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146 PARTE II – ONDULATÓRIA
Parte II – ONDULATÓRIA
(^1) Um holofote emite um feixe cilíndrico e vertical de luz dirigido
contra o solo, plano e horizontal. Uma pequena esfera opaca executa movimento circular e uniforme no interior desse feixe. A trajetória da esfera está contida num plano vertical.
Holofote
Analise as af irmações a seguir: I. O movimento da sombra projetada pela esfera é periódico e os- cilatório. II. O movimento da sombra tem o mesmo período do movimento da esfera. III. Enquanto a esfera descreve uma semicircunferência, a sombra completa uma oscilação. IV. A amplitude do movimento da sombra é igual ao diâmetro da cir- cunferência descrita pela esfera. V. O movimento da sombra é harmônico simples. Indique a alternativa verdadeira. a) Se apenas I e V forem corretas. b) Se apenas I, II, IV e V forem corretas. c) Se apenas I, II e V forem corretas. d) Se apenas V for correta. e) Se todas forem corretas.
Resposta: c
(^2) (ITA-SP) Uma nave espacial está circundando a Lua em uma ór-
bita circular de raio R e período T. O plano da órbita dessa nave é o mesmo que o plano da órbita da Lua ao redor da Terra. Nesse caso, para um observador terrestre, se ele pudesse enxergar a nave (durante todo o tempo), o movimento dela, em relação à Lua, pareceria: a) um movimento circular uniforme de raio R e período T; b) um movimento elíptico; c) um movimento periódico de período 2T; d) um movimento harmônico simples de amplitude R; e) diferente dos citados acima.
Resposta: d
3 E.R. (^) Uma partícula move-se ao longo de um eixo Ox, obedecen- do à função x = 2 cos π t (SI), em que x é a elongação e t é o tempo. Obtenha: a) a amplitude, a pulsação, o período, a frequência e a fase inicial do movimento; b) os valores máximos da velocidade escalar e da aceleração escalar da partícula; c) o gráf ico da elongação em função do tempo, no intervalo de t = 0 a t = 2 s.
Resolução: a) Temos: x = 2 cos π t e x = A cos (ω t + ϕ 0 ) Comparando essas expressões, termo a termo, vem: A = 2 m (amplitude)
ω = π rad/s (pulsação)
ω =^2 π T
⇒ π =^2 π T
⇒ T = 2 s (período)
f =^1 T
⇒ f =^1 2
⇒ f = 0,5 Hz (frequência)
ϕ 0 = 0 (^) (fase inicial)
b) Temos: v (^) máx = ω A e αmáx = ω^2 A Então:
v (^) máx = π · 2 ⇒ v (^) máx = 2π m/s
αmáx = π^2 · 2 ⇒ αmáx = 2π^2 m/s 2
c) Vamos calcular a elongação nos instantes t = 0, t = 0,5 s, t = 1 s, t = 1,5 s e t = 2 s: t = 0 ⇒ x = 2 cos (π · 0) ⇒ x = 2 m t = 0,5 s ⇒ x = 2 cos (π · 0,5) ⇒ x = 0 t = 1 s ⇒ x = 2 cos (π · 1) ⇒ x = –2 m t = 1,5 s ⇒ x = 2 cos (π · 1,5) ⇒ x = 0 t = 2 s ⇒ x = 2 cos (π · 2) ⇒ x = 2 m Agora, vamos construir o gráf ico pedido:
x (m)
(^0 1 2) t (s)
2
Tópico 1
Tópico 1 – Movimento harmônico simples 147
(^4) (Vunesp-SP) A partir do gráf ico a seguir, que representa as posi-
ções ocupadas por um móvel em função do tempo quando oscila em movimento harmônico simples, determine:
0,
0
–0,
(^1 2) t (s)
x (m)
3
a) a frequência e a amplitude do movimento; b) os instantes, durante os três primeiros segundos, em que a veloci- dade se anulou.
Resolução: a) Do gráf ico:
A = 0,10 m
T = 2 s ⇒ f = 1 T
⇒ f = 0,5 Hz
b) v = 0 em x = ± A:
0,5 s; 1,5 s; 2,5 s
Respostas: a) 0,5 Hz, 0,10 m; b) 0,5 s, 1,5 s, 2,5 s
(^5) (Mack-SP) Uma partícula descreve um movimento harmônico
simples segundo a equação x = 0,3 · cos π 3
- 2 · t , no SI. O módulo da
máxima velocidade atingida por esta partícula é:
a) π 3
m/s. d) 0,1 · π m/s.
b) 0,2 · π m/s. e) 0,3 m/s.
c) 0,6 m/s.
Resolução: Da equação dada : A = 0,3 m e ω = 2 rad/s
v (^) máx = ω A = 2 · 0,3 ⇒ v (^) máx = 0,6 m/s
Resposta: c
(^6) (UFPB) Um oscilador harmônico simples desloca-se entre os
pontos A e B, conforme a f igura abaixo:
A O B
O oscilador passa pelo ponto O, equidistante dos pontos A e B, com ve- locidade de 3,0 m/s. Sabendo que o módulo da aceleração do oscilador nos pontos A e B é 3,6 · 10^4 m/s 2 e considerando π = 3, determine, em kHz, a frequência de seu movimento.
Resolução:
- v (^) máx = 3,0 m/s e αmáx = 3,6 · 10^4 m/s 2
- αmáx = ω^2 A v (^) máx = ω A
αmáx v (^) máx
= ω = 2 π f ⇒ 3,6 · 10
4 3,
= 2 · 3 · f
f = 2 · 103 Hz = 2 kHz
Resposta: 2 kHz
(^7) (Mack-SP) Uma partícula realiza um MHS (movimento harmô-
nico simples) segundo a equação x = 0,2 cos π 2
t , no SI. A partir da posição de elongação máxima, o menor tempo que esta partícula gastará para passar pela posição de equilíbrio é: a) 8 s. b) 4 s. c) 2 s. d) 1 s. e) 0,5 s.
