Exercicos

Prévia do material em texto

Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
1 - Movimento Harmônico Simples
Nesta parte, estudaremos os sistemas que oscilam em movimento harmônico simples (MHS)
que são movimentos periódicos nos quais a aceleração e a força resultante são proporcionais e
opostas ao deslocamento. Você aprenderá:
• Entender a cinemática e a dinâmica do movimento harmônico simples;
• Usar representações gráficas e matemáticas do movimento oscilatório;
• Entender a energia dos sistemas oscilatórios;
• Correlacionar o movimento harmônico simples com o movimento circular.
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
• Oscilador Harmônico Simples: O
MHS ocorre quando uma força restaura-
dora linear atua para fazer o sistema re-
tornar à posição de equilíbrio. O exemplo
mais simples de um MHS é constituído
de uma massa m presa a uma mola de
constante elástica k. A 2a Lei de Newton
aplicada para este sistema é descrito pela
equação:
0
x
d2x
dt2
+
k
m
x = 0 (1)
onde x(t) significa que a posição da par-
tícula x é uma função do tempo t. Esta
equação também pode ser escrita como:
ẍ+ ω2
0x = 0 (2)
onde definimos
ω2
0 =
k
m
(3)
e usamos a notação de ponto indicando
uma derivada temporal:
dx
dt
= ẋ e
d2x
dt2
= ẍ (4)
• A grandeza ω0 é denominada frequência
angular e sua unidade é rad/s.
• Ela relaciona-se ao período (T ) do movi-
mento por:
ω0 =
2π
T
= 2πf (5)
onde f é a frequência do movimento e sua
unidade é o hertz, abreviada como Hz.
Por definição
1 Hz=1 ciclo por segundo = 1 s−1
• A equação (1) é uma equação diferencial
linear de segunda ordem.
– linear ⇒ na equação não aparecem
termos como x2, x3, (
dx
dt
)2, (
dx
dt
)3
– ordem ⇒ maior índice da derivada.
• Equação diferencial linear de 2a or-
dem:
A
(
d2x
dt2
)1
+B
(
dx
dt
)1
+C(x)1 = F (6)
– A, B, C, F são os coeficientes da
equação (podem ser constantes ou
dependentes de t). Não podem de-
pender de x.
– se A, B, C, F são constantes a equa-
ção é uma equação diferencial a coe-
ficientes constantes.
– F = 0 a equação é dita homogênea.
• Propriedades das equações diferen-
ciais lineares de 2a ordem homogê-
neas:
1) Se x1(t) e x2(t) são soluções, a soma
x1(t) + x2(t) também é.
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 1
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• Prova: Se x1(t) é solução, então
A
d2x1
dt2
+B
dx1
dt
+ Cx1 = 0 (7)
Se x2(t) é solução, então
A
d2x2
dt2
+B
dx2
dt
+ Cx2 = 0 (8)
Somando as expressões (7) e (8) temos:
A
d2(x1 + x2)
dt2
+B
d(x1 + x2)
dt
+C(x1+x2) = 0.
(9)
Portanto x1 + x2 também é solução.
2) Se x1 é solução ax1(t) (a=constante)
também é solução.
3) Se x1 e x2 são soluções, qualquer com-
binação
x(t) = ax1(t) + bx2(t), (10)
onde a e b são constantes arbitrárias, é
solução.
• Função horária do oscilador harmô-
nico: Vamos adotar como solução tenta-
tiva da equação (1) a expressão:
x1(t) = cos(ω0t) (11)
dx1
dt
= −ω0 sin(ω0t) (12)
d2x1
dt2
= −ω2
0 cos(ω0t) (13)
Substituindo (11) e (13) em (1) é fácil ve-
rificar que x1(t) = cos(ω0t) é solução.
É fácil verificar que x2(t) = sin(ω0t) tam-
bém é solução. Logo a solução mais geral
da eq. (1) é:
x(t) = a cos(ω0t) + b sin(ω0t) (14)
que pode ser reescrita como:
x(t) = A cos(ω0t+ φ0) (15)
• Desenvolvendo a expressão (15) obtemos:
x(t) = A {cos(ω0t) cosφ0 − sin(ω0t) sinφ0}
(16)
• Identificando a = A cosφ0 e b = −A sinφ0
verificamos que as expressões (14) e (15)
são as mesmas.
• Para passar de uma expressão para outra
usamos
A =
√
a2 + b2
cosφ0 =
a√
a2 + b2
• Exemplo: Reescreva na forma x(t) =
A cos(ω0t+ φ0) a expressão
x(t) = 3 cos(2πt) + 4 sin(2πt)
• Interpretação física dos parâmetros:
Na expressão x(t) = A cos(ω0t+ φ0)
– A = |xmax(t)| é a amplitude da osci-
lação;
– (ω0t+ φ0)⇒ chama-se fase;
– φ0 é denominada fase inicial do mo-
vimento.
• Na figura (a) a fase inicial é nula (φ0 = 0).
Em (b) a fase inicial é π/2. Mudando-
se a fase inicial, muda-se a posição inicial
do movimento. A fase inicial φ0 = π/2
deslocou a função π/2 para a esquerda.
• A amplitude é A = 2 cm
• O período: T =
2π
ω0
=
2π
1
s
2pp t(s)
x(cm)
p
2
3p
2
2
-2
0
x(t)=2cos(t)
2ppp
2
3p
2
2
-2
0
x(t)=2cos(t+p/2)
(a)
(b)
t(s)
x(cm)
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 2
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• Vimos que a solução da equação diferen-
cial para o MHS é dada por
x(t) = A cos(ω0t+ φ0) (17)
onde ω0 =
√
k/m. Como determinar A e
φ0?
• Ajuste das condições iniciais: Supo-
nha que em t = 0 a posição da partí-
cula seja x = x0 e sua velocidade seja
v = v0. Substituindo estas informações
na eq. (17) temos:
x0 = A cosφ0 (18)
v(t) =
dx
dt
= −Aω0 sin(ω0t+ φ0)⇒
v0
ω0
= −A sinφ0 (19)
• Elevando ao quadrado as expressões (18)
e (19) e somando-as obtemos:
x20 +
v20
ω2
0
= A2 (20)
cosφ0 =
x0√
x20 +
v20
ω2
0
(21)
Portanto A e φ ficam completamente de-
terminadas conhecendo-se x0, v0 e ω0.
