Aula_06_-__MHS_-_ ok IME_2024

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IME 
2024 
AULA 06 
Movimento harmônico simples - MHS 
Prof. Toni Burgatto 
 
 
 
 
 
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Prof. Toni Burgatto 
 
 
AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Sumário 
Introdução 3 
1. Introdução a MHS 4 
1.1. Caracterização do Movimento 4 
1.2. Equação de um MHS 5 
1.3. Equações matemáticas para um MHS 5 
1.4. Movimento circular uniforme (MCU) 12 
2. Energia no MHS 17 
3. Sistemas massa - mola 19 
3.1. Combinação de molas 22 
3.2. Sistema elástico horizontal com massa no ponto médio 26 
4. Pêndulo 27 
4.1. Pêndulo simples 28 
4.2. Pendulo simples em referencias acelerados 31 
4.3. Pêndulo com comprimento de fio muito grande 34 
4.4. Pêndulo simples em um líquido 36 
4.5. Túnel em gravitação 37 
5. Oscilações e hidrostática 38 
5.1. Corpos flutuantes 38 
5.2. Tubos em U 39 
6. Massa reduzida 41 
7. Composição de movimentos harmônicos simples 45 
7.1. Composição de dois MHS de mesmo período 𝑻 e mesma direção 45 
7.2. Composição de dois MHS ortogonais de mesmo período 𝑻 50 
8. Lista de questões nível 1 59 
 
 
 
 
 
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9. Gabarito sem comentários nível 1 66 
10. Lista de questões nível 1 comentada 67 
11. Lista de questões nível 2 85 
12. Gabarito sem comentários nível 2 97 
13. Lista de questões nível 2 comentada 98 
14. Lista de questões nível 3 126 
15. Gabarito sem comentários nível 3 146 
16. Lista de questões nível 3 comentada 147 
17. Referências bibliográficas 198 
18. Considerações finais 198 
 
 
Introdução 
Nesta aula vamos fazer um estudo completo de movimento harmônico simples. Este tema 
costuma ser cobrado junto com energia mecânica, além da análise de forças. 
É muito importante você guardar todos os conceitos e fazer muito exercícios para pôr em prática 
tudo aquilo que você aprendeu desse assunto. Como esse assunto é muito cobrado, existem muitas 
questões de elevado nível nos nossos concursos de interesse. 
 Caso tenha alguma dúvida entre em contato conosco através do fórum de dúvidas do Estratégia 
ou se preferir: 
 
 @proftoniburgatto 
 
 
 
 
 
 
 
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1. Introdução a MHS 
1.1. Caracterização do Movimento 
O movimento harmônico simples é um movimento oscilatório que respeita certas condições: 
 Há a presença de uma força restauradora atuando continuamente sobre o sistema 
oscilante. 
 A aceleração do sistema é diretamente proporcional ao deslocamento efetivo. 
 A constante de proporcionalidade entre a aceleração e o deslocamento é um número real 
positivo. 
1.1.1. Formulação física 
Considere um sistema que oscila entre as posições A e B. Considere o segmento de reta (𝐴𝐵) que 
liga os pontos A e B e a mediatriz desse segmento, passando pelo ponto O. 
 
Figura 1: Esquema representativo de um movimento oscilatório em torno de um ponto O. 
Para uma partícula puntiforme de massa 𝒎, oscilando entre os pontos A e B, o ponto de equilíbrio 
é dado pelo ponto O. Para um ponto genérico P, entre os pontos A e B, a aceleração do corpo sempre se 
dirige para o ponto de equilíbrio. Isto é, sempre há atuação de uma força restauradora. 
1.1.2. Alguns termos do movimento 
(A) Amplitude (𝑨): 
 É o máximo deslocamento, em relação ao ponto de equilíbrio O, que a partícula possui no 
movimento harmônico. Seu valor é dado por: 
𝐴 = |
𝑥𝐴 + 𝑥𝐵
2
| 
(B) Período de Oscilação (T): 
 É o tempo gasto pela partícula até que ela volte a repetir seu movimento. 
 
 
 
 
 
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(C) Frequência angular (𝝎): 
 É o número de revolução (em radianos) por unidade de tempo. Se a frequência do movimento é 𝑓 
e o período é 𝑇: 
𝜔 = 2𝜋𝑓 =
2𝜋
𝑇
 
1.2. Equação de um MHS 
 Dizemos que um corpo possui um movimento hormônico simples quando: 
Um corpo executa um movimento harmônico simples se, e somente se, sua aceleração 
resultante for diretamente proporcional ao negativo do deslocamento. 
Esta condição se traduz matematicamente para equação diferencial: 
𝑎 = −
𝐾
𝑚
⋅ 𝑥 
Em que: 
 𝑎 − 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜 𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜. 
 𝑥 − 𝑑𝑒𝑠𝑙𝑜𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡â𝑛𝑒𝑜 𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜. 
 𝐾 − 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜. 
 𝑚 −𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜. 
Observação: o sinal de menos indica que a aceleração tem sentido oposto ao deslocamento, que 
muitas vezes é chamado de perturbação no MHS. 
1.3. Equações matemáticas para um MHS 
1.3.1. Relação entre velocidade e deslocamento 
Não vamos demonstrar no nosso curso, mas a partir da equação 𝑎 = −
𝐾
𝑚
⋅ 𝑥, pode-se demonstrar 
que o módulo da velocidade é dado pela relação: 
⟹ 𝑣 = √
𝐾
𝑚
√𝐴2 − 𝑥2 
 Em que A é a amplitude de movimento. Assim, se sabemos qual a amplitude de movimento 𝐴, 
então para uma dada posição 𝑥, nós podemos encontrar o módulo da velocidade. 
 
 
 
 
 
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 O termo √
𝐾
𝑚
 aparecerá diversas vezes e, por isso, daremos um nome especial para ele. 
Chamaremos de pulsação do MHS (𝜔): 
𝜔 = √
𝐾
𝑚
 
 Dessa forma, a velocidade para uma dada deformação é dada por: 
𝑣 = 𝜔 ⋅ √𝐴² − 𝑥2 
 Às vezes é escrita da seguinte forma: 
𝑣2 = 𝜔2(𝐴2 − 𝑥2) 
 A equação 𝑣2 = 𝜔2(𝐴2 − 𝑥2) é conhecida como equação de Torricelli do MHS, pois relaciona 
velocidade e deformação, não apresentando a variável tempo 𝑡 diretamente na equação. 
 Ainda não estamos estudando nenhum tipo de MHS. Apenas estamos falando das propriedades 
de MHS que nascem pelo fato de que 𝒂 = −
𝑲
𝒎
⋅ 𝒙. 
 Lembre-se que em um MHS, o corpo oscila em torno da posição de equilíbrio. 
 
