são A0 = 1, 2 cm2 e A = 0, 35 cm2 . Os dois nı́veis estão
separados por uma distância vertical h = 45 mm. Qual é a vazão da torneira?
Sabemos que a vazão nos dois pontos indicados na Fig. 4.11 deve ser a mesma. Portanto, a igualdade
a seguir deve ser satisfeita:
A0 v0 = Av
Desde que o ﬂuxo que sai da torneira está sob à ação da força gravitacional, então as velocidades nos
146
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
Figura 4.11: Veja exemplo 1.
dois pontos devem estar relacionadas pela equação:
v 2 = v02 − 2g(0 − h)
onde usamos um referencial em que a origem está no primeiro ponto e o segundo em uma posição y2 = −h.
Rearranjando a equação acima podemos escrever ainda
v 2 = v02 + 2gh
e eliminado a velocidade v através da equação da vazão, segue que:
A20 2
v = v02 + 2gh
A2 0
e isolando a velocidade inicial, obtemos
√
v0 =
2ghA2
A20 − A2
A vazão agora pode ser determinada usando:
√
R V = A 0 v0 =
2ghA2 A20
A20 − A2
e substituindo-se os valores correspondentes obtemos ainda:
√
2 × 9, 8 m/s2 × 4, 5cm × (0, 35cm2 )2 (1, 2cm2 )2
RV =
(1, 2cm2 )2 − (0, 35cm2 )2
4.3. DINÂMICA DOS FLUIDOS IDEIAIS
147
RV = 34 cm3 /s.
4.3.2
Equação de Bernoulli
Vamos considerar agora que o ﬂuxo do ﬂuido apresenta uma velocidade variável, resultante de uma
diferença de pressão entre as duas extremidades de um tubo de ﬂuxo. Além disso, também consideramos
a inﬂuência da gravidade, desde que esta produz variações na energia potencial do ﬂuido quando este se
desloca em diferentes alturas em relação à superfı́cie da Terra. Para determinar a equação que descreve
o movimento do ﬂuido, considere que o mesmo se desloca ao longo de uma distância horizontal L e
uma distância vertical y2 − y1 , conforme mostrado na Fig. 4.12. Para que o ﬂuido se desloque ao longo
desta trajetória, aplicamos uma pressão pressão p1 na extremidade inferior do tubo, como mostrado na
Fig. 4.12. Como resultado, o ﬂuido apresenta uma velocidade v1 na extremidade inferior do tubo e sai
com uma velocidade diferente v2 na outra extremidade do tubo. Note que existe uma pressão p2 em y2
aplicada pelo ﬂuido que está à frente do volume deslocado e, portanto, é aplicada no sentido contrário
ao deslocamento do ﬂuido.
O trabalho resultante W da diferença de pressão nas duas extremidades, provoca uma variação na
energia mecânica do sistema que corresponde à variações na energia cinética e potencial do ﬂuido. Este
trabalho é dado por:
W = (F1 − F2 )∆x = (p1 A1 − p2 A2 )∆x
ou seja,
W = (p1 − p2 )∆V
onde consideramos aqui que ∆V1 = ∆V2 = ∆V , ou seja, a quantidade de matéria que entra no tubo
deve ser a mesma quantidade que sai. O trabalho provoca uma variação da energia cinética do ﬂuido, de
acordo com o teorema trabalho-energia cinética. Assim, temos:
∆K = K2 − K1
e considerando que o elemento de volume deslocado tenha uma massa m, podemos escrever
1
1
∆K = mv22 − mv12
2
2
148
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
entrada
(a)
saída
(b)
Figura 4.12: Um fluido escoa com vazão constante através de um comprimento L de um tubo, da extremidade
de entrada à esquerda, até a extremidade de saı́da, à direita. Do instante t em (a) ao instante t + ∆t em (b)
uma quantidade de fluido, representada pela cor violeta, entra pela extremidade esquerda e uma quantidade igual,
representada na cor verde, sai pela extremidade direita.
e usando a deﬁnição da densidade do ﬂuido, que é considerada constante, temos ainda,
(
)
1 2 1 2
∆K =
ρv2 − ρv1 ∆V
2
2
Além disso, o trabalho deve provocar uma variação ∆U correspondente na energia potencial gravitacional. Esta variação é dada por:
∆U = mgy2 − mgy1 = ρg∆V (y2 − y1 )
A soma das variações ∆K e ∆U deve ser igual à variação total da energia mecânica do sistema devida
ao trabalho externo aplicado pela diferença de pressão nas extremidades do tubo. Assim, podemos
escrever:
W = ∆E = ∆U + ∆K
4.3. DINÂMICA DOS FLUIDOS IDEIAIS
149
e substituindo as expressões correspondentes, segue que:
(
(p1 − p2 )∆V =
)
1 2 1 2
ρv − ρv ∆V + ρg∆V (y2 − y1 )
2 2 2 1
e vemos que podemos eliminar o elemento de volume que é o mesmo em todos os termos:
1
1
p1 − p2 = ρv22 − ρv12 + ρg(y2 − y1 )
2
2
podemos escrever a equação acima na seguinte forma:
1
1
p1 + ρv12 + ρgy1 = p2 + ρv22 + ρgy2
2
2
(4.12)
Podemos reescrever a Eq. (4.12) na forma:
1
p + ρv 2 + ρgy = constante.