• A partir de x(t), encontramos v(t) e a(t),
simplesmente derivando:
v(t) = ẋ = −ω0A sin(ω0t+ φ0)
a(t) = ẍ = −ω2
0A cos(ω0t+φ0) = −ω2
0x(t)
A máxima velocidade atingida pela par-
tícula no movimento de oscilação ocorre
quando sin(ω0t+ φ0) = 1, isto é:
vmax = ω0A
• MHS e movimento circular O mo-
vimento circular uniforme projetado em
uma dimensão é um movimento harmô-
nico simples.
• Para entender isso considere uma partí-
cula em movimento circular uniforme, em
sentido anti-horário, em um círculo de raio
A.
• Podemos localizar a partícula pelo ângulo
φ medido no sentido anti-horário a partir
do eixo x.
• A posição em um instante t é x(t) =
A cosφ(t) = A cos(ω0t+ φ0). A constante
de fase φ0 determina as condições iniciais:
x0 = A cosφ0 e v0x = −ω0A sinφ0.
• Na figura abaixo, uma partícula em mo-
vimento circular uniforme em um círculo
de raio A e velocidade angular ω0.
O componente x da
posição da partícula
descreve a posição 
da sombra da partícula 
Partícula em
movimento circular
uniforme 
x
y
w
x
-A A
Acosf
0
0
A
-A AAcosf
f
• Na figura abaixo, uma partícula que co-
meçou o movimento na posição x0 =
A cosφ0, na fase inicial φ0.
O componente x da posição inicial 
da partícula pode estar em qualquer 
lugar entre -A e A, dependendo de f0
O ângulo no
instante t é
f = wt + f0
x
y
w
0
A
-A AAcosf
f
x =Acosf0 0
f0
• Quando usado para descrever o mo-
vimento oscilatório, ω0 é chamado de
frequência angular, em vez de velocidade
angular. A frequência angular de um os-
cilador tem o mesmo valor numérico, em
rad/s, que a velocidade angular da partí-
cula no correspondente movimento circu-
lar.
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 3
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
x
y
w
0
0-A A
f0
t = 0
f = 
0 3
p
+ rad
A
2
1
AA
2
1-A
x
y
0
0-A Af0
f = 
0 3
prad
A
2
1
t = 0
AA
2
1-A
x
y
0
0-A A
f0t = 0
f = 
0
prad
A
2
1
AA
2
1-A
x
A
-A
0
T
t
x
A
-A
0
T
t
x
A
-A
0
T
t
x
A
-A
0
T
t
vmax
0
T
t 0
T
t 0
T
t
v vv
vmax vmax
-vmax-vmax -vmax
• Energia do oscilador: A energia mecâ-
nica E de um objeto oscilando numa mola
é dada por:
E = K + U =
1
2
mv2x +
1
2
kx2 (22)
• A partícula apresenta energia puramente
potencial em x = ±A e puramente ciné-
tica ao passar pelo ponto de equilíbrio em
x = 0.
• A figura mostra como a energia poten-
cial e energia cinética são alteradas com
o tempo. As duas oscilam, mas permane-
cem positivas porque x e vmax estão ele-
vados ao quadrado. A energia é continu-
amente alternada de cinética para poten-
cial armazenada na mola, todavia a soma
das duas permanece constante.
Energia cinética
Energia potencial 
Energia mecânica
total E constante
Energia
tt
T
• No deslocamento máximo, com x = ±A e
vx = 0, a energia é
E(em x = ±A) = U =
1
2
kA2 (23)
• Em x = 0, onde vx = ±vmax, a energia é
E(em x = 0) = K =
1
2
mv2max = (24)
• Na ausência de atrito, a energia do sis-
tema é conservada e podemos escrever:
1
2
mv2max =
1
2
kA2 ⇒ (25)
vmax =
√
k
m
A = ω0A (26)
• Uma vez que a energiaé conservada po-
demos escrever:
E = 1
2
mv2x + 1
2
kx2 = 1
2
kA2 = 1
2
mv2max
(27)
Qualquer uma dessas expressões pode ser
útil, dependendo das informações conhe-
cidas.
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 4
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• Sistema massa-mola com gravidade:
Quando uma massa é suspensa vertical-
mente por uma mola, como mostrado na
figura, em adição à força restauradora da
mola (~Fm = −ky~), a massa fica também
sujeita à força gravitacional (~P = mg̂).
Então, a 2a Lei de Newton para o sistema
fica:
m
d2y(t)
dt2
= mg − ky (28)
onde adotamos o eixo y com o mesmo sen-
tido da gravidade.
• O ponto y0 no qual as forças se anulam -
o ponto de equilíbrio - é tal que:
mg − ky0 = 0 ⇒ y0 = mg
k
Esse é o novo ponto de equilíbrio, em
torno do qual o corpo executará um mo-
vimento harmônico simples. De fato, in-
troduzindo na equação (28) uma nova va-
ríavel definida por
y′ = y − y0
teremos
m
d2y′(t)
dt2
= mg − k(y′ + y0)⇒ (29)
m
d2y′(t)
dt2
= −ky′ (30)
sendo y′ a coordenada associada à defor-
mação da mola a partir da posição de
equilíbrio. O movimento será harmônico
simples com o período dado por
T =
2π
ω0
= 2π
√
m
k
0
L0
Mola relaxada, 
comprimento natural
L0
y
0
Fm
Py
0
y’
’
Valores de ângulos pequenos
• Considere o ângulo θ = 5◦. Vamos calcu-
lar os valores de
sin θ = 5◦ = 0, 087155
cos θ = 5◦ = 0, 2837
Transformando graus em radianos:
θ = 2π
5
360
= 0, 087267
sin(θ = 0, 087267 rad) = 0, 087155
cos(θ = 0, 087267 rad) = 0, 99619
Série de Taylor das funções seno e
cosseno
sin(θ) = θ
cos(θ) = 1− θ2
2
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 5
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
Pequenas oscilações de sistemas reais em equilíbrio estável
• A energia potencial de um sistema
ideal tal como o sistema massa-mola,
é simétrica em torno da sua posi-
ção de mínimo, como mostra a figura
(a). No entanto a energia potencial
de sistemas reais não têm uma forma
tão idealizada, mas apresenta-se como
o exemplo mostrado na figura (b).
U(x)
xmin x
U(x)
x
(a)
(b)
• A energia potencial do gráfico na figura
(b) é um exemplo de uma função não si-
métrica em torno do ponto de mínimo
xmin. Se considerarmos um sistema onde
a massa está sob a ação de um potencial
da forma acima, e inicialmente se encon-
tra na posição de equilíbrio xmin, caso seja
afastado de sua posição de equilíbrio ele
tenderá a retornar a essa posição.