Figura 2: Representação de um corpo que oscila em torno de uma posição de equilíbrio. 
Essa equação mostra como varia a velocidade em função da posição 𝑥. Note que quando estamos 
nos extremos de oscilação, ou seja, 𝑥 = ±𝐴, então a velocidade é nula, pois: 
𝑣 = 𝜔 ⋅ √𝐴2 − (±𝐴)2 = 𝜔 ⋅ √𝐴2 − 𝐴2 = 𝜔 ⋅ 0 
𝑣 = 0 
 Por outro lado, quando estamos na posição de equilíbrio, ou seja, 𝑥 = 0, então a velocidade é 
máxima, pois vemos que 𝑣 = 𝜔 ⋅ √𝐴² − 𝑥2, então o termo −𝑥2 sempre irá reduzir o termo dentro da raiz 
quadrada, então o maior valor possível dentro da raiz quadrada é quando 𝑥 = 0. Portanto, o módulo da 
velocidade máxima é igual a: 
𝑣𝑚á𝑥 = 𝜔 ⋅ √𝐴2 − 02 
 
 
 
 
 
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𝑣𝑚á𝑥 = 𝜔 ⋅ 𝐴 
1.3.2. Relação entre a aceleração e deslocamento 
Pela equação que caracteriza um MHS, 𝑎 = −
𝐾
𝑚
⋅ 𝑥, como 𝜔 = √
𝐾
𝑚
, então escrevemos que: 
𝑎 = −𝜔² ⋅ 𝑥 
 E essa equação da aceleração do MHS é muito importante, pois ela revela os pontos onde a 
aceleração terá módulo máximo e mínimo. 
Observe que para 𝑥 = 0, posição de equilíbrio, então a aceleração é nula, como de fato esperamos 
para uma posição de equilíbrio (∑ �⃗� = 0⃗⃗ → �⃗� = 0⃗⃗. Por outro lado, quando 𝑥 = +𝐴, então a aceleração é 
mínima e vale 𝑎 = −𝜔2𝐴 e quando estamos em 𝑥 = −𝐴, então a aceleração é máxima e vale 𝑎 = −𝜔2 ⋅
(−𝐴) = +𝜔2𝐴. 
1.3.3. Equação do movimento em função do tempo 
Como foge do escopo do curso, não iremos fazer a demonstração nesse curso. A partir da equação 
de velocidade 𝑣 = 𝜔 ⋅ √𝐴² − 𝑥2, pode-se demonstrar que se um corpo realiza um MHS, então a posição 
dele pode ser representada por uma função periódica (seno ou cosseno), da seguinte forma: 
 
Figura 3: Representação de um corpo que oscila em torno de uma posição de equilíbrio. 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙) 
 Esta relação mostra como a equação horária do corpo em função da amplitude do movimento e a 
pulsação do MHS. O termo 𝜙 refere-se a posição inicial do corpo (em 𝑡 = 0). 
 Então, dependendo da posição inicial do corpo, nós teremos um valor de 𝜙. Por isso, chamamos 
esse termo defase inicial de movimento e geralmente ele é representado pela letra 𝜙0. Então a função 
horária de movimento pode ser escrita como: 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) 
 
 
 
 
 
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 Vale a pena ressaltar, que as funções trigonométricas seno e cosseno são funções 
complementares. Na trigonometria, vemos que 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = cos (
𝜋
2
− 𝜃) e que a função cosseno é uma 
função par (cos(−𝑥) = cos(𝑥)). 
Então, em muito livros nacionais, o estudo do MHS parte do estudo do sistema massa-mola ou do 
estudo da projeção do MCU em um eixo horizontal. Quando os livros fazem isso, eles chegam ao mesmo 
tipo de equação, com cosseno. 
 Então você precisa tomar cuidado com quem é sua fase inicial e qual função periódico 
trigonométrica (seno ou cosseno) você escolheu para representar o teu movimento. 
 Em alguns casos, a questão fornece nas alternativas a equação de movimento que apresenta a 
função complementar que você escolheu na resolução do seu problema. Basta no final ajeitar para a 
função que apresenta nas alternativas. 
1.3.4. Período (𝑻) de um movimento harmônico simples 
Vimos na equação de movimento que chegamos em uma função do tipo 𝐴 ⋅ cos(𝜔𝑡 + 𝜙0).
 As funções seno e cosseno são funções periódicas e de período igual a 2𝜋. Portanto, esperamos 
que exista uma repetição da posição de movimento do corpo. Então, chamamos esse menor intervalo de 
tempo em que vemos a repetição de movimento de período e representamos pela letra 𝑇. Portanto: 
𝑥(𝑡 + 𝑇) = 𝑥(𝑡) 
𝐴 ⋅ cos(𝜔(𝑡 + 𝑇) + 𝜙0) = 𝐴 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) 
cos(𝜔(𝑡 + 𝑇) + 𝜙0) = cos(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) 
𝜔 ⋅ +𝜔 ⋅ 𝑇 + 𝜙0 = 𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0 + 2 ⋅ 𝑛 ⋅ 𝜋 
 Em que 𝑛 pertence aos inteiros, conforme nos ensina a resolução de uma equação trigonométrica, 
já que posso estar falando que os ângulos 𝜔(𝑡 + 𝑇) + 𝜙0 = 𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0 ou que foram dadas voltas. 
Portanto: 
𝜔 ⋅ 𝑇 = 2 ⋅ 𝑛 ⋅ 𝜋 
 Para o menor intervalo de tempo, característica da definição de período de movimento, temos 
𝑛 = 1. Portanto: 
𝜔 ⋅ 𝑇 = 2𝜋 
𝑇 =
2𝜋
𝜔
 
 Como a frequência angular do MHS é 𝜔 = √
𝐾
𝑚
, então o período de um MHS é dado por: 
 
 
 
 
 
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𝑇 =
2𝜋
√𝐾
𝑚
 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝐾
 
 Note que o período de um MHS depende apenas da massa do corpo e da constante de movimento, 
não depende da deformação imposta ao corpo. 
1.3.5. Analogia gráfica 
 Considere uma caneta presa em um bloco preso em uma mola vertical. Um papel se move com 
velocidade constante na direção horizontal. O bloco oscila e a caneta risca o papel, como mostrado abaixo. 
 
Figura 4: Representação esquemática de um MHS. A medida que o corpo de massa m oscila na vertical, o papel se movimenta na horizontal 
descrevendo como varia a posição do corpo em função do tempo. 
 
 A figura formada no papel é justamente uma função senoidal, conforme vimos nas demonstrações 
da função horária do MHS: 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝑐) 
1.3.6. Características do movimento 
 Considere uma mola presa em uma parede. A mola tem constante elástica 𝐾 e um corpo de massa 
𝑚 está preso à mola. Inicialmente o bloco está em repouso e a mola não está distendida. 
 