2
(4.13)
A Eq. (4.13) foi deduzida pela primeira vez por Daniel Bernoulli que estudou o escoamento de ﬂuidos
pela primeira vez no séc. XVIII. A Eq.(4.12) é bastante geral e podemos naturalmente recuperar o caso
mais simples de um ﬂuido em repouso que estudamos na seção anterior. Com efeito, considerando que o
ﬂuido está repouso, então v1 = v2 = 0 e a Eq. (4.12) se reduz a:
p2 + ρgy2 = p1 + ρgy1
ou seja,
p2 = p1 + ρg(y1 − y2 )
que é a Eq. (4.5) que obtivemos anteriormente.
Uma outra particularização importante da equação de Bernoulli, é o caso em que o escoamento ocorre
na direção horizontal mas com velocidades diferentes nos pontos 1 e 2, assim, fazendo y1 = y2 = y na Eq.
(4.12), segue que:
1
1
p1 + ρv12 + ρgy = p2 + ρv22 + ρgy
2
2
e eliminando os termos em comum, obtemos ainda:
1
1
p1 + ρv12 = p2 + ρv22
2
2
De acordo com a equação acima, se v2 < v1 então devemos ter p1 > p2 . Assim, vemos que a pressão
deve diminuir com o aumento da velocidade do ﬂuido. Nos resta fazer alguns exemplos de aplicação da
equação de Bernoulli.
150
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
Exemplos
1. Na Fig. 4.13, a água doce atrás de uma represa tem uma profundidade D = 15 m. Um cano horizontal
de 4,0 cm de diâmetro atravessa a represa a uma profundidade d = 6, 0 m. Uma tampa fecha a abertura
do cano. (a) Determine o módulo da força de atrito entre a tampa e o cano. (b) A tampa é retirada.
Qual é o volume de água que sai do cano em 3, 0 h?
Figura 4.13: Veja exemplo 1.
(a)
A pressão p2 na altura onde se encontra o cano pode ser determinada via Eq. (4.5):
p2 = p0 + ρg(0 − (−d)) = p0 + ρgd.
Agora precisamos determinar a força resultante sobre a tampa. Temos três forças atuando. A primeira
é devida à pressão da água da represa que acabamos de calcular. A força está dirigida para fora da represa
e seu módulo é dado por F2 = p2 A. Além desta força, no lado de fora da represa, temos apenas a pressão
atmosférica que empurra a tampa para dentro da represa. Assim, a força correspondente tem módulo
F1 = p0 A e tem sentido contrário a F2 . Além das forças devido à diferença de pressão entre o interior e
exterior da represa, temos ainda a força de atrito estático fs que também aponta no sentido contrário à
força F2 .
Assim, para que a tampa permaneça no lugar, a soma destas forças deve ser nula, assim devemos ter:
F1 + fs = F2
4.3. DINÂMICA DOS FLUIDOS IDEIAIS
151
ou seja,
p0 A + fs = p0 A + ρgdA
ou seja, o módulo da força de atrito é dado por:
fs = ρgdA = 103 kg/m3 × 9, 8 m/s2 × 6, 0 m ×
π × (4, 0 × 10−2 m)2
4
fs = 74 N.
(b)
Para determinar a quantidade de água que sai quando a tampa é retirada, devemos aplicar a Eq.
(4.12) na superfı́cie da represa e na altura onde se encontra o cano. Assim, temos:
1
1
p1 + ρv12 + ρgy1 = p2 + ρv22 + ρgy2
2
2
1
1
p0 + ρ(0)2 + ρgd = p0 + ρv22 + ρg(0)
2
2
onde consideramos que a velocidade da água é nula na superfı́cie da represa e que a pressão no ponto de
saı́da é igual à pressão atmosférica pois retiramos a tampa e então temos apenas a pressão atmosférica
atuando sobre o ﬂuxo da água, logo
1
ρgd = ρv22
2
ou seja,
v2 =
√
2gd
e a vazão é dada por:
R2 = A2 v2
onde A2 é a área do cano. A quantidade de água que sai em 3,0 h pode ser determinada multiplicando a
vazão calculada por este tempo:
∆V = A2 v2 ∆t =
π × (4, 0 × 10−2 m)2
4
√
2 × 9, 8 m/s2 × 6, 0 m × 3, 0 h
152
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
∆V = 1, 5 × 102 m3
2. Um medidor venturi é usado para medir a velocidade de um fluido em um cano. O medidor é
ligado entre dois segmentos do cano (veja a Fig. 4.8); a seção reta A na entrada e saı́da do medidor é
igual à seção reta do cano. Entre a entrada e a saı́da do medidor o fluido escoa com velocidade V e depois
passa com velocidade v pelo gargalo estreito de seção reta a. Um manômetro liga a parte mais larga do
medidor à parte mais estreita. A variação da velocidade do fluido é acompanhada por uma variação ∆p
da pressão do fluido, que produz uma diferença h na altura do lı́quido nos dois lados do manômetro. (A
diferença ∆p corresponde à pressão no gargalo menos a pressão do cano). (a) Aplicando a equação de
Bernoulli e a equação da continuidade aos pontos 1 e 2 na Fig. 4.8, mostre que
√
2a2 ∆p
V =
ρ(a2 − A2 )
onde ρ é a densidade do fluido. (b) Suponha que o fluido é água doce, que a seção reta é 64 cm2 no cano
e 32 cm2 no gargalo e que a pressão é 55 kPa no cano e 41 kPa no gargalo. Qual é a vazão de água em
metros cúbicos por segundo?
entrada
do medidor
medidor Venturi
cano
cano
manômetro
Figura 4.14: Veja exemplo 2.