Resolução:
Δt =
–A O A x
T 4
Δt = T 4
ω =^2 Tπ ⇒ π 2
=^2 Tπ ⇒ T = 4s
Portanto: Δt = 4 T=^44 ⇒ Δt = 1 s
Resposta: d
(^8) Uma partícula move-se obedecendo à função horária
x = 2 cos 4π t + π 2
, com x em metros e t em segundos.
Determine: a) o período do movimento; b) a velocidade escalar da partícula em t = 1 s; c) a aceleração escalar da partícula em t = 5 s.
Resolução:
a) ω =^2 π T
⇒ 4 π =^2 π T
⇒ T = 0,5 s
b) v = – ω A sen (ω t + ϕ 0 )
v = – 4 π · 2 sen (4 π · 1 + π 2
) ⇒ v = – 8 π m/s
c) α = – ω^2 A cos (ω t + ϕ 0 )
α = – 16 π^2 · 2 · cos (4 π · 5 + π 2
) = –16 π^2 · 2 · 0 ⇒ (^) α = 0
Respostas: a) 0,5 s; b) – 8 π m/s; c) zero
Tópico 1 – Movimento harmônico simples 149
No instante t = 0, o corpo é abandonado e passa a realizar um movi- mento harmônico simples em torno da posição de equilíbrio O, que é a origem do eixo Ox, completando duas oscilações por segundo. A função horária da velocidade escalar (v) desse corpo, no SI, é: a) v = –0,8π cos (4π t + π). b) v = –0,4π cos (4π t). c) v = –0,8π sen (4π t + π). d) v = –0,4π sen (4π t + π). e) v = –0,4π sen (4π t).
Resolução: v = –ω A sen(ωt + ϕ 0 )
- A = 10 cm = 0,1 m
- f = 2 Hz ⇒ ω = 2 πf = 2 π 2 ⇒ ω = 4 π rad/s
- x = A cos(ωt + ϕ 0 ) Em t = 0, x = –A: –A = A cos ϕ 0 ⇒ cos ϕo = –1 ⇒ ϕ 0 = π rad
Portanto: v = –4 π · 0,1 sen(4 π t + π)
v = –0,4 π sen(4 π t + π)
Resposta: d
(^12) (ITA-SP) Uma partícula em movimento harmônico simples oscila
com frequência de 10 Hz entre os pontos L e –L de uma reta. No instan-
te t 1 , a partícula está no ponto 3 L 2
, caminhando em direção a valores
inferiores, e atinge o ponto – 2 L 2
no instante t 2. O tempo gasto nesse deslocamento é: a) 0,021 s. c) 0,15 s. e) 0,29 s. b) 0,029 s. d) 0,21 s.
Resolução:
Δϕ = 105°
45° 0
t (^2)
–L L
L
L
x
t (^1)
30°
–L 2
L 2
2 3
180° → π rad
105° → Δϕ
⇒ Δϕ = π 105180 rad
ω = 2πf = 2π 10 ⇒ ω = 20π rad/s
ω = ΔϕΔt ⇒ Δt = Δϕω
Δt =
π 105 180 20 π
=^1
·^105
⇒ Δt 0,029 s
Resposta: b
(^13) Uma partícula executa MHS de frequência igual a 2 Hz e ampli- tude igual a 5 m. Calcule: a) a velocidade escalar da partícula, quando ela está a 4 m do ponto de equilíbrio; b) a aceleração escalar da partícula nos extremos da trajetória.
Resolução:
- f = 2 Hz ⇒ ω = 4 π rad/s
- A = 5 m a) v 2 = ω^2 (A^2 – x 2 ), em que x = ± 4 m : v 2 = 16 π^2 (5 2 – 4^2 ) ⇒ (^) v = ± 12 π m/s
b) α = ± ω^2 A = ± 16 π^2 · 5 ⇒ (^) α = ± 80 π^2 m/s 2
Respostas: a) ± 12 π m/s; b) ± 80 π^2 m/s 2.
(^14) (UFPI) Uma partícula executa um movimento harmônico sim- ples na direção X, em torno do ponto X = 0, com frequência angular ω = 1 rad/s. Em um dado instante t, observa-se que a posição da par- tícula é X = 3 metros e sua velocidade é vX = – 4 m/s. A amplitude do movimento dessa partícula, em metros, vale: a) 3,5. b) 4,0. c) 4,5. d) 5,0. e) 5,5.
Resolução: ω = 1 rad/s ; x = 3m ; v = – 4 m/s v 2 = ω^2 (A^2 – x 2 ) (–4)^2 = 1^2 (A 2 – 3^2 ) ⇒ 16 = A 2 – 9 A 2 = 25 ⇒ (^) A = 5 m
Resposta: d
(^15) (Fuvest-SP) Uma peça, com a forma indicada, gira em torno de um eixo horizontal P, com velocidade angular constante e igual a π rad/s. Uma mola mantém uma haste apoiada sobre a peça, podendo a haste mover- -se apenas na vertical. A forma da peça é tal que, enquanto ela gira, a ex- tremidade da haste sobe e desce, descrevendo, com o passar do tempo, um movimento harmônico simples Y(t) como indicado no gráfico. Assim, a frequência do movimento da extremidade da haste será de:
Y Y
t
P
a) 3,0 Hz b) 1,5 Hz c) 1,0 Hz d) 0,75 Hz e) 0,5 Hz
Resolução: Enquanto a peça completa uma volta, a haste realiza três oscilações. Portanto, a frequência do movimento da haste (f (^) H ) é o triplo da fre- quência do movimento da peça (f (^) P): f (^) H = 3 fP
- ωP = 2πf (^) P ⇒ π = 2πf (^) P ⇒ f (^) P = 0,5 Hz
- f (^) H = 3f (^) P = 3 · 0,5 ⇒ f^ H = 1,5 Hz
Resposta: b
150 PARTE II – ONDULATÓRIA
(^16) (UFG-GO) Os gráf icos A, B, C abaixo representam, em ordem
aleatória, a posição (em m), a velocidade (em m/s) e a aceleração (em m/s 2 ), em função do tempo (em s), de um corpo executando um movimento harmônico simples, sob a ação de uma força do tipo F = –k x.