• Se o afastamento da posição de equilíbrio
for muito pequeno, a massa se deslocará
por uma região onde a energia potencial é
vizinha do ponto de mínimo, e essa região
tem uma forma muito parecida com a pa-
rábola. Daí dizermos que para qualquer
forma que tenha a energia potencial, para
oscilações de pequenas amplitudes pode-
mos aproximar o movimento por um osci-
lador harmônico.
• A Matemática que nos possibilitou estu-
dar e correlacionar estes problemas varia-
dos foi a Série de Taylor, instrumento ma-
temático que possibilita aproximar a fun-
ção energia potencial como um polinômio
em torno do centro do movimento para
pequenas oscilações. A conclusão obtida
é de que qualquer sistema físico em equilí-
brio estável sofrendo pequenas oscilações é
um oscilador harmônico, o que torna esse
modelo fundamental para a compreensão
de vários fenômenos na natureza.
• Série de Taylor de uma função f(x) em
torno do ponto x = a.
f(x) = f(a)+f ′(a)
(x− a)1
1!
+f ′′(a)
(x− a)2
2!
+...
No caso de pequnas oscilações em torno
de um ponto de equilíbrio estável, a deri-
vada primeira é nula, pois a função tem
um mínimo nessa posição, isto é,
f ′(a) =
df
dx
∣∣∣∣
x=a
= 0
Se a função é a energia potencial que tem
um ponto de mínimo em x = a (isto é com
dU/dx = 0 em x = 0) então teremos:
U(x) = U0 +
dU
dx
∣∣∣∣
x=a︸ ︷︷ ︸
=0
(x− a)
1!
+
+
d2U
dx2
∣∣∣∣
x=a
(x− a)2
2
⇒
U(x) = U0 +
d2U
dx2
∣∣∣∣
x=a
(x− a)2
2
.
Assim, identificamos que, na aproxima-
ção de pequenas oscilações a constante de
mola é dada por:
k =
d2U
dx2
∣∣∣∣
x=a
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 6
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• O pêndulo simples: a) Determine o pe-
ríodo de oscilação de um pêndulo simples;
b) Escreva a expressão da energia total.
Lo
T
mg
o
s
mg cos omg sin o
m
o e s são negativos 
à esquerda 
o e s são positivos 
à direita
• Duas forças são exercidas sobre a massa: a
tensão no barbante ~T , e força peso ~P exer-
cida pela gravidade. Vamos decompor as
forças em componentes tangencias, para-
lelos ao movimento, e componentes radi-
ais, paralelos ao barbante.
• A segunda lei de Newton para o compo-
nente tangencial é:
~Fres,t(t) = m~at = −mg sin θ~eθ (31)
• Usando que
d2s
dt2
= at para a aceleração ao
longo do círculo, a eq. (31) fica:
d2s
dt2
~eθ = −g sin θ~eθ (32)
onde o comprimento do arco está relacio-
nado com o ângulo pela relação s = Lθ.
Na aproximação de pequenas oscilações,
sin θ ≈ θ e a equação anterior fica:
d2θ
dt2
= − g
L
θ (33)
que tem como solução
θ(t) = A cos (ω0t+ φ0) (34)
onde
ω0 =
√
g
L
⇒ T =
2π
ω0
= 2π
√
L
g
(35)
• A energia cínética é dada por
K =
1
2
mv2 =
1
2
m
(
ds
dt
)2
(36)
onde s(t) = Lθ(t) e
ds
dt
= L
dθ
dt
. Assim,
K =
1
2
mL2
(
dθ
dt
)2
(37)
Adotando o ponto inferior da trajetória
como referência, a energia potencial gra-
vitacional é dada por (complemente sua
leitura nas páginas 48 e 49 do vol. 2 do
Moysés):
Ug = mgL(1− cos θ) (38)
Portanto a energia mecânica será:
Emec = mgL(1− cos θ) +
1
2
mL2
(
dθ
dt
)2
(39)
oL cos
oL (1 - cos ) 
oL cos
referência
L
y
x
• O pêndulo físico é constituído por uma
esfera de raio r e massa m suspensa por
um fio de comprimento L − r. A distân-
cia entre o centro da esfera e o ponto de
suspensão O é igual a L. Muitas vezes,
quando r é muito menor do que L, pode-se
tratar o sistema como um pêndulo simples
de comprimento L.
q
L
r
y
x
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 7
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• 1) Utilizando o teorema dos eixos para-
lelos, calcular o momento de inércia em
relação ao ponto de suspensão.
O momento de inércia de uma esfera em
relação ao centro de massa é dado por
ICM =
2
5
mR2. Pelo teorema dos eixos
paralelos podemos calcular o momento de
inércia em relação ao ponto de suspensão
O.
IO = ICM +mL2 = mL2
(
1 +
2
5
r2
L2
)
• 2) Escreva a equação de movimento
do sistema e determine o período do
movimento.
Para o pêndulo físico a equação de movi-
mento é dada pela 2a Lei de Newton para
o movimento de rotação em torno do eixo
fixo que passa por O:
~τO = IO~α = IO
d2θ
dt2
~k (40)
onde ~τO é o torque resultante no disco em
relação ao ponto O, que é dado por:
~τO = −mg sin θL ~k
Na aproximação de pequenas oscilações,
sin θ ≈ θ. Assim a equação (40) fica:
−mgθL ~k = IO
d2θ
dt2
~k ⇒ (41)
d2θ
dt2
= −mgL
IO
θ = −ω2
0θ (42)
onde definimos
ω0 =
√
mgL
IO
(43)
e o período do movimento será
T =
2π
ω0
= 2π
√
L
g
(
1 +
2
5
r2
L2
)
(44)
• O período pode ser reescrito como
T = 2π
√
L
g
(
1 +
2r2
5L2
)
= T0
√
1 +
2r2
5L2
(45)
onde T0 é o período de um pêndulo
simples de comprimento L.
• Nota importante: A aproximaxão de pe-
quenos ângulos somente será válida se o
ângulo θ estiver expresso em radianos!
• 3) Usando a aproximação (1 + x)α ≈
1 + αx, válida para x << 1, mostre que
no caso r << L o período pode ser apro-
ximado por:
T = T0
{
1 +
r2
5L2
}
• 4) Para L = 1 m e r = 0, 2 m, calcule o
período do pêndulo.
Para os valores dados,
T = T0(1 + 0, 008) s
Portanto, oito milésimos de segundos é a
correção no período por causa da geome-
tria do pêndulo.