Figura 5: Representação de um sistema massa mola em MHS. 
 
 
 
 
 
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A mola é distendida 𝐴 metros para a direita, em reação a sua posição de equilíbrio. Adota se um 
eixo horizontal positivo para a direita. 
Vale ressaltar que a orientação do eixo adotado é sempre coincidente com o sentido positivo do 
deslocamento. 
 Se o deslocamento ocorre para a direita, o sentido positivo do eixo estará para a direita. 
 Se o deslocamento ocorre para a esquerda, o sentido positivo do eixo estará para a 
esquerda. 
 
Figura 6: Massa após sofrer uma elongação. 
Analisando o digrama de corpo livro para o corpo temos: 
 
Figura 7: Diagrama de corpo livre no bloco. 
Para a direção horizontal a força resultante é a força provocada pela mola. Na direção vertical a 
resultante é nula, pois o bloco não se move nessa direção. 
 A força elástica, resultante da direção horizontal, tem sentido oposto ao eixo adotado e, dado que 
a elongação da mola é 𝐴, temos: 
𝐹𝑅 = −𝐾 ⋅ 𝐴 
 Da segunda lei de Newton: 
𝐹𝑅 = −𝐾 ⋅ 𝐴 = 𝑚 ⋅ 𝑎 ⇒ 𝑎 = −
𝐾
𝑚
⋅ 𝐴 
 A relação encontrada acima é justamente a expressão necessária e suficiente para a realização de 
um movimento harmônico simples. Deste modo, o corpo executa um MHS. 
 Analisaremos algumas posições do corpo, na execução do movimento harmônico simples. 
Considere a figura abaixo: 
 
 
 
 
 
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Figura 8: Características das velocidades e das acelerações no MHS. 
Fizemos a figura logo acima mostrando quando as velocidades e as acelerações têm valores 
máximos, quando trabalhamos em módulo. Entretanto, sempre temos que ficar atento sobre os vetores 
velocidade e aceleração em relação ao eixo orientado 𝑥. 
Por isso, vamos fazer uma tabela mostrando os valores de aceleração e de velocidade, mas não 
mais olhando apenas para o módulo. 
Para isso, basta analisar os pontos de máxima e de mínima amplitude, assim como o ponto onde 
a amplitude é nula nas expressões da velocidade e da aceleração do MHS. 
Posição Estado de Movimento Aceleração Velocidade Deslocamento 
A O corpo possui aceleração 
mínima e velocidade nula. Está 
em um ponto de máximo 
deslocamento (amplitude A). 
Para 𝑥 = 𝐴: 
𝑎𝑚í𝑛 = −𝜔
2 ⋅ 𝐴 
Para 𝑥 = 𝐴: 
𝑉 = 0 
É a própria 
amplitude A. 
B O corpo possui aceleração 
nula e velocidade mínima. Está 
momentaneamente em 
equilíbrio. 
Para 𝑥 = 0: 
𝑎 = 0 
𝑣𝑚í𝑛 = −𝜔 ⋅ 𝐴 O deslocamento é 
nulo. 
C O corpo possui aceleração 
máxima e velocidade nula. 
Está em um ponto de máximo 
deslocamento (mínima 
amplitude −𝐴). 
Para 𝑥 = −𝐴: 
𝑎𝑚á𝑥 = 𝜔
2 ⋅ 𝐴 
Para 𝑥 = −𝐴: 
𝑉 = 0 
É a própria 
amplitude A. 
D O corpo possui aceleração 
nula e velocidade máxima. 
Note que a velocidade está no 
Para 𝑥 = 0: 
𝑎 = 0 
𝑣𝑚á𝑥 = 𝜔 ⋅ 𝐴 O deslocamento é 
nulo. 
 
 
 
 
 
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sentido de orientação do eixo 
𝑥. Está momentaneamente 
em equilíbrio. 
Chamamos de 𝑎𝑚í𝑛 e 𝑣𝑚í𝑛 na tabela pois mostra o sentido do movimento em relação ao eixo 
orientado 𝑥. 
 Tudo que vimos até agora são características válidas para qualquer tipo de MHS. Agora, vamos 
estudar o que é a projeção de um MCU e na sequência o primeiro sistema MHS de fato. 
 
1.4. Movimento circular uniforme (MCU) 
 Vamos agora começar a ver algumas aplicações de MHS na Física. Entretanto, inicialmente, 
veremos um caso em que temos uma projeção de um movimento gerando um movimento oscilatório 
com características semelhantes ao de um MHS. Curiosamente, embora temos um movimento oscilatório 
semelhante ao de um MHS, não vemos nesse caso uma força restauradora. 
Considere um objeto em trajetória circular de raio A, em metros. O movimento é uniforme com 
velocidade linear 𝑉, tal que 𝑉 = 𝜔 ⋅ 𝐴. O corpo parte de 𝑥 = 𝐴, 𝑦 = 0 no tempo 𝑡 = 0 𝑠. 
após um instante de tempo 𝑡, ele terá um deslocamento angular 𝜙 dado por 𝜙 = 𝜔 ⋅ 𝑡. 
Graficamente, podemos representar este instante de tempo 𝑡 para a posição do objeto 𝑃 por: 
 
Figura 9: Objeto deslocando com velocidade angular constante em um movimento circular uniforme. 
 
 
 
 
 
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Note que 𝑄 representa a projeção do ponto 𝑃 no eixo 𝑥. 
1.4.1. Posição 
 A projeção horizontal 𝑂𝑄̅̅ ̅̅ (eixo x) do movimento circular é dado por: 
𝑥 = 𝐴 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝜙 
 Como 𝜙 = 𝜙0 + 𝜔𝑡, então: 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) 
Lembre-se que seno e cosseno são funções trigonométricascomplementares, conforme 
mencionamos anteriormente. Então: 
𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑠𝑒𝑛(90° − 𝛼) 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ cos( 𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
− (𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0)) 
𝑥(𝑡) = −𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0 −
𝜋
2
) 
Além disso, vale a pena ressaltar que nós começamos nossa análise de movimento quando o corpo 
sai de 𝑥 = 𝐴. Então a fase inicial é igual a zero (𝜙0 = 0°). 
Caso a fase inicial não fosse igual a zero, ou seja, ele não parte de 𝑥 = 𝐴, então teríamos que 
escrever a função horária da posição 𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0). 
1.4.2. Velocidade 
 A velocidade 𝑉 no instante de tempo 𝑡 decomposta em 𝑥 é dada por: 
𝑉𝑋(𝑡) = −𝑉 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜙 
𝑉𝑋(𝑡) = −𝑉 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) (𝐼𝐼𝐼) 
 O sinal negativo indica que a velocidade está no sentido oposto ao sentido positivo do eixo 𝑥. 
Como a velocidade linear 𝑉 pode ser escrita como 𝑉 = 𝜔 ⋅ 𝐴 (em módulo), então a equação da velocidade 
de 𝑃, decomposta em 𝑥, torna-se: 
𝑉𝑥(𝑡) = −𝜔 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) 
 Como essa velocidade projetada corresponde a velocidade do ponto 𝑄, então: 
𝑉𝑄(𝑡) = −𝜔 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) 
 
 
 
 
 
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1.4.3. Aceleração 
 O movimento circular uniforme só apresenta aceleração centrípeta. Assim, faremos a 
decomposição da aceleração centrípeta na direção horizontal. 
 