Gráfico A
10 8 6
0,0 0,2 0,4 0,6 t^ (s)
2
4
0
Gráfico B
0,
0,0 0,2 0,4 0,6 t (s)
0, 0, 0, –0, –0, –0,
Gráfico C
0,0 t (s)
150 100 50
0
0,2 0,4 0,
Com base nos gráf icos A, B e C: a) identif ique qual deles se refere à posição, à velocidade e à acelera- ção. Justif ique sua resposta. b) determine o deslocamento máximo do corpo em relação à origem (amplitude) e a frequência desse movimento.
Resolução: a) Sendo A a amplitude do MHS, em x = –A devemos ter velocidade escalar nula e aceleração escalar máxima. Portanto, o gráf ico B refere-se à posição, o gráf ico A refere-se à ve- locidade, e o gráf ico C, à aceleração.
b) Do gráf ico B, temos:
A = 0,5 m
f =^1 T = (^) 0,4^1 ⇒ f = 2,5 Hz
Respostas: a) B: posição, A: velocidade, C: aceleração; b) amplitude: 0,5 m, frequência: 2,5 Hz
17 E.R. (^) Um bloco com 4 kg de massa está em repouso apoiado num plano horizontal sem atrito, preso a uma mola ideal de constan- te elástica 400 N/m (f igura a). Quando o bloco é afastado 0,5 m de sua posição inicial e abandonado, ele oscila em movimento harmônico simples (f igura b).
O^ x^ (m)
–0,5 m (^) O^ x^ (m)
a)
b)
Determine: a) o período do movimento do bloco; b) a energia mecânica do sistema massa-mola; c) a representação gráf ica do valor algébrico da força resultante, em função da elongação; d) a representação gráf ica da energia potencial e da energia cinéti- ca, em função da elongação.
Resolução: a) O período é dado por:
T = 2π m K Sendo m = 4 kg e K = 400 N/m, temos:
T = 2π 4 400
⇒ T = 0,2π^ s
b) A energia mecânica do sistema é dada por:
Em = K A^
2 2 Sendo K = 400 N/m e a amplitude A = 0,5 m, temos:
Em = 400 · 0,^
2 2
⇒ Em = 50 J
c) O valor algébrico da força resultante é dado por:
0
200
F (N)
–0,
0, x (m)
F = –K x ⇒ F = –400x (SI) d) A energia potencial é dada por: Ep = K x^
2 2
⇒ Ep = 200x 2 (SI) A energia cinética é dada por: Ec = Em – Ep ⇒ Ec = 50 – 200x^2 (SI) Representando graf icamente, obtemos:
0
50
Energia (J)
E (^) p
Ec
152 PARTE II – ONDULATÓRIA
Resolução: a) O intervalo de tempo de 1min (60 s) corresponde a 30 períodos do pêndulo (30 T) :
30 T = 60 ⇒ T = 2 s
f = 1 T
⇒ (^) f = 0,5 Hz
b) Não
T = 2π L g
⇒ L = g T
2 4 π^2
10 · 2^
2 4 · 10
⇒ L 1
Respostas: a) T = 2 s e f = 0,5 Hz; b) Não, porque o comprimento do pêndulo precisa ser aproximadamente 1 m para seu período ser igual a 2 s.
(^25) Num experimento com um pêndulo simples de 120 cm de com-
primento, foi cronometrado o intervalo de tempo decorrido durante 20 oscilações, obtendo-se 44,0 s. Calcule a intensidade g da aceleração da gravidade no local da experiência. Use π = 3,14.
Resolução:
- 20 T = 44,0 ⇒ T = 2,2 s
- l = 1,2 m
- T = 2π l g
⇒ g =^4 π
(^2) l T^2
= 4 · 3,^
⇒ g = 9,78 m/s 2
Resposta: 9,78 m/s^2
(^26) Uma pequena esfera metálica realiza oscilações de pequena am-
plitude e período igual a 1,2 s num recipiente hemisférico praticamente sem atrito e de raio R. Considerando g = 10 m/s^2 e π = 3, calcule R.
Resolução:
T = 2 π Rg
1,2 = 2 · 3 10 R
R = 0,4 m
Resposta: 0,4 m
(^27) A f igura mostra um bloco com 4 kg de massa, preso na extre-
midade de uma mola ideal. Se o bloco for puxado 20 cm para baixo da posição de equilíbrio e abandonado em seguida, ele oscilará com frequência de 5 Hz.
Equilíbrio 20 cm
Despreze inf luências do ar e considere g = 10 m/s 2 e π^2 = 10. Analise as af irmações a seguir:
I. A amplitude do movimento oscilatório do bloco é 20 cm. II. O período do movimento oscilatório é 0,2 s. III. A força resultante sobre o bloco na posição de equilíbrio vale zero. IV. A força elástica sobre o bloco na posição de equilíbrio vale 40 N. V. Nos pontos de inversão, a força resultante sobre o bloco vale 800 N. São corretas: a) todas as af irmações. d) apenas II, III e V. b) apenas I e III. e) apenas III, IV e V. c) apenas II, III e IV.
Resolução: I) Correta (A = 20 cm). II) Correta.