(a)
saída
do medidor
4.3. DINÂMICA DOS FLUIDOS IDEIAIS
153
A equação da continuidade fornece,
AV = av.
A equação de Bernoulli é dada por:
1
1
p1 + ρv12 + ρgy1 = p2 + ρv22 + ρgy2
2
2
e particularizando para o caso em questão, obtemos:
1
1
p1 + ρV 2 = p2 + ρv 2
2
2
1 2
1
1
ρV = p2 − p1 + ρv 2 = ∆p + ρv 2
2
2
2
e trocando o valor da velocidade v pela equação da continuidade obtemos ainda:
(
)2
1 2
1 2
1
A
ρV = p2 − p1 + ρv = ∆p + ρ
V
2
2
2
a
ou seja,
(
)
A2
1
ρ 1 − 2 V 2 = ∆p
2
a
1
ρ
2
(
a2 − A 2
a2
e isolando a velocidade V obtemos ainda
√
V =
)
V 2 = ∆p
2a2 ∆p
ρ(a2 − A2 )
(b)
A vazão de água é dada por:
RV = AV
√
RV =
2a2 A2 ∆p
ρ(a2 − A2 )
e substituindo-se os valores correspondentes, obtemos ﬁnalmente:
√
2(32 × 10−4 m2 )2 × (64 × 10−4 m2 )2 (41 − 55) kPa
RV =
1000 kg/m3 × [(32 × 10−4 m2 )2 − (64 × 10−4 m2 )2 ])
RV = 2, 0 × 10−2 m3 /s
154
CAPÍTULO 4. FLUIDOS
Capı́tulo 5
Gravitação
5.1
Introdução
Agora vamos estudar a gravitação que é a tendência dos corpos de se atraı́rem mutuamente devido às
suas massas. Newton mostrou que todos os corpos no universo se atraem mutuamente. Da mesma forma
que um pequeno corpo que lançado para cima na superfı́cie da Terra é atraı́do pela mesma, o mesmo
ocorre com a Lua orbitando em torno da Terra. Além disso, assim como a Terra atrai uma pedra com
uma força de, digamos, 0,8 N a pedra também atrai a Terra com a mesma força de 0,8 N. No entanto, a
aceleração da Terra devido à força aplicada pela pedra é desprezı́vel. Isto ocorre por causa de sua enorme
massa.
A lei de gravitação, proposta por Newton, nos permite determinar o valor da força entre duas partı́culas de massas m1 e m2 que se atraem mutuamente a uma distância r. O módulo da força é dado pela
equação:
F =G
m1 m2
r2
(5.1)
onde G é uma constante dada por:
G = 6, 67 × 10−11 N.m2 /kg2
= 6, 67 × 10−11 m3 /kg.s2
Na Fig. 5.1a, F⃗ é a força que a partı́cula 2 exerce sobre a partı́cula 1 . A força aponta para 2 e tende
a aproximar a partı́cula 1 da partı́cula 2, e por esta razão dizemos que F⃗ é uma força atrativa. O módulo
de F⃗ é dada pela Eq. (5.1).
155
156
CAPÍTULO 5. GRAVITAÇÃO
(a)
(b)
(c)
Figura 5.1: (a) A força gravitacional F⃗ que a partı́cula 2 exerce sobre a partı́cula 1 é uma força atrativa porque
aponta para a partı́cula 2. (b) A força F⃗ está sobre um eixo radial r. (c) A força F⃗ tem o mesmo sentido que o
vetor unitário r̂ do eixo r.
A direção de F⃗ está ao longo da linha que une as partı́culas como mostrado na Fig. 5.1b. Assim,
deﬁnimos um eixo r passando pelas duas partı́culas, o que nos permite reescrever a Eq. (5.1) na forma
vetorial:
m1 m2
F⃗ = G 2 r̂
r
(5.2)
onde r̂ é um vetor de módulo unitário com direção ao longo do eixo r e sentido de 1 para 2, veja a Fig.
5.1c.
Existe uma segunda força neste sistema de 2 partı́culas que é a força sobre m2 devido a partı́cula
m1 . Esta força tem o mesmo módulo e direção da força F⃗ mas sentido contrário, ou seja, apontando de
2 para 1.
Embora a Eq. (5.2) seja deﬁnida para partı́culas, podemos aplicar a Eq. (5.2) para objetos reais
quando seus tamanhos sejam pequenos em comparação com a distância entre eles. A Lua e a Terra
5.1. INTRODUÇÃO
157
estão suﬁcientemente longe uma da outra para que com boa aproximação possam ser consideradas como
partı́culas.
Por outro lado, o caso de uma pedra atirada para cima na superfı́cie da Terra, em princı́pio, não
pode ser descrito pela Eq. (5.2) desde que não podemos considerar a Terra como uma partı́cula neste
caso. Com efeito, a Terra parece extensa e plana, e portanto, não se parece como uma partı́cula. Newton
resolveu este problema da atração entre a Terra e a pedra provando um teorema importante, conhecido
como teorema da casca esférica. O teorema é enunciado da seguinte forma:
"Uma casca esférica uniforme de matéria atrai uma partı́cula que se encontra
fora da casca como se toda a massa da casca estivesse concentrada em seu centro."