• 5) Se o relógio foi calibrado como um
pêndulo simples, quantos minutos ele
atrasa ou adianta por dia?
O relógio foi calibrado para marcar (er-
radamente) T0, mas de fato, em cada pe-
ríodo ele gasta mais tempo para ir e vol-
tar. Então ele vai se atrasar em relação
aos outros relógios. Para saber quantos
minutos ele se atrasa devemos contar o
número de oscilações queele realiza em
uma dia! Finalize o exercício.
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 8
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• Exercício: Um bloco de massa M , ca-
paz de deslizar com atrito desprezível so-
bre um trilho horizontal, está preso a uma
uma parede vertical por uma mola de
massa desprezível e constante elástica k,
inicialmente relaxada. Uma bolinha de ci-
clete de massa m, lançada em direção ao
bloco com velocidade horizontal ~v = v~ı,
atinge-o no instante t = 0 e fica grudada
nele. Ache a expressão do deslocamento
x(t) do sistema para t > 0.
M
o x
v
m
• Solução: Colisão inelástica ⇒ conserva-
ção do momento linear, mas não da ener-
gia do sistema.
mv~ı = (m+M)~Vcm ⇒ ~VCM = mv
(m+M)
~ı
• Condições iniciais do MHS: Em t = 0
x0 = 0 e v0 =
mv
(m+M)
A expressão do deslocamento em função
do tempo é x(t) = A cos(ω0t+ φ0) onde
ω0 =
√
k
(m+M)
Para t = 0 A cosφ0 = 0 ⇒ cosφ0 = ±π
2
.
Para decidir sobre o sinal algébrico da
constante de fase usamos a informação
que, em t = 0, a velocidade é positiva.
Portanto, a fase será cosφ0 = −π
2
.
• Ainda precisamos determinar a ampli-
tude A. Para isso usamos que v(t) =
−Aω0 cos(ω0t+φ0) e a condição incial em
t = 0:
v0 =
mv
(m+M)
= −Aω0 sin−
(π
2
)
⇒
A =
mv
(m+M)ω0
Assim, todos os parâmetros de x(t) estão
definidos.
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 9
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
1 - A Fórmula de Euler
A fórmula de Euler mostra uma relação en-
tre as funções trigonométricas e a função
exponencial. Ela é dada por
eix = cosx+ i sinx , (46)
onde e = 2, 71828 é o número Neperiano, i
é a unidade imaginária e x é o ângulo em
radianos.
• A função exponencial f(x) = eλx é a
solução da equação diferencial linear
de 1a ordem
df
dx
= λf(x) (47)
que satisfaz a condição inicial
f(0) = 1. (48)
• Considere a função f(x) = cosx +
i sinx. Derivando f(x) temos:
d
dx
(cosx+ i sinx) = i cosx− sinx
= i(cosx+ i sinx)
(49)
• Para x = 0, temos cosx + i sinx =
1. Comparando esses resultados com
(47) e (48), somos levados a definir
eix = cosx+ i sinx (50)
Substituindo x por −x na expres-
são (50) e lembrando que cos(−x) =
cosx e sin(−x) = − sinx obtemos
e−ix = cosx− i sinx (51)
• Outras expressões importantes:
Somando as expressões (50) e (51) te-
mos:
cosx = 1
2
(eix + e−ix) (52)
Subtraindo as expressões (50) e (51)
temos:
sinx = 1
2i
(eix − e−ix) (53)
2 - Forma trigonométrica de um
número complexo
(Revisão nas páginas 57-61 do vol. 2 -
Moysés).
x
y
O
P
q
a
b r
(a)
ib
x
y
O
p/2
b BO
(b)
• Considere um ponto P no plano xy,
cujo vetor posição é OP= a~ı + b~.
Podemos associar a OP um número
complexo z
• Podemos associar a OP um número
complexo z
z = a+ ib (54)
que se obtem pela substituição de
~ı → 1, ~ → i onde a e b são reais
e
i ≡ rotação de +
π
2
no plano xy.
• O número complexo z pode ser repre-
sentado geometricamente no plano
complexo como um segmento ori-
entado (vetor) da origem ao ponto
(a, b). Podemos escrevê-lo em coor-
denadas polares utilizando as rela-
ções: a = r cos θ e b = r sin θ. Então
teremos:
z = a+ ib = r(cos θ + i sin θ) = reiθ
(55)
que é a forma trigonométrica do nú-
mero complexo.
• O módulo de z é dado por:
|z| = r =
√
a2 + b2 (56)
e θ chama-se argumento de z, dado
por:
θ = tan−1(b/a) (57)
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 10
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
2 - Oscilações Amortecidas
• Todos os osciladores reais terminam deixando de funcionar - uns muito lentamente, outros
bem rapidamente - por que o atrito ou outras formas dissipadoras transformam continu-
amente sua energia mecânica em energia térmica do oscilador e seu ambiente.
• Uma oscilação que se esgota e deixa de existir é chamada de oscilação amortecida.
• Existem muitas possíveis razões para a dissipação de energia, por exemplo, a resistência
do ar, o atrito, as forças internas no metal da mola quando ela é flexionada e assim por
diante.
• Nesta parte, estudaremos os sistemas oscilatórios na presença de amortecimento. Dos
experimentos sabe-se que a força de atrito sobre objetos que se movem lentamente é
linearmente proporcional ao módulo da velocidade.
• Desta forma, um modelo razoável para a força de arraste1 sobre um objeto que se move
lentamente é dado por:
~D = −ρ~v (modelo para a força de arraste)
onde o sinal negativo é a indicação matemática de que a força tem sempre sentido contrário
ao da velocidade, desacelerando o objeto. A constante de amortecimento ρ depende,
de modo complexo, da forma do objeto e da viscosidade do ar ou de outro meio no
qual a partícula se desloque. Em nosso modelo para a resistência do ar, a constante de
amortecimento desempenha o mesmo papel que o coeficiente de atrito desempenha no
modelo para o atrito.
• Alguns livros usam a letra b, em vez de ρ para denotar a constante de amortecimento.
• Neste parte de nossos estudos você deve reconhecer os diferentes regimes de amorteci-
mento.
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
• Assim como no caso de um pêndulo, as os-
cilações se amortecem devido à resistência
do ar.
• A resistência que um fluido como o ar ofe-
rece ao movimento de um corpo é propor-
cional à sua velocidade para velocidades
suficientemente pequenas.