T = 1 f
⇒ T = 0,2 s III) Correta. IV) Correta. Na posição de equilíbrio:
Felástica = P ⇒ Felástica = 40 N V) Correta. A força resultante sobre o bloco é dada por F = –K x. Nos pontos de inversão: |F| = K A = m ω^2 A = m · 4 π^2 f 2 A |F| = 4 · 4 · 10 · 25 · 0,2 ⇒ (^) |F| = 800 N
Resposta: a
(^28) (Mack-SP) Um corpo de 250 g de massa encontra-se em equi- líbrio, preso a uma mola helicoidal de massa desprezível e constante elástica k igual a 100 N/m, como mostra a f igura a seguir. O atrito entre as superfícies em contato é desprezível. Estica-se a mola, com o corpo, até o ponto A, e abandona-se o conjunto nesse ponto, com velocidade zero. Em um intervalo de 1,0 s, medido a partir desse instante, o corpo retornará ao ponto A:
B O
10,0 cm 10,0 cm
A
a) uma vez. d) quatro vezes. b) duas vezes. e) seis vezes. c) três vezes.
Resolução:
T = 2π m k
= 2π 0, 100
= 2π 0, 10 T 0,31 s Em 0,31 s 1 vez Em 1,0 s n vezes n 3,2 ⇒ (^) 3 vezes
Resposta: c
R
Tópico 1 – Movimento harmônico simples 153
(^29) Um corpo de massa m, preso a uma mola de constante elástica
K, executa um movimento harmônico simples ao longo de um eixo horizontal Ox. As elongações do corpo variam de x = –A até x = A. Determine a elongação quando a energia cinética do bloco iguala-se à energia potencial elástica, indicando o resultado num gráf ico dessas energias em função da posição.
Resolução: Energia
–A –A 0 A A x
E (^) P
EC
2 2 Em = EP + Ec
K A 2 2 =
K x 2 2 +
K x 2 2 , pois EP^ = Ec
2x 2 = A 2 ⇒ x = ±^ A 2
Resposta: x = ± A 2
–A –A 2
(^0) A A
Ep
Ec
Energia
x 2
(^30) (UFRGS-RS) Dois corpos de massas diferentes, cada um preso
a uma mola distinta, executam movimentos harmônicos simples de mesma frequência e têm a mesma energia mecânica. Nesse caso: a) o corpo de menor massa oscila com menor período. b) o corpo de menor massa oscila com maior período. c) os corpos oscilam com amplitudes iguais. d) o corpo de menor massa oscila com menor amplitude. e) o corpo de menor massa oscila com maior amplitude.
Resolução:
K (^1)
f = 21 π
K 1
m (^1)
m (^2)
K (^2)
f = 21 π
K 2
m (^2)
K 1
m 1 =
K 2
m 2 (I)
K 1 A (^21) 2 =
K 2 A 22
2 (II)
De (I): massa menor ⇒ K menor De (II): K menor ⇒ A maior
Resposta: e
(^31) Um pêndulo simples realiza oscilações de pequena amplitude na superfície da Terra, com período igual a 2,0 s. a) Se esse pêndulo realizasse oscilações de pequena amplitude na su- perfície da Lua, qual seria o seu período? Considere gLua =^1 6
gTerra.
b) Esse pêndulo oscilaria se estivesse preso ao teto de um elevador em queda livre?
Resolução: a) TT = 2π l g (^) T
TL = 2π l g (^) L
TT
TL
g (^) L g (^) T
TL = 6 TT = 6 · 2,0 ⇒ TL = 4,9 s
b) Não, porque, no interior de um elevador em queda livre, a gravida- de aparente é nula.
Respostas: a) 4,9 s; b) não.
(^32) (UFRGS-RS) Um pêndulo foi construído com um fio leve e inexten- sível com 1,6 m de comprimento; uma das extremidades do fio foi f ixada e na outra pendurou-se uma pequena esfera de chumbo cuja massa é de 60 g. Esse pêndulo foi colocado a oscilar no ar, com amplitude inicial de 12 cm. A frequência medida para esse pêndulo foi aproximadamente 0,39 Hz. Suponha agora que se possa variar a massa (M), a amplitude (A) e o comprimento do f io (L). Qual das seguintes combinações dessas três grandezas permite, aproxi- madamente, a duplicação da frequência? a) L = 6,4 m; A = 12 cm; M = 60 g. b) L = 1,6 m; A = 6 cm; M = 60 g. c) L = 0,4 m; A = 6 cm; M = 30 g. d) L = 0,8 m; A = 12 cm; M = 60 g. e) L = 1,6 m; A = 12 cm; M = 15 g.
Resolução: Para pequenas amplitudes, o período do pêndulo não depende da am- plitude. Sabemos também que o período não depende da massa:
T = 2 π g
Reduzindo o comprimento a 4
(0,4 m), o período se reduz à metade e, consequentemente, a frequência dobra.
Resposta: c
(^33) (FCMSC-SP) A f igura representa um pêndulo simples, de pe- ríodo igual a T. Colocando-se um prego (P) na posição indicada, o pêndulo, na máxima elongação para a esquerda, f ica com a con- f iguração indicada pela linha pontilhada, voltando depois à sua conf iguração inicial. Qual é o período de oscilação desse sistema?
30,0 cm
P
= 40,0 cm
÷
Tópico 1 – Movimento harmônico simples 155
(^36) A f igura 1 representa um bloco em repouso, suspenso a uma
mola de constante elástica K 1 , deformada elasticamente de x 1. A mola é cortada ao meio e o mesmo corpo é suspenso às duas metades por meio de uma haste H, de massa desprezível, f icando em repouso (f igura 2). Cada metade apresenta-se deformada elasticamente de x 2.
Figura 1
Figura 2
H
Determine: a) a constante elástica K 2 do conjunto constituído pelas duas metades da mola, em função de K 1 ; b) a deformação x 2 , em função de x 1.