A Terra pode ser imaginada como um conjunto de cascas, uma dentro da outra, cada uma atraindo
uma partı́cula fora de sua superfı́cie como se a massa da casca estivesse localizada no seu centro. Assim,
do ponto de vista da pedra, a Terra se comporta como uma partı́cula que está localizada no centro da
Terra e possui uma massa igual à da Terra.
5.1.1
Princı́pio da Superposição
Dado um grupo de partı́culas, podemos calcular a força gravitacional a que uma delas está submetida
como a soma das forças que as demais partı́culas exercem sobre a mesma. Este é o chamado princı́pio da
superposição e, formalmente, podemos escrever a força resultante sobre a partı́cula 1 devido às demais
na forma:
F⃗1,res = F⃗12 + F⃗13 + F⃗14 + F⃗15 + F⃗16 + · · · + F⃗1n
(5.3)
o que pode ser colocado na forma mais compacta:
F⃗1,res =
n
∑
F⃗1i
i=2
No caso de um corpo rı́gido, podemos estender o princı́pio da superposição para uma expressão
integral:
∫
F⃗1,res =
dF⃗
(5.4)
Exemplo
1. A Fig. 5.2 mostra um arranjo de três partı́culas: a partı́cula 1, de massa m1 = 6, 0 kg, e as partı́culas
2 e 3, de massas m2 = m3 = 4, 0 kg; a = 2, 0 cm. Qual é a força gravitacional resultante que as outras
partı́culas exercem sobre a partı́cula 1?
158
CAPÍTULO 5. GRAVITAÇÃO
Figura 5.2: Veja exemplo 1.
Temos aplicar o princı́pio da superposição. Considerando a Eq. (5.3), temos:
F⃗1 = F⃗12 + F⃗13
e observando a localização das partı́culas, temos então:
F⃗1 = F12 ĵ − F13 î
e substituindo a Eq. (5.1), segue que:
m1 m2
m1 m3
F⃗1 = G 2 ĵ − G
î
a
4a2
esta é a expressão vetorial para a força que atua sobre a partı́cula 1. Substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:
6, 0 kg × 4, 0 kg
6, 0 kg × 4, 0 kg
F⃗1 = 6, 67 × 10−11 m3 /kg.s2 ×
ĵ − 6, 67 × 10−11 m3 /kg.s2 ×
î
−2
2
(2, 0 × 10 m)
4(2, 0 × 10−2 m)2
F⃗1 = (−î + 4ĵ) × 10−6 N.
Resta determinar o módulo e a direção correspondentes. Da álgebra vetorial o módulo de um vetor
é obtido via teorema de Pitágoras tomando-se as componentes x e y como os catetos de um triângulo
retângulo:
F1 =
√
1 + 16 × 10−6 N ≈ 4, 1 × 10−6 N
5.2. GRAVITAÇÃO NAS PROXIMIDADES DA SUPERFÍCIE DA TERRA
159
O ângulo pode ser obtido calculando a tangente entre as componentes do vetor F⃗1 :
(
)
( )
F12
4
θ = arctan
= arctan
≈ 76o
F13
1
que é o ângulo entre o lado negativo do eixo x e o lado positivo do eixo y. Para obter o ângulo em relação
ao primeiro quadrante devemos subtrair este ângulo de 180o assim:
θ = 180o − 76o = 104o .
5.2
Gravitação nas proximidades da superfı́cie da Terra
Vamos supor que a Terra tem uma massa M . O módulo da força que a Terra exerce sobre uma partı́cula
m é dada pela Eq. (5.1):
F =G
Mm
r2
A partı́cula de massa m vai sofrer uma aceleração ag dada pela segunda lei de Newton:
F = mag
e substituindo a fórmula da força obtemos:
mag = G
Mm
r2
ou seja,
ag = G
M
.
r2
(5.5)
A Eq. (5.5) mostra que ag diminui com a distância da partı́cula em relação ao centro da Terra. Com
efeito, quando r → ∞ a aceleração vai a zero. Na tabela abaixo, mostramos alguns valores da aceleração
da gravidade para diferentes valores da altitude em relação à superfı́cie da Terra.
Altitude (km)
ag (m/s2 )
exemplo de altitude
0
9,83
superfı́cie da Terra
400
8,70
órbita de um ônibus espacial
35700
0,225
órbita de um satélite de comunicação
O valor de 9, 8 m/s2 foi usado considerando-se que o movimento de rotação da Terra podia ser
desprezado. Isto permitiu supor que a aceleração sofrida pela partı́cula é igual à aceleração da gravidade.
160
CAPÍTULO 5. GRAVITAÇÃO
Além disso, supomos que a Terra é uma esfera perfeita com uma densidade uniforme de massa. No
entanto, estas são apenas aproximações que permitem uma descrição simpliﬁcada do movimento dos
objetos. Uma descrição mais precisa do movimento dos corpos, sob a inﬂuência da força da gravidade,
requer uma análise mais cuidadosa sobre como estes fatores alteram o valor de ag .
caixote
balança
caixote
Figura 5.3: Um caixote sobre uma balança no equador da Terra, conforme visto por um observador posicionado
sobre o eixo de rotação da Terra, em algum ponto acima do pólo norte. O caixote executa um movimento de rotação
sob a influência da força gravitacional e a força normal aplicada pela balança. A resultante das forças deve gerar
uma força centrı́peta.