Figura 10: Representação da aceleração no ponto P. 
𝑎𝑥 = −𝑎𝑐𝑝 ⋅ cos(𝜙) 
 Note que o sinal de menos apenas indica que essa projeção está na direção contrária ao eixo 𝑥. 
Como o módulo da aceleração centrípeta é dada por 𝑎𝑐𝑝 = 𝑉
2/𝜌, em que 𝜌 é o raio de curvatura da 
trajetória, então: 
𝑎𝑥(𝑡) = −
𝑉2
𝜌
⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝜙 
Em que 𝜙 = 𝜙0 +𝜔𝑡 Lembre-se que para o MCU, o módulo da velocidade linear é constante, mas 
o vetor velocidade não é constante, pois muda de direção e de sentido a cada instante de tempo. Como 
𝜌 = 𝐴, então: 
𝑎𝑥(𝑡) = −
𝑉2
𝐴
⋅ cos( 𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) 
 Agora, rearranjar a nossa equação de 𝑎𝑥 da seguinte forma: 
𝑎𝑥(𝑡) = −
𝑉2
𝐴
⋅
𝐴
𝐴
⋅ cos( 𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) 
𝑎𝑥(𝑡) = −
𝑉2
𝐴2
⋅ 𝐴 ⋅ cos( 𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) 
 
 
 
 
 
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𝑎𝑥(𝑡) = −(
𝑉
𝐴
)
2
⋅ 𝐴 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) 
 Note que 
𝑉
𝐴
= 𝜔 e o termo 𝐴 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝜙0) = 𝑥(𝑡). Então, a aceleração 𝑎𝑥 pode ser escrita 
como: 
𝑎𝑥(𝑡) = −𝜔
2 ⋅ 𝑥(𝑡) 
 Aqui vemos que nossa aceleração é proporcional a 𝑥. Além disso, vemos que 𝑎𝑥𝑚á𝑥 quando 𝑥 =
−𝐴 e que 𝑎𝑥𝑚í𝑛 quando 𝑥 = 𝐴. Matematicamente: 
𝑎𝑥𝑚á𝑥 = −𝜔
2 ⋅ (−𝐴) = 𝜔2𝐴 
𝑎𝑥𝑚í𝑛 = −𝜔
2 ⋅ 𝐴 
 Note que o período de movimento da projeção ao longo do eixo 𝑥 é o mesmo período do 
movimento circular. Portanto: 
𝑇 =
2𝜋
𝜔
 
 
1. (EEAR – 2022) 
Um garoto amarra uma pedra a um barbante e a faz girar em um plano vertical com uma rotação 
constante de 150 rpm (rotações por minuto). A sombra da pedra projetada no chão realiza um movimento 
de vai e vem em uma trajetória representada por um segmento de reta de 1,5 m de comprimento. 
Considerando o movimento da sombra da pedra como um MHS com fase inicial nula, assinale a alternativa 
que apresenta corretamente a equação da elongação para esse movimento, no Sistema Internacional de 
Unidades. 
(A) 𝑥 = 0,75cos (2,5𝜋𝑡) (B) 𝑥 = 0,75 cos(5𝜋𝑡) 
(D) 𝑥 = 1,5 cos(5𝜋𝑡) (C) 𝑥 = 1,5 cos(300𝜋𝑡) 
Comentários: 
 Inicialmente, devemos passar a frequência para Hz. Para isso, basta dividir por 60: 
𝑓 =
150
60
= 2,5 𝐻𝑧 
 Uma vez que conhecemos a frequência em Hz, agora sabemos a pulsação do MHS: 
𝜔 = 2𝜋𝑓 
𝜔 = 2𝜋 ⋅ 2,5 
 
 
 
 
 
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𝜔 = 5𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
 Se o corpo oscila por um segmento de reta com comprimento de 1,5 m, então a amplitude de 
oscilação é de 1,5/2 = 0,75 m. Em outras palavras, em relação a posição de equilíbrio o corpo vai de – 0,75 
m até +0,75 m. 
 Como a fase inicial é nula (𝜙0 = 0), então: 
𝑥(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜙) 
𝑥(𝑡) = 0,75 cos(5𝜋𝑡 + 0) 
𝑥(𝑡) = 0,75cos (5𝜋𝑡) 
 
2. 
Uma partícula executa um MHS com 𝜔 = 4𝜋
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 com amplitude 𝐴 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠. No instante inicial a partícula 
tem aceleração máxima possível para o movimento. A partícula é liberada do repouso em 𝑡 = 0 𝑠, 
iniciando seu movimento. Se no instante 𝑡 a partícula já percorreu (1 −
√3
2
) ⋅ 𝐴 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠 , determine t. 
Comentário: 
A equação do movimento é do tipo: 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑡 + 𝜑0) ⇒ 𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 (4𝜋𝑡 + 𝜑0) 
Na posição de aceleração máxima: 
𝑥 = 𝐴, 𝜑0 = 0 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 (4𝜋𝑡) 
Se a partícula percorreu (1 −
√3
2
) ⋅ 𝐴, 𝑥 =
𝐴√3
2
 
𝐴√3
2
= 𝐴 ⋅ cos(4𝜋𝑡) 
⇒ 𝑐𝑜𝑠 (±
𝜋
6
+ 2𝑘𝜋) = 𝑐𝑜𝑠 (4𝜋𝑡) 
±
𝜋
6
+ 2𝑘𝜋 = 4𝜋𝑡 
⇒ 𝑡 = (±
1
24
+
𝑘
2
) 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠, 𝑘 𝜖 ℤ 
 
3. 
Uma partícula executa um MHS, oscilando entre dois pontos fixos separados de 20 cm. Se a velocidade 
máxima é de 30 𝑐𝑚/𝑠. Encontre a velocidade quando o deslocamento é 𝑥 = 5 𝑐𝑚. 
Comentário: 
Utilizando a equação de Torricelli do MHS e a condição de velocidade máxima, podemos dividir as 
duas equações: 
 
 
 
 
 