Resolução: a) • Seja F a intensidade da força que causa na mola da f igura 1 uma deformação x 1 : K 1 = F x (^1) Cada metade dessa mola também está sujeita a uma força de in- tensidade F, mas se deforma x’ =
x (^1) 2
Assim, a constante elástica de cada metade é dada por: K’ = F x’
= (^) xF 1 2
= 2K 1
- Na figura 2, as duas metades da mola estão associadas em paralelo. Então: K 2 = 2K 1 + 2K 1 ⇒ K 2 = 4 K 1
b) • Na f igura1: x 1 = F K (^1)
- Na f igura 2: x 2 = F K (^2)
= F
4K 1
⇒ x^2 =
x (^1) 4
Respostas: a) K 2 = 4 K 1 ; b) x 2 =
x (^1) 4
(^37) (EEM-SP) O bloco mostrado no esquema tem massa 0,200 kg e,
após ser deslocado da sua posição de equilíbrio e solto, executa um movimento harmônico simples (MHS). Nessa condição, o período de
oscilação do sistema mola-massa é T = 2π m keq
, em que keq é a cons-
tante elástica equivalente da associação das molas e m, a massa do cor- po. O gráf ico descreve o deslocamento do corpo em função do tempo.
k k
0,
t (s)
y (m)
0, 0, 0, 0,000 0,200 0,400 0,600 0,800 1,
Despreze os efeitos de forças resistivas e determine a (g = 10 m/s^2 ): a) amplitude do movimento; b) constante elástica equivalente da associação das molas; c) deformação das molas na situação de equilíbrio.
Resolução: a) Do gráf ico: A = 0,100 m b) Do gráf ico: T = 0,400 s Então: T = 2π
m keq
⇒ keq = 4 π
(^2) m T^2
=^4 π
c) Temos: keq = 5π^2 N/m 50 N/m
F = keq x , em que F = P = 2,00 N
2,00 = 50 x ⇒ x = 0,040 m
Respostas: a) 0,100 m; b) 50 N/m; c) 0,040 m.
(^38) (Unifei-MG) Uma partícula se move em um plano, de modo que suas coordenadas de posição x e y variam em função do tempo t con- forme as expressões x = R sen (ω t) e y = R cos (ω t) + R, onde ω e R são iguais a π rad/s e 5,0 m, respectivamente. a) Esboce em seu caderno a trajetória da partícula posicionando-a em relação aos eixos Ox e Oy. b) Calcule os módulos da velocidade e da aceleração da partícula numa posição genérica da trajetória. c) Que tipo de movimento a partícula realiza e qual o período do movimento? Resolução: ω = π rad/s R = 5,0 m a) x = R sen (ω t) ⇒ x 2 = R 2 sen^2 (ω t) sen 2 (ω t) = x^
2 R 2
(I)
y = R cos (ω t) + R ⇒ y – R = R cos (ω t) (y – R)^2 = R 2 cos 2 (ω t) cos 2 (ω t) =
(y – R)^2 R 2
(II)
Como sen^2 (ω t) + cos^2 (ω t) = 1, temos, de (I) e (II): (y – R)^2 R 2
2 R 2
= 1 ⇒ (y – R)^2 + x 2 = R 2
(y – 5,0)^2 + x 2 = 25 (equação da trajetória, no SI)
156 PARTE II – ONDULATÓRIA
Portanto, a trajetória da partícula é uma circunferência de 5,0 m de raio, com centro em x = 0 e y = 5,0 m.
x (m)
y (m) 10
5,
0
P
acp
v
b) A partícula realiza, tanto no eixo x quanto no eixo y, movimentos harmônicos simples de mesma amplitude R e mesma pulsação ω. Como esses movimentos podem ser associados a um MCU que os gera por projeção, concluímos que o movimento circular da partí- cula é uniforme. Então, o módulo v da velocidade da partícula é igual em qualquer ponto da trajetória, podendo ser calculado, por exemplo, no ponto P indicado na f igura anterior. Nesse ponto, vy = 0 e v = vx (^) máx:
v = ω A = ω R = π · 5,0 ⇒ v = 5,0 π m/s
A aceleração da partícula, que é centrípeta, também tem o mesmo módulo v^
2 R
ou ω^2 R em qualquer ponto da trajetória.
Assim, temos:
a (^) cp = ω^2 R = π^2 · 5,0 ⇒ a (^) cp = 5,0π^2 m/s 2
c) A partícula realiza um movimento circular e uniforme, de período dado por:
ω =^2 π T
⇒ T =^2 π ω
=^2 π π
⇒ T = 2,0 s
Respostas: a)
x (m)
y (m) 10
5,
–5,0 0 5,
b) 5,0 π m/s, 5,0π^2 m/s 2 , respectivamente. c) Movimento circular e uniforme, de período igual a 2,0 s
(^39) Num osciloscópio, elétrons executam movimentos que são
composições de dois movimentos harmônicos simples em direções perpendiculares. Considerando que esses movimentos são descritos pelas equações x = A cos ω t e y = B sen ω t, determine a forma das trajetórias, supondo: a) A = B; b) A B.
Resolução: x = A cos ω t ⇒ cos^2 ω t = x^
2 A 2 y = B sen ω t ⇒ sen^2 ω t = y^
2 B 2
⇒ x^
2 A 2
2 B 2
a) Se A = B ⇒ x 2 + y^2 = A 2 (equação de uma circunferência)
b) Se A ≠ B ⇒ x^
2 A 2
2 B 2
= 1 (equação de uma elipse)
Respostas: a) circunferência; b) elipse
(^40) (ITA-SP) A equação x = 1,0 sen (2,0t) expressa a posição de uma partícula em unidades do Sistema Internacional. Qual seria a forma do gráf ico v (velocidade) x (posição) dessa partícula? Resolução: Num MHS:
v 2 = ω^2 (A^2 – x 2 ) ⇒ v^
2 ω^2 A 2
2 A 2
= 1 ⇒ elipse
Resposta: Elipse
(^41) Um corpo com 2 kg de massa oscila verticalmente em movi- mento harmônico simples, suspenso por uma mola helicoidal ideal. As posições ocupadas pelo corpo são registradas numa f ita vertical de papel, por meio de um estilete preso ao corpo. A f ita desloca-se hori- zontalmente com velocidade constante de 0,2 m/s.