O movimento de rotação da Terra pode afetar fortemente o valor da aceleração da gravidade desde
que qualquer corpo na superfı́cie irá sofrer a ação de uma força centrı́peta que aponta em direção ao
centro da Terra. Isto pode ser facilmente observado, fazendo-se a seguinte suposição: imagine um caixote
sobre uma balança que está em repouso na superfı́cie da Terra (veja a Fig. 5.3). As forças atuando sobre
o caixote são a força gravitacional devido à atração da Terra e a força normal aplicada pela balança sobre
a qual o caixote está em repouso. A soma destas duas forças deve ser igual à força centrı́peta que faz
com que o caixote percorra a mesma trajetória que a superfı́cie da Terra. Assim, escrevemos:
N − mag = −m(ω 2 R)
onde o sinal de menos indica que a força centrı́peta tem o mesmo sentido que a força gravitacional.
A força normal é igual ao peso registrado pela balança, assim
N = mg
5.2. GRAVITAÇÃO NAS PROXIMIDADES DA SUPERFÍCIE DA TERRA
161
e substituindo na equação acima, obtemos:
mg − mag = −m(ω 2 R)
e eliminado a massa do caixote obtemos ﬁnalmente:
g = ag − ω 2 R
(5.6)
A Eq. (5.6) indica que a aceleração sentida na superfı́cie da Terra g é menor do que a aceleração
produzida pela atração gravitacional devido à existência da contribuição da aceleração centrı́peta que
reduz ag por uma quantidade ω 2 R.
Exemplo
1. Um astronauta cuja altura é h = 1, 70 m flutua “com os pés para baixo” em um ônibus espacial em
órbita a uma distância r = 6, 77 × 106 m do centro da Terra. Qual é a variação de ag de seus pés e sua
cabeça?
A expressão para a aceleração da gravidade é dada por:
ag =
GMT
r2
onde MT é a massa da Terra.
A variação da aceleração da Terra é obtida diferenciando-se a equação acima, i.e.,
dag =
dag
dr
dr
e substituindo a expressão para a aceleração da gravidade, segue que:
dag = −2
GMT
dr
r3
Neste caso a variação na gravidade com a altura do astronauta implica que dr = h, assim
dag = −2
GMT
h
r3
e substituindo os valores correspondentes obtemos:
)
(
6, 67 × 10−11 m3 /kg.s2 × 5, 98 × 1024 kg
× 1, 70 m
dag = −2 ×
(6, 77 × 106 m)3
dag = −4, 37 × 10−6 m/s2 .
162
CAPÍTULO 5. GRAVITAÇÃO
5.3
A aceleração gravitacional no interior da Terra
O teorema das cascas de Newton também pode ser aplicado a uma situação na qual a partı́cula se encontra
no interior de uma casca uniforme para demonstrar o seguinte:
"Uma casca uniforme de matéria n~
ao exerce força gravitacional resultante sobre
uma partı́cula localizada em seu interior."
Considerando novamente a Terra como um conjunto de cascas esféricas concêntricas, então pelo
teorema das cascas, concluı́mos que a força gravitacional seria máxima na superfı́cie na superfı́cie da Terra
e diminuiria à medida que nos afastamos da mesma. Por outro lado, caso a partı́cula se movesse para
dentro da Terra (por um túnel) a força mudaria por duas razões: (1) aumentaria porque a partı́cula estaria
se aproximando do centro; (2) diminuiria porque uma casca de espessura cada vez maior, localizada do
lado de fora da partı́cula em relação ao centro da Terra, deixaria de contribuir para a força gravitacional.
No caso da Terra a inﬂuência (2) predomina e a gravidade diminuiria a medida que a partı́cula se
deslocasse em direção ao centro da Terra. No caso real, porém, a força aumenta até uma determinada
profundidade e depois começa a diminuir. Este comportamento é resultado da Terra não ser perfeitamente
esférica, não tem uma densidade de massa uniforme, etc.
Exemplo
1. Na Fig. 5.4, uma cápsula pode se mover ao longo de um túnel que atravessa a Terra. Determine a
força gravitacional experimentada pela cápsula de massa m quando está a uma distância r do centro da
Terra. Suponha que a Terra é uma esfera uniforme de densidade ρ.
A força experimentada pela cápsula de massa m a uma distância r do centro da Terra é dada por:
F =G
mMint
r2
onde Mint é a massa contida dentro da esfera de raio r. Para determinar a força experimentada pela
cápsula, precisamos determinar a massa contida nesta esfera. Para isso, usamos o fato da densidade ser
constante, assim, temos:
4
Mint = ρVint = ρ πr3
3
e substituindo na equação para a força gravitacional, segue que:
F =G
m 4 3
ρ πr
r2 3
5.4. ENERGIA POTENCIAL GRAVITACIONAL
163
Figura 5.4: Veja exemplo 1.
o que pode ser colocado na forma
F =
4πρmG
r
3
esta força está dirigida para o centro da Terra, assim, podemos escrevê-la na forma vetorial:
4πρmG
F⃗ = −
rr̂
3
ou ainda,
F⃗ = −Krr̂ = −K⃗r
onde,
K=
4πρmG
3
e vemos que a forma da força indica que a cápsula irá desenvolver um movimento harmônico simples e
ﬁcará se movendo para cima e para baixo no túnel.