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𝑣 = 𝜔 ⋅ √𝐴² − 𝑥2 
𝑣𝑚á𝑥 = 𝜔 ⋅ 𝐴 
Temos: 
𝑣
𝑣𝑚á𝑥
=
√𝐴2 − 𝑥2
𝐴
 
⇒
𝑣
30
=
√10² − 52
10
 
𝑣 = 20 ⋅ √3 𝑐𝑚/𝑠 
4. 
Uma partícula de massa 𝑚 = 1 𝑘𝑔 oscila em movimento harmônico simples com frequência angular 
1 𝑟𝑎𝑑/𝑠. Encontre a fase da partícula em 𝑡 = 1 𝑠, ao passar pelo ponto de velocidade máxima. 
Comentário: 
A fase da partícula é denotada por: 
Φ = ω ⋅ t + 𝜑0 
No ponto de velocidade máxima: 
𝜑0 =
𝜋
2
 
Ou 
𝜑0 =
3𝜋
2
 
Portanto, 
Φ = 1 +
𝜋
2
 
Φ = 1 +
3𝜋
2
 
 
2. Energia no MHS 
Quando estamos em um MHS, estamos trabalhando com sistemas conservativos, ou seja, a 
energia mecânica é conservada, sempre constante. 
 
 
 
 
 
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 Se o corpo oscila em relação a posição de equilíbrio, então a energia mecânica está definida pela 
amplitude de oscilação. 
Matematicamente, dizemos que: 
𝐸𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 =
𝐾𝐴2
2
 
A energia total (𝐸) no movimento harmônico simples é a contribuição da energia potencial (𝑈) e 
da energia cinética (𝐾). 
𝐸𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 𝐸𝐶𝐼𝑁É𝑇𝐼𝐶𝐴 + 𝐸𝑃𝑂𝑇𝐸𝑁𝐶𝐼𝐴𝐿 
𝐸𝐶𝐼𝑁É𝑇𝐼𝐶𝐴 + 𝐸𝑃𝑂𝑇𝐸𝑁𝐶𝐼𝐴𝐿 =
𝐾𝐴2
2
 
Lembrando que 𝑣2 = 𝜔2(𝐴2 − 𝑥2) no MHS, então a energia cinética pode ser escrita como: 
𝐸 =
𝑚𝑣2
2
=
𝑚𝜔2(𝐴2 − 𝑥2)
2
 
Além disso, sabemos que 𝜔 = √𝐾/𝑚, então 𝐾 = 𝑚𝜔2. Portanto, a energia no MHS as vezes é 
escrita como: 
𝐸 =
𝑚𝜔2𝐴2
2
 
Como a energia no MHS é sempre constante e igual a 
𝐾𝐴2
2
, então resumimos as energias e suas 
formas em um único gráfico: 
 
Figura 11: Gráfico da energia mecânica no MHS. 
Alguns pontos interessantes para se notar: 
 Quando a energia cinética é máxima a energia potencial é nula e vice-versa. 
 
 
 
 
 
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 Quando 𝑥 = 0 a energia cinética é máxima e igual a energia total. 
 Quando 𝑥 = ±𝐴 a energia potencial é máxima e igual a energia total. 
 As energias cinética e potencial são iguais no ponto 𝑥 = ±𝐴√2. 
Além disso, percebemos que a energia mecânica sempre se conversa no sistema. De um modo 
geral, podemos dizer que: 
𝑚 ⋅
𝑉2
2
+ 𝐾 ⋅
𝑥2
2
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
 
3. Sistemas massa - mola 
 Considere um bloco de massa m preso por uma mola de constante elástica k, presa à uma parede 
vertical, que inicialmente não está deformada. Afastamos o bloco por uma distância x da posição de 
equilíbrio. Não há atrito entre o corpo e o solo. 
 
Figura 12: Sistema massa-mola. 
Para análise da situação, seguiremos os seguintes passos: 
 Adotaremos um eixopositivo no sentido de deslocamento do sistema. Se o sistema é 
deslocado para a direita, o eixo positivo estará apontado para a direita e vice-versa. 
 Determinaremos as forças que atuam sobre o bloco. O sinal das forças em relação ao eixo 
adotado é de extrema importância. 
 Aplica-se a segunda lei de Newton. 
Vale a pena lembrar que existem outras forças no bloco na direção vertical, como por exemplo 
peso e normal da superfície, mas como o movimento é puramente horizontal, não importa a análise 
dessas forças. Aplicando a segunda lei de Newton na horizontal, temos: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑎 ⇒ −𝐾 ⋅ 𝑥 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
 
 
 
 
 
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𝑎 = −
𝐾
𝑚
⋅ 𝑥 
Pela definição da frequência angular no MHS, vem: 
𝜔² =
𝑚
𝐾
 
Portanto, o período é dado por: 
𝑇 =
2𝜋
𝜔
 
∴ 𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝐾
 
 Note que o período de oscilação é função da massa e da mola, não depende da deformação que 
a mola sofreu, desde que ela esteja trabalhando na sua região elástica. 
 Em ambos os casos não fizemos nenhuma consideração sobre a superfície de contato e as vizinhas 
do sistema massa-mola. Isso nos mostra, que o período só depende da constante elástica e da massa do 
bloco. Para todos os sistemas abaixo, de mesma massa do bloco e mesma constante da mola, os períodos 
são idênticos. 
 
Figura 13: Representação de três sistema massa-molas diferentes, mas com o mesmo período, já que eles possuem a mesma relação m/k. 
 Observação: você também poderia ter chegado no resultado anterior aplicando o chamado 
método das energias. 
 Trata-se de mais um método para você chegar nas equações de movimento através da 
conservação da energia mecânica. Na hora da prova, você pode ficar livre para escolher a forma que for 
mais conveniente para desenvolver sua questão. Em alguns casos, o método das energias é mais simples 
matematicamente que o método das forças. 
 