0,75 m
0,2 m
y
O
Determine: a) a frequência e a amplitude do movimento do corpo; b) a constante elástica da mola, adotando π^2 = 10; c) a equação horária do movimento do corpo, sabendo que no instan- te t = 0 a elongação é nula e o corpo está subindo. Resolução: a) A = 0,1 m Durante uma oscilação do corpo, a f ita desloca-se 0,5 m: v = Δs Δt
Δt
⇒ Δt = T = 2,5 s
f =^1 T = (^) 2,5^1 ⇒ f = 0,4 Hz
b) (^) T = 2π m K ⇒^ 2,5 = 2π^
K ⇒^
K = 12,8 N/m
c) ϕ 0 =^3 π 2
rad ω = 2πf = 2π · 0,4 ⇒ ω = 0,8π rad/s y = A cos (ωt + ϕ 0 )
y = 0,1 cos 0,8π t +^32 π (SI)
Respostas: a) 0,4 Hz e 0,1 m; b) 12,8 N/m;
c) y = 0,1 cos 0,8π t + 3 π 2
(SI)
158 PARTE II – ONDULATÓRIA
2 a^ ) v =
v (^) máx
sen(ωt + ϕ 0 ) Do gráf ico, temos que v = –1 m/s em t = 0: –1 = –1 sen ϕ 0 ⇒ sen ϕ 0 = 1 ⇒ ϕ 0 = π 2 rad
Portanto: y = (^23) π cos 2 π 3
t + π 2 (SI)
b) A “área” pedida corresponde ao deslocamento escalar Δy desde um ponto de inversão, do sentido do movimento (v = 0) até um ponto em que a velocidade escalar é máxima, ou seja, à amplitude A:
“área” = A = (^23) π = (^) 2 · 3^3 ⇒ “área” = 0,5 m
Respostas: a) y = (^23) π cos 2 π 3
t + π 2 (SI); b) 0,5 m
(^44) Duas molas iguais e um mesmo bloco participam das duas mon-
tagens ilustradas nas f iguras I e II:
Figura I
Figura II
Atritos e influências do ar são desprezados.
Se o bloco é afastado da posição de equilíbrio (molas relaxadas) e abandonado, ele oscila na f igura I com período TI e na f igura II com
período TII. Determine
TI
TII
Resolução: Na f igura I, as molas estão associadas em série. Sendo K a constante elástica de cada mola, temos:
K (^) eq = K 2
TI = 2π (^) Km eq
= 2π 2mK
A montagem da f igura II equivale a uma associação de molas em pa- ralelo, uma vez que o comportamento do sistema seria o mesmo se as molas estivessem do mesmo lado do bloco. Assim: K (^) eq = 2K
TII = 2π (^) Km eq
= 2π (^) 2Km
TI
TII=
2 π 2m K 2 π m 2K
TI
TII= 2
Resposta: 2
(^45) (ITA-SP) Dois pêndulos simples, respectivamente de massas m 1
e m 2 e comprimentos 1 e 2 , são simultaneamente abandonados para pôr-se em oscilação. Constata-se que a cada 4 ciclos do primeiro a si- tuação inicial é restabelecida identicamente. Nessas condições, pode- se af irmar que necessariamente: a) o pêndulo 2 deve oscilar mais rapidamente que o pêndulo 1. b) o pêndulo 2 deve oscilar mais lentamente que o pêndulo 1.
c) 8
é um número inteiro.
d) 6
é um número inteiro.
e) m 1 1 = 2m 2 2.
Resolução: Se, no intervalo de tempo em que o pêndulo de comprimento 1 reali- za quatro oscilações, a situação inicial de ambos se repete, concluímos que nesse mesmo intervalo o pêndulo de comprimento 2 também realiza um número inteiro (n) de oscilações: 4T 1 = n T 2
4 · 2π
g
= n 2 π
g
= n (I)
Multiplicando a expressão I, membro a membro, por 2, obtemos:
8
= 2n
Como n é inteiro, 2n também é, o que nos leva à alternativa correta.
Note que 6
não é necessariamente inteiro. De fato, se a expressão I for multiplicada, membro a membro, por 1,5, obteremos:
6
= 1,5 n
Se n for ímpar, 1,5n não será um número inteiro.
Resposta: c
(^46) Um pêndulo simples de comprimento é preso ao teto de um elevador, como mos- tra a f igura. Sendo g o módulo do campo gravitacional no local, analise as af irmações a seguir: I. Se o elevador permanecer em repouso ou mover-se em movimento retilíneo e uni- forme, o período de oscilação do pêndulo será T = 2π g
II. Se o elevador mover-se com aceleração de módulo a dirigida para
cima, o período de oscilação do pêndulo será T = 2π g + a
III. Se o elevador mover-se com aceleração de módulo a dirigida para
baixo (a < g), o período de oscilação será T = 2π g – a
IV. Se o elevador estiver em queda livre, o pêndulo não oscilará. É (são) correta(s): a) todas. c) apenas IV. e) apenas I, II e III. b) apenas II e III. d) apenas I.
Resolução: O período de oscilação do pêndulo é dado por:
T = 2π (^) g ap em que g (^) ap é o módulo da aceleração da gravidade aparente (em rela- ção ao elevador).
g
Tópico 1 – Movimento harmônico simples 159
I) Correta. Quando o elevador não apresenta aceleração em relação à Terra, temos g (^) ap = g. II) Correta. Nesse caso, g (^) ap = g + a. III) Correta. Nesse caso, gap = g – a. IV) Correta. Nesse caso, gap = 0 e o pêndulo não oscila.