• Para um oscilador como o harmônico sim-
ples, a resistência dá origem a um termo
adicional:
mẍ = −kx−ρẋ (ρ > 0) (58)
onde (−ρẋ) representa a resistência dissi-
pativa que atua em sentido oposto à velo-
cidade.
• A equação anterior pode ser reescrita
como:
ẍ+ γẋ+ ω2
0x = 0 (59)
onde
γ =
ρ
m
e ω2
0 =
k
m
(60)
• Como resolver uma equação desse tipo?
Função tentativa

z(t) = ert
ż(t) = rert = rz(t)
z̈(t) = r2z(t)
(61)
• Substituindo a função tentativa e suas de-
rivadas na equação (59) temos
r2z + γrz + ω2
0z =0⇒
z(r2 + γr + ω2
0) =0
(62)
1Na dinâmica dos fluidos, arrasto é a força que faz resistência ao movimento de um objeto sólido através
de um fluido (um líquido ou um gás). Ao contrário de outras forças resistivas, como o atrito, que é quase
independente da velocidade, forças de arrasto dependem da velocidade.
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 11
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• ou
r2 + γr + ω2
0 = 0 (63)
denominada equação característica.
• Resolvendo (63) obtemos:
r = −γ
2
±
√
γ2 − 4ω2
0
2
= −γ
2
±
√(γ
2
)2
− ω2
0
(64)
• Dependendo do valor do radicando, temos
os seguintes movimentos:
1. Subcrítico → γ
2
< ω0
2. Crítico → γ
2
= ω0
3. Supercrítico → γ
2
> ω0
• Amortecimento subcrítico: Neste mo-
vimento,
γ
2
< ω0 ⇒
γ2
4
< ω2
0 ⇒
r = −γ
2
±
√
−
(
ω2
0 −
γ2
4
)
r = −γ
2
± iω
onde
ω =
√
ω2
0 −
γ2
4
Aqui ω0 =
√
k/m fornece a frequência
angular de um oscilador não-amortecido
(ρ = 0).
• Com isso a solução tentativa fica:
z(t) = C1e
r+t + C2e
r−t
= C1e
(− γ
2
+iω)t + C2e
(− γ
2
−iω)t
= e−
γ
2
t
(
C1e
+iωt + C2e
−iωt) (65)
• Devemos lembrar que a função x(t) deve
ser real. E para que um número complexo
tenha apenas sua parte real é necessário
que ele seja igual ao seu complexo con-
jugado, isto é, que z∗ = z. Tomando o
complexo conjugado de (65) temos:
z(t)∗ = e−
γ
2
t
(
C∗1e
−iωt + C∗2e
+iωt
)
(66)
• Para que z∗ = z, os coeficientes C1 e C2
devem obedecer a condição:
C∗1e
−iωt +C∗2e
iωt = C1e
iωt +C2e
−iωt (67)
• A equação (67) será satisfeita se C1 = C∗2
e neste caso, C2 = C∗1 . Assim, escrevendo
C1 e C2 em notação complexa e tomando
seus módulos como A/2 e seus argumentos
como φ0 temos:
C1 =
A
2
eiφ0 , C2 =
A
2
e−iφ0
Introduzindo esses coeficientes na equação
(65) obtemos
x(t) = e−
γ
2
tA
2
[
ei(ωt+φ0) + e−i(ωt+φ0)
]
Usando a fórmula de Euler para números
complexos:
e+ix = cosx+ i sinx
e−ix = cosx− i sinx
a equação (65) pode ser reescrita como:
x(t) = Ae−
γ
2
t cos(ωt+ φ0) (68)
• O gráfico da função (68) está esquema-
tizado abaixo. Valores maiores da cons-
tante de amortecimento ρ fazem que as
oscilações sejam amortecidas com maior
rapidez.0
-xm
+xm
tt2t
x
xm
exp(-r/2m t)
xm
exp(-r/2m t)
x(t)
envoltória
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 12
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
Casos particulares
• Amortecimento fraco: Um sistema
com amortecimento fraco oscila muitas
vezes antes de parar, isto é, aquele para
o qual ρ/2m << ω0. Neste caso, ω ≈ ω0
é uma boa aproximação, ou seja o amor-
tecimento fraco não afeta a frequência de
oscilação.
• No caso de amortecimento fraco γ << ω0,
o fator Ae−
γ
2
t pode ser considerado como
amplitude de oscilação lentamente variá-
vel.
• A(t) = Ae−
γ
2
t ⇒ é a amplitude variável;
• ±Ae− γ2 t ⇒ envoltória das oscilações.
• No amortecimento fraco, as oscilações
não são mais periódicas, mas continuare-
mos chamando de ‘período’ o intervalo de
tempo τ = 2π
ω
onde
ω =
√
ω2
0 −
γ2
4
• Amortecimento forte: O amorteci-
mento forte extingue o movimento em
poucas oscilações e reduz significativa-
mente a frequência de oscilação.
-A
r=0,1 km (força de amortecimento fraca)
r=0,4 km (força de amortecimento mais forte)
T0 2T0 4T03T0 5T0
A
O t
xx
Com um amortecimento mais forte (quanto maior for r):
A amplitude (curvas tracejadas) diminui mais rapidamente
O período T aumenta (T é o período com amortecimento
 igual a zero) 
0
Valores maiores de r fazem com 
que as oscilações sejam amortecidas
com maior rapidez
• O balanço de energia: A energia me-
cânica do oscilador no instante t é dada
por:
E(t) =
1
2
m [ẋ(t)]2 +
1
2
k [x(t)]2 (69)
e não é conservada!!!
• A variação temporal de E(t) é dada por:
dE(t)
dt
=
1
2
m [2ẍ.ẋ] +
1
2
k [2ẋ.x]
d
dt
(x.x) = dx
dt
x+ xdx
dt
⇒ d
dt
(x2) = 2xẋ
d
dt
(ẋ.ẋ) = dẋ
dt
ẋ+ ẋdẋ
dt
⇒ d
dt
(ẋ2) = 2ẋẍ
• Finalmente
dE(t)
dt
= mẍẋ+ kẋx = ẋ (mẍ+ kx)︸ ︷︷ ︸
−ρẋ
dE(t)
dt
= −ρ(ẋ)2
A expressão anterior mostra que a varia-
ção da energia no tempo é o produto da
força de resistência (−ρẋ) pela velocidade
(ẋ), e que a energia diminui com o tempo
(dE
dt
< 0).