5.4
Energia Potencial Gravitacional
Nos capı́tulos anteriores, a energia potencial gravitacional foi deﬁnida como sendo:
U = mgh
para uma partı́cula a uma altura h em relação ao solo.
164
CAPÍTULO 5. GRAVITAÇÃO
Agora vamos considerar a energia potencial gravitacional sob a luz da teoria da gravitação, onde agora
a energia potencial estará associada com à conﬁguração de duas ou mais massas que interagem via força
gravitacional. No caso particular de duas partı́culas de massas M e m, a energia potencial é dada por:
U = −G
Mm
r
(5.7)
onde estamos considerando que a energia potencial é deﬁnida em relação a um potencial de referência
U = 0 em r → ∞. Note que somente diferenças de energia potencial têm signiﬁcado fı́sico. O valor
absoluto não tem sentido, da mesma forma que a posição de uma partı́cula não têm sentido a menos que
seja dito em relação a que origem estamos nos referindo.
É importante ressaltar que a energia potencial gravitacional dada pela Eq. (5.7) está associada a
uma conﬁguração do sistema de duas partı́culas. Assim, se mudamos a conﬁguração do sistema mudando
a distância entre elas, mudamos também a energia potencial. Sendo assim, esta energia não pode ser
associada a uma partı́cula em particular mas ao sistema como um todo. Desta forma, não podemos dizer
que a energia potencial está dividida entre as partı́culas. No entanto, no caso de um sistema composto
por uma bola de tênis e a Terra, normalmente falamos da “energia potencial da bola de tênis”. Isto
porque a variação da energia potencial do sistema aparece quase inteiramente na energia cinética da bola
de tênis. A enorme massa da Terra implica em uma aceleração quase nula e então podemos desprezar
esta contribuição. O importante é ter em mente que a energia potencial é uma quantidade associada a
um sistema de partı́culas e não é uma propriedade de apenas uma partı́cula como no caso da energia
cinética. No caso de partı́culas com massas comparáveis é imperativo deixar o hábito de dizer “energia
potencial de uma determinada partı́cula”.
Quando existem mais de duas partı́culas no sistema, ainda podemos determinar a energia potencial.
Para isso recorremos ao princı́pio da superposição que sabemos ser válido para a força gravitacional.
Assim, calculamos a energia potencial de cada par de partı́culas como se as demais não estivessem
presentes e então fazemos a soma da cada um destes termos. Assim, por exemplo, no caso das três
partı́culas mostradas na Fig. 5.5, temos:
U = −G
5.4.1
m1 m3
m2 m3
m1 m2
−G 2 −G 2
2
r12
r13
r23
Demonstração da Eq. (5.7)
Vamos considerar o caso de um sistema composto por uma bola de tênis de massa m e a Terra com uma
massa M . Considere que está bola é lançada de uma distância r do centro da Terra até o inﬁnito, onde
5.5. VELOCIDADE DE ESCAPE
165
Figura 5.5: Sistemas com três partı́culas. A energia potencial do sistema é dada pela soma das energias potenciais
dos três pares de partı́culas.
consideramos que a energia potencial é zero. Assim, lembrando que o trabalho é igual ao negativo da
variação da energia potencial, podemos escrever:
∫
∞
∆U = U (∞) − U (r) = −
F⃗ · d⃗r
r
e desde que a força gravitacional é conservativa, o trabalho independe da trajetória escolhida para calculálo. Assim, consideramos que a bola é lançada na direção vertical e, portanto, paralelamente à força F⃗ .
Assim, podemos escrever
∫
U (∞) − U (r) = +
∞
F dr
r
desde que F⃗ = −GM m/r2 r̂ e d⃗r = drr̂. E substituindo o valor do módulo de F , obtemos:
[ ]∞
∫ ∞
GM m
dr
1
=
U (∞) − U (r) = +GM m
= GM m −
2
r
r r
r
r
e como estamos considerando que o potencial no inﬁnito é zero, então U (∞) = 0, logo:
0 − U (r) =
GM m
r
ou,
U (r) = −
GM m
r
que é a equação que gostarı́amos de demonstrar.
5.5
Velocidade de Escape
A velocidade para que um objeto seja lançado de maneira que não ﬁque preso na órbita da Terra é
chamada de velocidade de escape. Para determinar esta velocidade, imagine que atiramos um objeto de
166
CAPÍTULO 5. GRAVITAÇÃO
maneira que sua velocidade será nula apenas no inﬁnito. Assim, como o potencial é nulo no inﬁnito e sua
energia cinética também, então a energia mecânica será também nula. Assim, a condição para determinar
a velocidade de escape é que a energia total do objeto seja nula. Aplicando o princı́pio de conservação
da energia mecânica, segue que:
Er = E∞
1
mM
mv 2 − G
=0
2 e
R
onde R é o raio da Terra e M é a sua massa. Isolando a velocidade de escape ve , obtemos:
√
2GM
.
ve =
R
Assim, objetos lançados com esta velocidade não ﬁcarão orbitando em torno da Terra.
5.6
As leis de Kepler
A partir dos dados compilados por Tycho Brahe (1546-1630), Johannes Kepler (1571-1630) foi capaz de
deduzir as suas três leis do movimento planetário. Mais tarde, Newton (1642-1727) mostrou que as leis
de Kepler eram uma consequência de sua lei da gravitação. As três leis de Kepler também podem ser
usadas para estudar os movimentos de satélites, naturais ou artiﬁciais, em volta da Terra ou qualquer
outro corpo cuja massa é muito maior do que a do satélite. A seguir, discutimos as três leis de Kepler
em maiores detalhes.