 
 
 
 
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 Devido ao fato do sistema não possuir forças dissipativas (como por exemplo o atrito), a energia 
mecânica sistema sempre se conserva. Então: 
𝑚 ⋅
𝑉2
2
+ 𝐾 ⋅
𝑥2
2
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
 Fazendo a diferencial no tempo da expressão acima, o lado direito da igualdade torna-se nulo, pois 
é uma constante real. Assim: 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑚 ⋅
𝑉2
2
+ 𝐾 ⋅
𝑥2
2
) = 0 
𝑑
𝑑𝑡
(𝐾 ⋅
𝑥2
2
) +
𝑑
𝑑𝑡
(𝑚 ⋅
𝑉2
2
) = 0 
𝐾 ⋅ 2𝑥 ⋅
𝑑𝑥
𝑑𝑡
2
+
𝑚 ⋅ 2
𝑑𝑥
𝑑𝑡
⋅
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2
= 0 
𝐾 ⋅ 2𝑥 ⋅
𝑑𝑥
𝑑𝑡
2
+
𝑚 ⋅ 2
𝑑𝑥
𝑑𝑡
⋅
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2
= 0 
𝐾 ⋅ 𝑥 + 𝑚 ⋅
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 0 
𝐾 ⋅ 𝑥 + 𝑚 ⋅ 𝑎 = 0 ⇒ 𝑎 = −
𝐾
𝑚
⋅ 𝑥 
Note que encontramos a mesma expressão para o sistema. É a clássica expressão que rege o 
movimento harmônico simples. Novamente, temos: 
𝜔² =
𝑚
𝐾
 
Portanto: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝐾
 
 De um modo geral, para a análise energética do problema, soma-se todas energias potenciais e 
cinéticas envolvidas no sistema e depois deriva-se no tempo igualando a zero. 
𝑈(𝑥) + 𝐾(𝑥) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
𝑑𝑈(𝑥)
𝑑𝑡
+
𝑑𝐾(𝑥)
𝑑𝑡
= 0 
 
 
 
 
 
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3.1. Combinação de molas 
3.1.1. Cortes em molas 
 A constante elástica de uma mola é inversamente proporcional ao seu comprimento. 
𝐾 ⋅ 𝐿 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
 Isto é, se dividirmos uma mola de comprimento 𝐿, com constante elástica 𝐾, em 𝑛 partes temos: 
𝐾 ⋅ 𝐿 = 𝑘1 ⋅ 𝐿1 = 𝑘2 ⋅ 𝐿2 =⋅⋅⋅= 𝑘𝑛 ⋅ 𝐿𝑛 
𝐾 ⋅ 𝐿 = 𝑘1 ⋅
𝐿
𝑛
= 𝑘2 ⋅
𝐿
𝑛
=⋅⋅⋅= 𝑘𝑛 ⋅
𝐿
𝑛
 
𝐾. 𝑛 = 𝑘1 = 𝑘2 = ⋅⋅⋅ = 𝑘𝑛 
3.1.2. Combinação em série 
 Quando um conjunto de 𝑛 molas de constantes 𝑘1, 𝑘2,… , 𝑘𝑛 são colocadas em série, podemos 
trocar todo o conjunto por uma mola equivalente de constante (𝐾), tal que: 
1
𝐾
=
1
𝑘1
+⋯+
1
𝑘2
=∑
1
𝑘𝑖
𝑛
𝑖=1
 
 Para a associação de duas molas: 
 
Figura 14: Associação de duas molas em série. 
1
𝐾
=
1
𝑘1
+
1
𝑘2
 
 
 
 
 
 
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3.1.3. Combinação em paralelo 
 Quando um conjunto de 𝑛 molas de constantes 𝑘1, 𝑘2, … , 𝑘𝑛 são colocadas em paralelo, podemos 
trocar todo o conjunto por uma mola equivalente de constante (𝐾), tal que: 
𝐾 = 𝑘1 + 𝑘2 +⋅⋅⋅ +𝑘𝑛 =∑𝑘𝑖
𝑛
𝑖=1
 
 Para a associação de duas molas em paralelo existem 3 formas diferentes de disposições 
geométricas que são equivalentes: 
 
𝐾 = 𝑘1 + 𝑘2 
As demonstrações de associações de mola já foram feitas na aula de força elástica. Caso tenha 
alguma dúvida, retorne à aula 04. 
 
5. 
Uma partícula O de massa 𝑚 é presa por três molas de mesma constante elástica 𝐾. A mola A é vertical e 
as molas B e C fazem um ângulo de 90°. Se a partícula é deslocada uma pequena distância, verticalmente 
para baixo, da posição de equilíbrio, mostrada na figura, determine o período das oscilações. 
 
Comentário: 
Considere que a partícula seja deslocada uma distância 𝑦: 
 
 
 
 
 
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O eixo positivo de deslocamento adotado é vertical para baixo. Pela análise das forças, temos: 
𝐹𝑟 = −𝐹𝐴 − 𝐹𝐵 . 𝑐𝑜𝑠45° − 𝐹𝐶 . 𝑐𝑜𝑠45° 
𝐹𝑟 = −𝑘 ⋅ 𝑦 − 2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑦′.
√2
2
 
Da geometria do problema: 
𝑦′ = 𝑦 ⋅ 𝑐𝑜𝑠45° 
Portanto: 
𝐹𝑟 = −𝑘 ⋅ 𝑦 − 2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑦.
√2
2
⋅
√2
2
 
𝐹𝑟 = −(2𝑘) ⋅ 𝑦 
Do período do movimento harmônico simples, 𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝐾
, com 𝐾 = 2𝑘, vem: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
2𝑘
 
 
6. 
Se o bloco é levemente deslocado da posição de equilíbrio, determine o período de pequenas oscilações 
do sistema. 
 
Comentário: 
 
 
 
 
 
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Considere a força de tração que atuam sobre o bloco e a mola. Se no bloco atua uma força de tração de 
módulo 𝑇, na mola atua uma força de tração de módulo 𝑇/2. Considerando os deslocamentos da mola 
(𝑥′) e do bloco (𝑥), temos: 
𝑥′ = 2𝑥 
(I) Método das forças: 
 
No equilíbrio: 
{
𝑇 = 𝑚 ⋅ 𝑔
2𝑇′ = 𝑇
𝐾 ⋅ 𝑥0 = 𝑚 ⋅ 𝑔
 
Ao deslocar o bloco de uma distância 𝑥, verticalmente para baixo, temos: 
 
{
𝑇1 −𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑚 ⋅ 𝑎
2𝑇1
′ −𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑚 ⋅ 𝑎
2𝐾 ⋅ (𝑥′ + 𝑥0) − 𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑚 ⋅ 𝑎
 
Das equações acima temos: 
2𝐾 ⋅ 𝑥′ = 𝑚 ⋅ 𝑎; 𝑥′ = 2𝑥; 𝑎 = −
4𝐾
𝑚
𝑥 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
4𝑘
 
(II) Método da energia: 
𝑚 ⋅
𝑉2
2
+ 𝐾 ⋅
(𝑥′ + 𝑥0)
2
2
−𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑥 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
Derivando no tempo: 
𝑚 ⋅
2 ⋅ 𝑉 ⋅
𝑑𝑉
𝑑𝑥
2
+ 𝐾 ⋅
2(𝑥′ + 𝑥0) ⋅
𝑑𝑥′
𝑑𝑡
2
− 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 0 
Como 𝑥′ = 2𝑥 
𝑑𝑥′
𝑑𝑡
= 2
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 
𝑚 ⋅ 𝑎 + 2𝐾(𝑥′ + 𝑥0) − 𝑚𝑔 = 0 
 
 
 
 
 
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Na situação inicial: 
𝐾(𝑥0) = 𝑚𝑔 
Assim: 
𝑎 = −
4𝐾
𝑚
𝑥 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
4𝑘
 
 
7. 
Um cilindro sólido é preso por uma mola de massa desprezível e pode rolar sem deslizar sobre uma 
superfície horizontal. Calcule o período de oscilações do cilindro. O cilindro tem massa 𝑚 e a mola tem 
constante elástica 𝐾. 
 