• O valor médio da energia durante
um período para o movimento sub-
crítico: O valor médio de uma função
qualquer f em um período é dado por:
f̄ =
1
T
∫ t+T
t
f(t)dt
No caso da energia, f(t) = E(t) onde E(t)
é a função dada na expressão (69).
• Para o cálculo do valor médio da ener-
gia para o movimento subcrítico usaremos
x(t) = Ae−
γ
2
t cos(ωt+φ0) e substituiremos
esta função e suas derivadas na expressão
(69).
x2(t) = A2e−γt cos2(ωt+ φ0) (70)
ẋ(t) = A(−γ
2
)e−
γ
2
t cos(ωt+ φ0)
− Aωe−
γ
2
t sin(ωt+ φ0)
(71)
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 13
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
ẋ2(t) = A2(−γ
2
4
)e−γt cos2(ωt+ φ0)
+ A2(ω2)e−γt sin2(ωt+ φ0)
+ 2A2γ
2
ωe−γt cos(ωt+ φ0) sin(ωt+ φ0)
(72)
• Substituindo as funções dadas nas eqs.
(70) e (72) na (69) podemos escrever a
função energia E em função do tempo t
para o movimento subcrítico como:
E(t) =
1
2
kA2e−γt cos2(ωt+ φ0)
+
1
2
m
{
A2(−γ
2
4
)e−γt cos2(ωt+ φ0)
+ A2(ω2)e−γt sin2(ωt+ φ0)
+2A2γ
2
ωe−γt cos(ωt+ φ0) sin(ωt+ φ0)
}
• Trocando k = mω2
0 e reagrupando os ter-
mos obtemos:
E(t) =
1
2
mA2e−γt
{
(ω2
0 +
γ2
4
) cos2(ωt+ φ0)
+ 2ω
γ
2
ω cos(ωt+ φ0) sin(ωt+ φ0)
+ ω2 sin2(ωt+ φ0)
}
(73)
• Usando a identidade trigonométrica
sin 2x = 2 sin x cosx a expressão (73) fica:
E(t) =
1
2
mA2e−γt
{
(ω2
0 +
γ2
4
) cos2(ωt+ φ0)
+ ω2 sin2(ωt+ φ0) +
γω
2
sin [2(ωt+ φ0)]
}
(74)
• Agora podemos calcular o valor médio da
energia mecânica em dado instante:
Ē(t) =
1
T
(
1
2
mA2e−γt
)
×
{
(ω2
0 +
γ2
4
)
∫
cos2(ωt+ φ0)dt
+ ω2
∫
sin2(ωt+ φ0)dt
+
γω
2
∫
sin [2(ωt+ φ0)] dt
}
(75)
• Nas integrais na expressão (75) tiramos
para fora das integrais o fator e−γt, que
varia muito pouco, pois vamos considerar
de amortecimento fraco.
• A integral no período das várias funções
trigonométricas são:∫ T
0
cos2(ωt+ φ)dt =
T
2∫ T
0
sin2(ωt+ φ)dt =
T
2∫ T
0
sin [2(ωt+ φ)] = 0
• Assim a expressão (75) reduz-se à:
Ē(t) =
1
2
mA2e−γt
T
{
(ω2
0 +
γ2
4
)
T
2
+ ω2T
2
}
(76)
• ou
Ē(t) =
1
4
mA2e−γt
{
ω2
0 +
γ2
4
+ ω2
}
(77)
• No caso de amortecimento fraco γ/2 <<
ω0 e ω ≈ ω0. Assim a energia média fica:
Ē(t) =
1
4
mA2e−γt(2ω2
0)
=
1
2
mω2
0A
2e−γt
=
1
2
kA2e−γt
(78)
Essa energia Ē(t) é a energia média arma-
zenada no oscilador em um ciclo completo
no instante t.
• Para t = 0
Ē(t) =
1
2
mω2
0A
2 =
1
2
kA2 (79)
• Portanto podemos escrever que a energia
média instantânea é dada por:
Ē(t) =

1
2
kA2(t) onde A(t) = Ae−
γ
2
t
Ē(0)e−γt
(80)
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 14
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• A energia dissipada num ciclo de período
T = 2π
ω
≈ 2π
ω0
(para γ << ω0) pode ser
calculada como:
∆E = −dE
dt
.T = γT Ē(t) (81)
pois corresponde a um intervalo de tempo
∆t = T , Ē(t) representa a energia mecâ-
nica média ainda armazenada no oscila-
dor no instante considerado.
• Chama-se fator de mérito ou fator Q
(=qualidade) do oscilador a grandeza:
Q = 2π
(
Energia armazenada no oscilador por ciclo
Energia dissipada por ciclo
)
• Pela equação (81) podemos escrever:
Q = 2π
Ē(t)
∆Ē(t)
= 2π
Ē(t)
γĒ(t)T
⇒ (82)
Q = ω0
γ
(83)
que é >> 1, pela hipótese de amorteci-
mento fraco.
• Ao considerar a energia mecânica de um
oscilador, é útil definir a constante de
tempo τ (letra grega "tau") como:
τ =
m
ρ
⇒ 1
τ
=
ρ
m
[s−1]
• Uma vez que ρ tem unidades de kg/s, τ
tem unidades de segundo. Com essa de-
finição podemos expressar a amplitude de
oscilação como:
A(t) = Ae−
t
2τ (84)
e a energia média instantânea (da eq. 80)
será escrita como
Ē(t) = E0e
− t
τ (85)
onde E0 = 1
2
kA2 é a energia em t = 0.
Em outras palavras, a energia mecânica
do oscilador decai exponencialmente com
a constante de tempo τ .
• O gráfico seguinte mostra o comporta-
mento da energia com o tempo.