Resposta: a
(^47) Considere a Terra uma esfera homogênea de raio R e massa M.
Suponha que um pequeno corpo de massa m seja abandonado a partir do repouso em uma das bocas de um túnel que atravessa totalmente o planeta, cavado ao longo de seu eixo de rotação. a) Mostre que, se não houvesse qualquer dissipação de energia me- cânica, o corpo abandonado realizaria um movimento harmônico simples. b) Calcule o período desse movimento. Para isso, use: R = 6,4 · 10 6 m; M = 6,0 · 10 24 kg; G = 6,7 · 10 –11^ N m 2 kg –2^ e π = 3,14. c) Mostre que o período obtido no item b é igual ao período do movi- mento do corpo de massa m em órbita circular rasante em torno da Terra (evidentemente, na ausência de atmosfera).
Resolução: a)
m^ x
m
R x
O
Fg
M
M‘
Fg = G M’ m x 2 Sendo μ a densidade da Terra, temos:
Fg =
G μ^4 3
π x 3 m x 2
= G μ^4 3
π m x
Fg = G 4 M 3
π R 3
π m x
Fg = – G M m R 3 K
x (valor relativo ao eixo Ox)
Fg = –K x Portanto, o movimento do corpo é harmônico simples.
b) T = 2π m K
= 2π m G M m R 3
= 2π R^
3 G M
T = 2 · 3,14 (6,4 · 10
6,7 · 10–11^ · 6,0 · 10^24
⇒ T 85 min
c) m ω^2 R = G M m R 2
⇒ 4 π
2 T^2
= G M
R 3
⇒ (^) T = 2π R^
3 G M
Respostas: a) Ver demonstração; b) 85 min, aproximada- mente; c) Ver demonstração
(^48) (ITA-SP) Um relógio de pêndulo, construído de um material de coef iciente de dilatação linear α, foi calibrado a uma temperatura de 0 °C para marcar 1 s exato ao pé de uma torre de altura h. Elevando-se o relógio até o alto da torre, observa-se um certo atraso, mesmo man- tendo-se a temperatura constante. Considerando R o raio da Terra, L o comprimento do pêndulo a 0 °C e que o relógio permaneça ao pé da torre, então a temperatura para a qual se obtém o mesmo atraso é dada pela relação:
a) 2h αR
c) (R + h)
2 – LR
αLR
e) 2R + h αR
b) h(2R + h) αR 2
d) R(2h + R) α(R + h)^2 Resolução:
h Torre
g‘ T’
g T
g = G M R 2 g’ = G M (R + h)^2
⇒ g’ = g R^
2 (R + h)^2
T = 2π L g
(no pé da torre)
T’ = 2π L g’
= 2π L g R^
2 (R + h)^2
(no alto da torre)
Para que o período também seja T’ no pé da torre, devemos aumentar o comprimento do pêndulo por meio da dilatação térmica, elevando sua temperatura a um valor θ:
T’ = 2π L (1 +g^ αθ)
Igualando as duas expressões de T’, temos:
2 π L g R^
2 (R + h)^2
= 2π L (1 +g^ αθ)
(R + h)^2 R 2
= 1 + αθ ⇒ αθ = (R + h)
2 R 2
αθ = R^
(^2) + 2Rh + h (^2) – R 2 R 2
= h(2R + h) R 2
θ = h(2R + h) αR^2 Resposta: b
Tópico 1 – Movimento harmônico simples 161
(^52) A f igura a seguir representa uma mola ideal de constante elásti-
ca k, presa em uma parede P e em um bloco de massa M em repouso, numa superfície plana e horizontal S. Sobre esse bloco, repousa um outro, de massa m. Existe atrito entre os blocos, mas se supõe a ausência de atrito na su- perfície S. Além disso, as inf luências do ar são desprezadas. Afastando o bloco de massa M da posição de equilíbrio e liberando o sistema, ele passa a oscilar com amplitude A.
M
m
P
S
Determine, sendo g a intensidade do campo gravitacional: a) o período de oscilação do sistema (T), supondo que um bloco não se mova em relação ao outro; b) a expressão do coef iciente de atrito estático (μμ) entre os blocos para garantir que um deles não se mova em relação ao outro.
Resolução:
M
m
S
P
a) O período de um oscilador massa-mola ideal é:
T = 2π M + mk
b) A máxima aceleração dos blocos é dada por:
a (^) máx = ω^2 A =^4 π
2 T^2
A = 4 π
2 A
4 π^2 M + mk
= k A M + m
Para poder ter essa aceleração, o bloco de massa m precisa de uma força resultante F , que é a força de atrito estático que ele recebe do bloco no qual está apoiado:
F = m a (^) máx = (^) M + mm k A Fat e
μ Fn ⇒ Fat e
μ m g
Como F = Fat (^) e: m k A M + m ^ μ m g^ ⇒^ μ^ ^
k A (M + m)g
Respostas: a) T = 2π M + mk ; b) μ (^) (M + m)gk A
(^53) Na situação esquematizada na f igura, as molas A e B têm massas
desprezíveis e constantes elásticas k = 16 π^2 N/m. Um pequeno bloco rí- gido de massa igual a 4,0 kg é comprimido contra o aparador da mola A, que sofre uma deformação de 50 cm. Esse bloco é abandonado do re- pouso, passando a oscilar em trajetória retilínea sobre o plano horizon- tal. Em cada vaivém, ele realiza duas colisões contra os aparadores das molas, o que não acarreta nenhuma dissipação de energia mecânica.
A B
Supondo-se que a distância entre os aparadores na situação de rela- xamento das molas é d = π m e admitindo-se positivo o sentido da es- querda para a direita, pede-se, desprezando atritos e inf luências do ar: a) calcular a máxima velocidade escalar atingida pelo bloco; b) determinar o período de suas oscilações; c) traçar, em uma folha à parte, o gráf ico da velocidade escalar do bloco em função do tempo, abrangendo, pelo menos, um ciclo das oscilações.