Comentário: 
A melhor análise para esse exemplo é a análise energética: 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑚 ⋅
𝑉2
2
+ 𝐼𝐶𝑀 ⋅
𝜔2
2
+ 𝐾 ⋅
𝑥2
2
) = 0 
Em relação ao centro de massa temos: 
𝜔 =
𝑣
𝑅
 
𝐼 = 𝑚 ⋅ 𝑅² 2⁄ 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑚 ⋅
𝑉2
2
+𝑚 ⋅
𝑉2
4
+ 𝐾 ⋅
𝑥2
2
) = 0 
𝑇 = 2𝜋√
3𝑚
2𝑘
 
3.2. Sistema elástico horizontal com massa no ponto médio 
 Vamos tomar uma corda elástica que possui uma certa constante elástica e é colocada no seu 
ponto médio uma massa 𝑚, como na figura abaixo. 
 
Figura 15: Massa no ponto médio da corda inicialmente em equilíbrio. 
 
 
 
 
 
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É feita uma pequena perturbação para baixo na massa, na direção perpendicular ao fio e a massa 
é liberada para oscilar. 
 
Figura 16: A força na corda elástica será considerada praticamente constate,para pequenas perturbações. 
 Vamos assumir que para as pequenas deformações, a força elástica em cada trecho de corda seja 
constante e iguais, já que a massa está no ponto médio, sendo essa força igual a 𝐹. Note que nesse caso 
a força restauradora (𝐹𝑟𝑒𝑠) é dada por: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = −2𝐹 ⋅ cos(𝜃) 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = −2𝐹 ⋅
𝑥
𝑙/2
 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = −
4𝐹
𝑙
⋅ 𝑥 
 Dessa forma, vemos que a força restauradora é proporcional a deformação 𝑥, descrevendo um 
MHS. Sendo a constante de movimento igual a 4𝐹/𝑙, então o período do MHS é dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝑘
= 2𝜋√
𝑚
4𝐹/𝑙
 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚 ⋅ 𝑙
4𝐹
 
 
4. Pêndulo 
 Estudaremos o caso de um ponto mássico preso por um fio, inextensível e perfeitamente flexível, 
preso em um suporte rígido. Esse ponto de massa oscilando com pequenas amplitudes é um movimento 
harmônico simples. 
 
 
 
 
 
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4.1. Pêndulo simples 
 Inicialmente, o pêndulo está na sua posição de equilíbrio na vertical. Em um dado instante, vamos 
fazer um pequeno deslocamento angular de 𝜃 ou podemos pensar um deslocamento linear de 𝑥, 
conforme figura logo abaixo. 
 
Figura 17: Representação de um pêndulo simples. 
 É importante ressaltar que a articulação no ponto 𝑃 não deve fornecer resistência ao movimento, 
pois se há uma dissipação de energia, então o movimento deixará de ser um MHS. Outro fato importante 
está no ângulo 𝜃. Geralmente, o ângulo 𝜃 é próximo de 5° e nós podemos usar a aproximação 𝑠𝑒𝑛(𝜃) ≈
𝜃, em que 𝜃 está em radianos. Na figura logo acima, o ângulo 𝜃 está representado com um ângulo bem 
maior que 5° apenas para facilitar na representação das forças. 
 Representando as forças que atuam na nossa massa pendular, vamos decompor as forças nas 
direções radial e tangente ao movimento: 
 
Figura 18: Representação das forças que atuam na massa pendular. 
Pela figura, podemos que a força restauradora, força que quer trazer a massa pendular para a 
posição 𝑂 é a componente 𝑃𝑡𝑔. Portanto: 
 
 
 
 
 
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𝐹𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟𝑎 = −𝑃𝑡𝑔 
 Como 𝜃 ≤ 5°, então a trajetória da massa pendular é praticamente retilínea e horizontal: 
 
Figura 19: Trajetória praticamente retilínea e horizontal da massa pendular. 
 O sinal de menos apenas indica que a força tem sentido contrário a perturbação. Logo: 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟𝑎 = −𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
 Como 𝑠𝑒𝑛(𝜃) ≈ 𝜃 e pela figura 𝜃 = 𝑥/𝑙, então: 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟𝑎 = −𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝜃 = −𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅
𝑥
𝑙
 
 Reescrevendo, vem: 
𝐹𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟𝑎 = −(
𝑚 ⋅ 𝑔
𝑙
) ⋅ 𝑥 
 Por analogia com 𝐹𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟𝑎 = −𝐾 ⋅ 𝑥, então vemos que nossa constante de MHS é 𝐾 =
𝑚⋅𝑔
𝑙
. 
Portanto, o período de movimento é dado por: 
𝑇 = 2𝜋 ⋅ √
𝑚
𝐾
= 2𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑚 ⋅ 𝑔
𝑙
 
𝑇 = 2𝜋√
𝑙
𝑔
 
 Note que como 𝜃 é bem pequeno, o período depende apenas do comprimento do fio e da 
aceleração da gravidade local. 
 
 
 
 
 
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 Outro detalhe interessante é que esse pêndulo simples corresponde a um sistema formado por 
uma partícula no interior de um hemisférico, quando ela é deslocada por um ângulo bem pequeno em 
relação à vertical. 
 
Figura 20: Movimento de uma partícula dentro de um hemisférico. 
 Se não há atrito no movimento da partícula dentro do hemisférico, então, para 𝜃 pequeno, ela 
descreverá um MHS com período dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑅
𝑔
 
OBERSERVAÇÃO: poderíamos ter trabalho o pêndulo utilizando o conceito de torque. É chamado 
de método dos torques. 
O comprimento do pêndulo simples é a distância entre o ponto de suspenso do fio e o centro de 
massa do corpo suspendido. Considere o instante de tempo em que o fio está defletido um pequeno 
ângulo 𝜃 em relação a horizontal. 
O torque em relação ao ponto O é dado por: 
 
Figura 21: Esquema de um pêndulo simples. 
𝜏 = 𝜏𝑃𝑒𝑠𝑜 + 𝜏𝑇𝑟𝑎çã𝑜 
 
 
 
 
 