0,37E0
0,13E0
E0
Energia
tt=t t=2 t
O oscilador inicia com energia E0
A energia diminui 37% 
de seu valor inicial em t = t.
para
o
A energia diminui
 13% de seu
valor inicial em t = 2t.
para
o
• Amortecimento crítico: Neste caso
γ
2
= ω0 e a solução da equação caracte-
rística é uma raiz dupla:
r = −γ
2
±
√√√√(γ2)2 − ω2
0︸ ︷︷ ︸
zero
= −γ
2
(86)
e a solução fica:
x(t) = e−
γ
2
t(A+Bt) (87)
• Amortecimento supercrítico: Neste
caso γ
2
> ω0 e as soluções da equação ca-
racterística são números reais:
r = −γ
2
±
√(γ
2
)2
− ω2
0 = −γ
2
± β (88)
e a solução fica:
x(t) = e−
γ
2
t(Aeβt +Be−βt) (89)
onde
β =
√
γ2
4
− ω2
0
x(t)
t
supercrítico g 
2
> w0
crítico g 
2
= w0
subcrítico g 
2
< w0
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 15
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
Movimentos típicos MHS
1
2
3
Positiva
Nula
Negativa
velocidade
inicial
(a) Posição inicial positiva
x 1
3
t
2
x
1
2
3
Movimentos típicos do caso supercrítico
t
1
2
3
Positiva
Nula
Negativa
velocidade
inicial
(a) Posição inicial positiva
x
t
1
2
3
(b) Posição inicial negativa
Movimentos típicos do caso crítico
1
2
3
Positiva
Nula
Negativa
velocidade
inicial
(a) Posição inicial positiva
x 1
2
3
t
• Decaimento exponencial: O de-
caimento exponencial ocorre numa
ampla variedade de sistemas físicos
de importância na ciência e na en-
genharia. Vibrações mecânicas, cir-
cuitos elétricos e radiatividade nu-
clear exibem decaimento exponen-
cial. Uma função que descreve um
decaimento exponencial tem a forma:
u = Ae−v/v0 .
• Um gráfico de u ilustra um de-
caimento exponencial. Ele começa
com u = A e, v = 0 (porque
e0 = 1) e depois diminui de forma
constante, aproximando assintotica-
mente de zero. A quantidade v0 é
chamada de constante de decai-
mento. Quando v = v0, u = e−1A =
0, 37A. Quando v = 2v0, u = e−2A =
0, 13A. Portanto, a constante de de-
caimento é o intervalo de tempo ao
longo do qual a grandeza diminui
para 37% de seu valor inicial. O argu-
mento da função exponencial deve ser
um número puro, sem unidades. Se
v/v0 é um número puro, a constante
de decaimentov0 deve ter as mesmas
unidades que v. Se v representa posi-
ção, então v0 é um comprimento. Se
v é um intervalo de tempo, então v0 é
um intervalo de tempo. Nesta situa-
ção específica, v0 é chamado de tempo
característico de decaimento. Ele é
o intervalo de tempo para o qual a
grandeza decai para 37% de seu va-
lor inicial.
A
u
vv 2v
u começa em A 
o
u diminui para 37% de seu 
valor inicial em v = v .o
0
u diminui para 13% de seu 
valor inicial em v =2v .
-1e A
-2e A
0 0
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 16
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• Exercício 1: Uma massa de 500 g oscila
como um pêndulo por um barbante de
60 cm. Observa-se que a amplitude decai
para a metade de seu valor inicial após
35,0 s. Qual é a constante de tempo do
oscilador?
• Solução 1: O movimento é uma oscilação
amortecida. A amplitude inicial em t = 0
é xmax = A. Em t = 35, 0 s, a amplitude
é xmax = A/2.
• Usando a expressão (84) temos
xmax(t) = Ae−
γ
2
t = Ae−
ρ
2m
t = Ae−
t
2τ
(90)
• Neste caso,
1
2
A = Ae−
35,0
2τ
Observe que não precisamos saber o va-
lor de A que se cancela por simplificação.
Isolando τ obtemos
ln
(
1
2
)
= − ln 2 = ln e−
35,0
2τ = −35, 0 s
2τ
⇒
τ = 35,0 s
2 ln 2
= 25, 2 s
• Exercício 2: Uma partícula de massa 500 g
move-se em um movimento harmônico
simples. O período de escilação é de 0, 10 s
e a amplitude do movimento é 0, 10 m.
Quando a partícula está a 0,050 m da po-
sição de equilíbrio determine: (a) Qual é
a magnitude da força que age sobre a par-
tícula? (b) Qual é a sua energia cinética?
• Solução 2: (a) Para calcular a força F
devemos conhecer a constante de mola k.
T =
2π
ω0
⇒ ω0 =
2π
0, 10
= 20π rad/s
Mas ω2
0 = k/m. Assim
k = mω2
0 =
1
2
(20π)2 = 200π2N/m
e
|F (x)| = kx = (200π2)(0, 050) = 10π2 N
• (b) A energia cinética pode ser calculada
como:
Ec =
1
2
mv2 =
1
2
mẋ2
onde x(t) = A cos(ω0t+φ0) e a velocidade
é dada por v(t) = −Aω0 sin(ω0t + φ0).
Quando a partícula está na posição x =
0, 05 m temos:
0, 05 = 0, 1 cos(ω0t+ φ0)⇒
cos(ω0t+ φ0) =0, 5
sin(ω0t+ φ0) =±
√
3
2
Assim a velocidade quando ela está em
x = 0, 05 m será:
v(t) = −Aω0 sin(ω0t+ φ0)︸ ︷︷ ︸
±
√
3/2
= ∓(0, 1)(20π)
√
3
2
⇒ v(t) = ∓
√
3π m/s
⇒ Ec =
3
4
π2 J
• (b) - Solução Alternativa: A energia
mecânica total (E) é a soma das ener-
gias cinética (Ec) e potencial elástica (Ue):
E = Ec + Ue. Como E = 1
2
kA2 podemos
escrever:
Ec = E − Ue =
1
2
kA2 − 1
2
kx2
=
1
2
k(A2 − x2)
Substituindo os valores numéricos
Ec =
1
2
k(A2 − x2)
=
1
2
[
200π2
] [
(0, 10)2 − (0, 05)2
]
=
3
4
π2 J
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 17
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• Exercício 3: Uma partícula de massa m =
0, 5 kg oscila sob a ação da força de uma
mola Fe = −kx~ı, de constante elástica
k = 50, 5 N/m, e de uma força amortece-
dora F = −ρẋ~ı, com coeficiente de amor-
tecimento ρ = 1 kg/s. Sabendo que em
t = 0 a partícula é abandonada na posi-
ção x0 = 10 cm determine: (a) a função
x(t); (b) a variação porcentual de energia
durante o primeiro ciclo de oscilação.
• Solução (a): - A 2a Lei de Newton para o
problema é dada por:
mẍ = −ρẋ− kx⇒ ẍ+
ρ
m
ẋ+
k
m
x = 0
ou
ẍ+ γẋ+ ω2
0x = 0
onde ω0 =
√
k
m
e γ =
ρ
m
. Substi-
tuindo valores obtemos ω0 =
√
50, 5
0, 5
=
√
101 rad/s e γ =
ρ
m
=
1
0, 5
= 2 s−1.