Resolução: a) A energia potencial elástica armazenada inicialmente na mola A é igual à energia cinética do bloco no momento em que a abandona: Ec = Ep e (^) A
⇒ m v^
2 2 =
k x 2 2 4,0v 2 = 16π^2 (0,50)^2 ⇒ v = π m/s
b) O intervalo de tempo que o bloco passa em contato com as molas em cada ciclo é Δt 1 dado por:
Δt 1 = 2π mk ⇒ Δt 1 = 2π 4, 16 π^2
Δt 1 = 1,0 s
O intervalo de tempo que o bloco passa em movimento retilíneo e uniforme entre duas colisões sucessivas é Δt 2 , dado por:
v = Δ2dt 2
⇒ π = Δ^2 πt 2 Δt 2 = 2,0 s
Então, o período T de oscilação do bloco é dado por: T = Δt 1 + Δt 2 ⇒ T = 1,0 + 2,
T = 3,0 s
c)
V (m/s)
(^0) t (s)
Sinusoidal
π
0,25 1,25 (^) 1,
1,75 2, 3,
3,
Respostas: a) π m/s b) 3,0 s c)
t (s)
v (m/s)
0 0,25 1,25 1,
1,75 2, 3, Sinusoidal
3,
π
162 PARTE II – ONDULATÓRIA
(^54) (Olimpíada Brasileira de Física) Um antigo relógio tipo carrilhão
é acionado pelas oscilações de um pêndulo de aço (coef iciente de di- latação linear igual a 1,0 · 10–5^ °C–1^ ) que, no inverno, realiza uma oscila- ção completa em 1,0 s. Sabendo-se que no verão esse relógio passa a atrasar o equivalente a 2,0 min por mês, determine a diferença entre as temperaturas médias no verão e no inverno.
Resolução: No inverno, o período das oscilações do pêndulo é Ti = 1,0 s. No verão, o relógio passa a atrasar porque o período aumenta, pas- sando a valer Tv = Ti + x. Assim, em cada oscilação, o relógio registra a passagem de 1,0 s, quando, na realidade, passou 1,0 s + x. Vamos calcular x, que é o atraso ocorrido em cada segundo real:
- 1 mês = 30 · 24 · 3 600 s ... 2,0 min = 120 s 1,0 s ... x
x = (^) 30 · 24 · 3^120 600 ⇒ x^ ^ 4,6 ·10–5^ s
v g – 2π^
i g = x
2 π
i (1 + αΔθ) g – 2π^
i g = x
2 π
i g 1 +^ αΔθ^
1,0 (^) 1 + 1,0 · 10 –5^ Δθ – 1 = 4,6 · 10 –
1 + 1,0 · 10 –5^ Δθ = 1,
Δθ 9,2 °C
Resposta: 9,2 °C
(^55) Dois blocos de massas m 1 e m^2 , assimiláveis a pontos materiais, repousam em uma superfície plana e horizontal, presos a uma mola ideal de constante elástica K. A mola está comprimida e os blocos não se movem, porque um barbante está preso neles.
m 1 m 2
Queimando o barbante, o sistema passa a oscilar. Suponha desprezí- veis o atrito e a resistência do ar. a) Durante as oscilações, um ponto da mola permanece em repouso. Usando apenas argumentos conceituais, diga onde esse ponto se encontra. b) Determine o período das oscilações do sistema.
Resolução: a) A quantidade de movimento do sistema é constante e nula. Por- tanto, o centro de massa desse sistema encontra-se em repouso:
m (^1) K m (^2) K (^1) CM 2
Tudo se passa como se os blocos de massas m 1 e m 2 oscilassem em molas distintas, de constantes elásticas K 1 e K 2 , respectivamente, com extremidades f ixas em um ponto correspondente ao centro de massa do sistema.
b) • Os períodos das oscilações dos blocos são iguais:
T 1 = 2π
m (^1) K (^1)
T 2 = 2π
m (^2) K (^2)
m (^1) K 1 =
m (^2) K 2 ⇒^ K^2 =
m 2 K (^1) m 1 (I)
- As partes da mola, de constantes elásticas K 1 e K 2 , podem ser tratadas como duas molas em série, com constante elástica equivalente igual a K (K (^) eq = K): K =
K 1 K 2
K 1 + K 2 ⇒^ K (K^1 + K^2 ) = K^1 K^2 (II)
- Substituindo (I) em (II), vem:
K K 1 +
m 2 K (^1) m 1 = K^1 K^2 ⇒^ K^ 1 +
m (^2) m (^1)
= K 2
K 2 = K
m 1 + m (^2) m (^1)
(III)
- Determine T 2 , por exemplo:
T 2 = 2π
m (^2) K 2 (IV)
- Substituindo (III) em (IV), temos:
T 2 = 2π
m (^2)
K
m 1 + m (^2) m (^1)
⇒ T 1 = T 2 = 2π
m 1 m (^2) K (m 1 + m 2 )
Respostas: a) No centro de massa do sistema; b) 2 π
m 1 m (^2) K (m 1 + m 2 )
(^56) Um cilindro de densidade ρC é mantido em repouso na posição indicada na f igura 1. Sob o cilindro, encontra-se uma cuba contendo um líquido de densidade ρL.
Figura 1 Figura 2 Desprezando-se a resistência do ar e a do líquido, o cilindro, ao ser aban- donado, passa a realizar um movimento harmônico simples vertical. Determine a razão ρL/ρC para que as posições de inversão do movimen- to sejam as representadas nas f iguras 1 e 2.
Resolução: Como acontece em todo MHS, a posição de equilíbrio está no ponto médio da trajetória:
E = Pc ⇒ ρLV 2 g = ρc Vg ⇒
ρL ρc
V V 2 PC
E
Resposta: 2