5.6.1
Lei das áreas
"A reta que liga um planeta ao Sol varre áreas iguais no plano da órbita em tempos
iguais, ou seja, a taxa de variaç~
ao dA/dt da área A com o tempo é constante."
De modo qualitativo, esta lei nos diz que os planetas se movem mais rapidamente quando estão mais
próximos do Sol e mais lentamente quando estão mais distantes do Sol.
A área da cunha na Fig. 5.6a é praticamente a área varrida pelo planeta no intervalo de tempo ∆t.
Como temos um triângulo, a área ∆A é dada aproximadamente por:
1
1
∆A = (r∆θ).r = r2 ∆θ
2
2
que se torna mais exata para um intervalo de tempo cada vez menor, assim, podemos escrever:
dA
∆A
1 dθ
1
= lim
= r2
= ωr2 .
∆t→0 ∆t
dt
2 dt
2
5.6. AS LEIS DE KEPLER
167
Na Fig. 5.6b temos a representação do momento linear do planeta de massa m em termos de suas
⃗ pode ser escrito na forma:
componentes radial e tangencial. O momento angular L
⃗ = ⃗r × p⃗ = ⃗r × p⃗r + ⃗r × p⃗⊥
L
e como a componente radial é paralela ao vetor posição, o primeiro termo é nulo. Além disso, a componente tangencial p⃗⊥ é perpendicular ao vetor posição assim, podemos escrever
⃗ = rp⊥ ẑ
L
onde ẑ é um versor perpendicular ao plano da órbita do planeta. O módulo do momento angular pode
ser escrito na forma:
L = rp⊥ = mv⊥ r
e como v⊥ = ωr, temos ainda,
L = rp⊥ = mωr2
e substituindo na expressão para a taxa de variação da área varrida pelo planeta, obtemos:
L
dA
=
dt
2m
e assim, a constatação de que a taxa com a qual a área varrida é constante, implica que o momento
angular do planeta é constante. Portanto, a 2a lei de Kepler nada mais é do que a lei de conservação do
momento angular.
Figura 5.6: (a) No instante ∆t, a reta que liga o planeta ao Sol se desloca de um ângulo ∆θ, varrendo uma área
∆A (sombreada). (b) O momento linear p⃗ do planeta e suas componentes.
168
CAPÍTULO 5. GRAVITAÇÃO
5.6.2
A lei das órbitas
"Todos os planetas se movem em órbitas elı́pticas, com o Sol em um dos focos."
Na Fig. 5.7 temos uma planeta de massa m se movendo em torno do Sol cuja massa é M . Supomos
que M ≫ m, de modo que o centro de massa do sistema planeta-Sol se encontra aproximadamente no
centro do Sol.
A órbita é especiﬁcada através de seu semi-eixo maior a e sua excentricidade e, esta última sendo
deﬁnida de tal forma que ea é a distância de centro da elipse a um dos focos, F ou F ′ . Uma excentricidade nula corresponde a uma circunferência na qual os dois focos se reduzem a apenas um único ponto
central. As órbitas dos planetas têm uma excentricidade muito pequena. A Terra, por exemplo, tem uma
excentricidade de apenas 0,0167.
Figura 5.7: Um planeta de massa m orbitando em torno do Sol. O Sol, de massa M , ocupa um foco, F , da elipse.
O outro foco, F ′ , está localizado no espaço vazio. Os dois focos ficam a uma distância ea do centro da elipse, onde
e é a excentricidade da elipse. O semi-eixo maior a da elipse, a distância do periélio Rp (ponto mais próximo do
Sol) e a distância do afélio Ra (ponto mais afastado do Sol) também aparecem na Fig.
Podemos determinar a forma da trajetória usando-se as ferramentas da análise vetorial e a 2a lei de
Newton. Para isso, considere a segunda lei de Newton aplicada a um planeta de massa m girando em
torno do sol, que tem massa M , nas mesmas condições citadas acima, i.e., tal que M ≫ m. Neste caso,
escrevemos:
F⃗ = m⃗a
ou seja,
m
d⃗v
GM m
=−
r̂
dt
r2
5.6. AS LEIS DE KEPLER
169
onde r̂ é um versor na mesma direção da linha que liga o planeta ao Sol. Temos então:
d⃗v
GM
= − 2 r̂
dt
r
(5.8)
Lembrando que o momento angular é dado por:
⃗ = ⃗r × p⃗ = m⃗r × ⃗v
L
e usando ⃗r = rr̂, podemos escrever
⃗ = mr(r̂ × ⃗v ).