• Como ω0 > γ/2 o movimento é subcrí-
tico, que tem como posição e velocidade
instantâneas as expressões:
x(t) = Ae−
γ
2
t cos(ωt+ φ0)
v(t) = −A
(γ
2
)
e−
γ
2
t cos(ωt+ φ0)
− Aωe−
γ
2
t sin(ωt+ φ0)
onde ω =
√
ω2
0 −
γ2
4
= 10 rad/s
• Sabemos que em t = 0 a partícula
encontra-se em x0 = 10 cm com veloci-
dade v0 = 0. Usando essas condições te-
mos:
x(t = 0) = x0 = A cosφ0 ⇒ A =
x0
cosφ0
(91)
v(t = 0) = 0 = −A
(γ
2
)
cos(φ0)−Aω sin(φ0)
(92)
• Dividindo (92) por cosφ0 temos
ω tanφ0 = −γ
2
⇒ φ0 = tan−1
(
− γ
2ω
)
• Para os valores dados obtemos
φ0 = tan−1
(
− γ
2ω
)
= tan−1
(
− 2
2 · 10
)
φ0 = −0, 0997 rad
A =
x0
cosφ0
= 9, 95 cm
x(t) = 9, 95e−t cos(10t− 0, 0997)
• Solução (b): A variação porcentual é dada
por:
∆E
E0
=
E(t = T )− E(t = 0)
E(t = 0)
⇒
∆E
E0
=
E0e
−γT − E0
E0
⇒
∆E
E0
= e−γT − 1
Como o período é dado por T = 2π
ω
fica-
mos com
∆E
E0
= e−2
2π
10 − 1 = 0, 28− 1 = −0, 72
e a variação porcentual é
∆E
E0
= −72%
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 18
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
Glossário
• Oscilação – Fenômeno em que uma gran-
deza ou conjunto de grandezas de um sis-
tema varia segundo uma função periódica
no tempo.
• Oscilar – Mover-se alternadamente em
sentidos opostos; movimentar-se em vai e
vem; mover-se tornando a passar (ao me-
nos aproximadamente) pelas mesmas po-
sições
• Oscilação Forçada – A que um sistema
oscilante efetua sob a ação de um agente
externo que varia periodicamente.
• Oscilação Livre – A que é efetuada por
um sistema sem a intervenção de agentes
externos.
• Amplitude A do movimento –É simples-
mente o valor máximo da posição da par-
tícula na direção x positiva ou negativa.
• Frequência angular ω – Tem unidades
de radianos por segundo. É uma medida
de quão rapidamente as oscilações ocor-
rem. Quanto mais oscilações por unidade
de tempo, maior o valor de ω.
• O ângulo constante φ0 é chamado de
constante de fase ou fase inicial. Junto
com a amplitude A, é determinado unica-
mente pela posição e velocidade da partí-
cula em t = 0.
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 19
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• Dois vagões de estrada de ferro, de massas m1 e m2 respectivamente, são ligados entre si
por uma mola cuja constante de mola é k. Supõe-se que o sistema seja livre de dissipação;
desprezam-se a massa da mola e aquela das rodas. Estando o sistema inicialmente em
repouso com a mola relaxada, deslocam-se os carros de modo a produzir um incremento a
na separação entre eles, e abandonam-se-os simultaneamente, a partir do repouso. Pede-se
a frequência angular de oscilação do sistema.
x1
x2
x
m1 m2
L
• Solução: O comprimento da mola L0 quando a mola está relaxada é dada por
x2 − x1 = L
Quando a mola não está relaxada, podemos escrever a distenção ou compressão como
∆L = (x2 − x1)− L
Se ∆L > 0 a mola está esticada. Se ∆L < 0 a mola está comprimida. Vamos considerar
o caso que a mola está esticada. A força F1 que atua no corpo de massa m1 é dada por:
~F1 = +k(x2 − x1 − L)~i.
A força F2 que atua no corpo de massa m2 é dada por:
~F2 = −k(x2 − x1 − L)~i.
• As equações de movimento para os vagões serão:
m1ẍ1 = +k(x2 − x1 − L). (93)
m2ẍ2 = −k(x2 − x1 − L). (94)
Analisando as equações anteriores, vemos que a aceleração do bloco 1 depende não so de
sua posição (x1), mas também da posição do bloco 2 (x2), o mesmo acontecendo para
o bloco 2. Em outras palavras, nós temos duas equações diferenciais acopladas. Como
resolver esse problema? Uma estratégia é usar uma coordenada relativa, como faremos a
seguir.
• Multiplicando a primeira equação por (−m2) e a segunda por (+m1),
−m1m2ẍ1 = −km2(x2 − x1 − L). (95)
m1m2ẍ2 = −km1(x2 − x1 − L). (96)
e somando membro a membro as duas equações, vem:
m1m2(ẍ2 − ẍ1) = −k(x2 − x1 − L)(m1 +m2). (97)
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 20
Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) Módulo 1 - MHS
• Vamos fazer uma mudança de variável: X = x2−x1−L. Assim, Ẍ = ẍ2− ẍ1 e a equação
anterior fica:
m1m2(Ẍ) = −kX(m1 +m2). (98)
que ainda pode ser reescrita como:
m1m2
(m1 +m2)
Ẍ + kX = 0 (99)
Fazendo
µ =
m1m2
(m1 +m2)
µẌ + kX = 0 (100)
que é a equação de um MHS com frequência angular
ω0 =
√
k
µ
=
√
k
m1 +m2
m1 ·m2
(101)
A variável X = x2 − x1 − L obedece à equação:
X = a cosω0t (102)
Alem disso, a quantidade de movimento inicial do sistema é nula, e se conserva:
m1ẋ1 +m2ẋ2 = 0 (103)
A equação X = x2 − x1 − L nos dá:
ẋ2 − ẋ1 = −aω0 sinω0t (104)
• Isolando x2 na (103) temos:
ẋ2 = −m1
m2
ẋ1 (105)
• Substituindo (105) em (104) obtemos:
ẋ1 =
m2(m1 +m2)
aω0 sinω0t (106)
e
ẋ2 = − m1
(m2 +m1)
aω0 sinω0t (107)
• Portanto,
x1 =
m2
(m1 +m2)
a cos(ω0t+ π) (108)
x2 =
m1
(m2 +m1)
a cos(ω0t) (109)
• Os dois vagões oscilam com iguais períodos, em oposição de fase, com amplitudes inver-
samente proporciomais às respectivas massas.
Profa. Euzi C. Fernandes da Silva - 2022 21