L
(5.9)
Agora observe que a velocidade pode ser escrita como:
⃗v =
d⃗r
dr
dr̂
= r̂ + r
dt
dt
dt
e substituindo este resultado na Eq. (5.9) segue que:
)
(
dr̂
dr̂
dr
⃗
r̂ + r
= mr2 r̂ ×
L = mrr̂ ×
dt
dt
dt
Agora considere o produto vetorial
d⃗v ⃗
GM
⃗
× L = − 2 r̂ × L
dt
r
onde usamos a 2a lei de Newton da Eq. (5.8). Substituindo a Eq. (5.10), vamos obter:
)
(
d⃗v ⃗
GM
dr̂
× L = − 2 r̂ × mr2 r̂ ×
dt
r
dt
ou seja,
(
)
d⃗v ⃗
dr̂
× L = −GM mr̂ × r̂ ×
dt
dt
e usando a identidade vetorial
⃗ × (B
⃗ × C)
⃗ = B(
⃗ A
⃗ · C)
⃗ − C(
⃗ A
⃗ · B)
⃗
A
segue que:
[ (
)
]
d⃗v ⃗
dr̂
dr̂
× L = −GM m r̂ r̂ ·
−
(r̂ · r̂)
dt
dt
dt
e como r̂ ·
dr̂
= 0 e r̂ · r̂ = 1, vamos obter
dt
d⃗v ⃗
dr̂
× L = GM m
dt
dt
(5.10)
170
CAPÍTULO 5. GRAVITAÇÃO
e dado que o momento angular do planeta é constante, pela lei das áreas, podemos reescrever o sinal da
derivada temporal da seguinte forma:
⃗
d(⃗v × L)
dr̂
= GM m
dt
dt
e igualando os argumentos das derivadas, obtemos:
⃗ = GM mr̂ + ρ
⃗v × L
⃗.
(5.11)
onde ρ
⃗ é um vetor constante devido à integração que ﬁzemos acima.
Com a Eq. (5.11), podemos escrever:
⃗ = GM m⃗r · r̂ + ⃗r · ρ
⃗r · (⃗v × L)
⃗
ou seja,
⃗ = GM mr + rρ cos θ
⃗r · (⃗v × L)
(5.12)
onde ρ cos θ é a projeção do vetor ρ
⃗ na direção de ⃗r.
O primeiro membro da equação Eq. (5.12) é um produto triplo, assim, como o produto é cı́clico,
temos:
2
⃗ =L
⃗ · (⃗r × ⃗v ) = 1 L
⃗ · (⃗r × p⃗) = L = constante.
⃗r · (⃗v × L)
m
m
E substituindo na Eq. (5.12), segue que:
L2
= GM mr + rρ cos θ
m
(5.13)
ou ainda
r=
5.6.3
L2 /m
L2 /GM m2
=
ρ
GM m + ρ cos θ
1+
cos θ
GM m
(5.14)
Lei dos perı́odos
"O quadrado do perı́odo de qualquer planeta é proporcional ao cubo do semi-eixo
maior de sua órbita."
Vamos considerar uma órbita circular de raio r, veja a Fig. 5.8. Assim, de acordo com a 2a lei de
Newton, temos:
F = ma
G
Mm
ω2 r2
=m
= mω 2 r
2
r
r
5.7. SATÉLITES: ÓRBITAS E ENERGIAS
171
A velocidade angular pode ser trocada pelo perı́odo ω = 2π/T , assim temos ainda:
G
M
4π 2
=
r
r2
T2
ou seja,
T2 =
4π 2 3
r .
GM
E vemos que para uma órbita circular é direto mostrar que a lei de Kepler deriva diretamente da lei
de Newton. É possı́vel mostrar que, para o caso mais geral de uma órbita com excentricidade diferente
de zero, obtemos uma lei similar com r trocado pelo semi-eixo maior a da elipse descrita pelo planeta.
Figura 5.8: Um planeta de massa m em órbita circular de raio r em torno do Sol.
5.7
Satélites: órbitas e energias
Um satélite orbitando em torno de um planeta em uma trajetória elı́ptica tem tanto a sua velocidade (relacionada com a energia cinética) quanto a sua distância do planeta (relacionada com a energia potencial)
variando em todos os pontos da órbita. No entanto, sua energia mecânica permanece constante.
A energia potencial do sistema é dada por:
U =−
GM m
r
e pela 2a lei de Newton, temos:
G
v2
Mm
=m
2
r
r
172
CAPÍTULO 5. GRAVITAÇÃO
de onde podemos determinar o valor da energia cinética:
1
Mm
K = mv 2 = G
2
2r
e vemos então que em uma órbita circular que está implı́cita aqui, a energia cinética e a energia potencial
gravitacional estão relacionadas pela equação:
1
K = − U.
2
Exemplos
1. Um asteróide em rota de colisão com a Terra, tem uma velocidade de 12 km/s em relação ao planeta
quando está a uma distância de 10 raios terrestres do centro da Terra. Desprezando os efeitos da atmosfera sobre o asteróide, determine a velocidade vf do asteróide ao atingir a superfı́cie da Terra.
Temos que aplicar a conservação de energia neste caso. Assim, temos que:
Ki + Ui = Kf + Uf
(5.15)
GM m
1
GM m
1
mvi2 −
= mvf2 −
2
ri
2
rf
(5.16)
ou seja,
e simpliﬁcando a massa do asteróide, obtemos ainda:
(
vf2 = vi2 + 2GM
1
1
−
rf
ri
)
(5.17)
e quando o asteróide atinge a Terra sua distância em relação ao centro da Terra é igual ao raio da Terra.
Assim, temos que:
vf2
=
vi2
2GM
+
RT
(
)
1
18GM
1−
= vi2 +
10
10RT
(5.18)
portanto,
vf2 = vi2 +
9GM
5RT
(5.19)
e substituindo-se os valores correspondentes segue que:
vf2 = (12 × 103 m/s)2 +
9 × 6, 67 × 10−11 m3 /kg.s2 × 5, 98 × 1024 kg
5 × 6, 37 × 106 m
vf = 16 km/s.
(5.20)
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Notas de aula 02

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