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𝜏 = 𝑚𝑔𝑙 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 0 
Para ângulos pequenos: 
𝑠𝑒𝑛𝜃 ≈ 𝜃 
 Então, o torque resultante na massa pendular é dada por: 
𝜏 = 𝑚𝑔𝑙 ⋅ 𝜃 
A segunda lei de Newton para deslocamentos angulares é dada por: 
𝜏𝑅 = 𝐼 ⋅ 𝛼 
O momento de inércia para o pêndulo é: 
𝐼 = 𝑚 ⋅ 𝑙² 
E, portanto: 
𝜏 = 𝑚𝑔𝑙 ⋅ 𝜃 = −𝑚 ⋅ 𝑙2 ⋅ 𝛼 
𝑚𝑔𝑙 ⋅ 𝜃 = −𝑚 ⋅ 𝑙2 ⋅
𝑑²𝜃
𝑑𝑡²
 
𝑑²𝜃
𝑑𝑡²
= −
𝑔
𝑙
⋅ 𝜃 
Podemos associar novamente a 𝜔². Então: 
𝜔² =
𝑔
𝑙
⇒ 𝑇 =
2𝜋
𝜔
⇒ 𝑇 = 2𝜋√
𝑙
𝑔
 
 
4.2. Pendulo simples em referencias acelerados 
Veremos nesse tópico como determinar o período de oscilação de um pêndulo que tem seu ponto 
de suspensão acelerado. 
 
 
 
 
 
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4.2.1. Acelerações verticais 
 Considere o seguinte diagrama de corpo livre para um pêndulo que tem seu ponto de suspensão 
acelerado para cima 𝑎 m/s². 
 
Figura 22: Diagrama de corpo livre em um pêndulo simples. 
𝑇 −𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑚 ⋅ 𝑎 ⇒ 𝑇 = 𝑚 ⋅ (𝑔 + 𝑎) 
Dessa forma, é como se tivéssemos uma gravidade equivalente 𝑔′ = 𝑔 + 𝑎, o período é dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑙
𝑔 + 𝑎
 
De forma geral, para acelerações verticais temos: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑙
𝑔 ± 𝑎
 
 É positivo quando a aceleração tem sentido oposto ao da gravidade 𝑔. 
 É negativo quando a aceleração tem mesmo sentido da gravidade 𝑔. 
4.2.2. Acelerações horizontais 
 
Figura 23: Vagão se movendo com a aceleração a para a direita. 
 
 
 
 
 
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 Como o vagão está acelerado para a direita, então a gravidade aparente no interior do vagão é 
dada por: 
�⃗�𝑎𝑝 = �⃗� − �⃗� ∴ �⃗�𝑎𝑝 = �⃗� + (−�⃗�) 
 No referencial acelerado do vagão, representamos a força fictícia por 𝑚 ⋅ 𝑎 no sentido contrário 
ao sentido do vagão. Esquematicamente, temos os seguintes vetores representando as acelerações: 
 
Figura 24: Representação das acelerações. 
Pelo teorema de Pitágoras, temos: 
𝑔𝑎𝑝 = √𝑎2 + 𝑔2 
A linha de ação efetiva da gravidade define a posição de equilíbrio para a massa pendular dentro 
do vagão (no referencial do vagão), referência onde teremos nossa oscilação, quando a massa pendular 
for colocada para oscilar dentro do vagão acelerado. 
 Portanto, o período de movimento para esse caso é dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑙
√𝑎2 + 𝑔²
 
4.2.3. Planos inclinados 
Para um vagão desce um plano inclinado sem atrito, sua aceleração na direção tangente ao plano 
inclinado é de 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃). Portanto, o vagão é um referencial acelerado de 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) para baixo do plano. 
 
Figura 25: Vagão descendo um plano inclinado. 
Para o caso do vagão que está descendo o plano inclinado, temos: 
 
 
 
 
 
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Figura 26: Determinação da linha de gravidade efetiva. 
Pela regra do paralelogramo, temos: 
𝑔𝑎𝑝
2 = 𝑔2 + (𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃))
2
+ 2 ⋅ 𝑔 ⋅ (𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃)) ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝜃 + 90°) 
𝑔𝑎𝑝
2 = 𝑔2 + 𝑔2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛2(𝜃) + 2 ⋅ 𝑔2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) ⋅ (cos(𝜃) ⋅ cos(90°) − 𝑠𝑒𝑛(𝜃) ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃)) 
𝑔𝑎𝑝
2 = 𝑔2 + 𝑔2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛2(𝜃) + 2 ⋅ 𝑔2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃)(−𝑠𝑒𝑛(𝜃)) 
𝑔𝑎𝑝
2 = 𝑔2 + 𝑔2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛2(𝜃) − 2 ⋅ 𝑔2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛2(𝜃) 
𝑔𝑎𝑝
2 = 𝑔2 − 𝑔2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛2(𝜃) 
𝑔𝑎𝑝
2 = 𝑔2(1 − 𝑠𝑒𝑛2(𝜃)) 
𝑔𝑎𝑝
2 = 𝑔2 ⋅ cos2(𝜃) 
∴ |𝑔𝑎𝑝| = 𝑔 ⋅ cos(𝜃) 
Portanto, o período de movimento, quando o pêndulo sofre uma perturbação bem pequena em 
relação a linha de gravidade efetivas, temos: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑙
𝑔𝑎𝑝
∴ 𝑇 = 2𝜋√
𝑙
g ⋅ cosθ
 
4.3. Pêndulo com comprimento de fio muito grande 
 Considere um pêndulo de comprimento 𝑙, que não é desprezível se comparado ao raio 𝑅 da terra. 
Considere que o pêndulo executa um movimento harmônico simples com amplitude muito pequena.35 
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Figura 27: Diagrama de forças para um pêndulo com comprimento muito longo. 
 Em uma posição angular Φ, determinaremos a força resultante horizontal sobre esse pêndulo. 
𝐹𝑋 = 𝑇 ⋅ 𝑠𝑒𝑛Φ +𝑚𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝜃 
Como os ângulos são pequenos: 
𝑠𝑒𝑛𝑥 ≈ 𝑥 ⇒ 𝐹𝑋 = 𝑇 ⋅ Φ + 𝑚𝑔 ⋅ 𝜃 (𝐼) 
 A força resultante vertical é praticamente nula, pois as oscilações são de amplitude muito 
pequena. 
𝐹𝑦 = 𝑇 ⋅ 𝑐𝑜𝑠Φ −𝑚𝑔 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝜃 ≈ 0 ⇒ 𝑇 = 𝑚𝑔 (𝐼𝐼) 
 Substituindo a equação (II) na equação (I): 
𝐹𝑋 = 𝑚𝑔 ⋅ (Φ + 𝜃) ⇒ 𝑠𝑒𝑛𝜃 ≈ 𝜃 =
𝑥
𝑅
 ⇒ 𝑠𝑒𝑛Φ ≈ Φ =
𝑥
𝑙
 
Portanto, temos: 
𝐹𝑋 = 𝑚𝑔 ⋅ (
1
𝑅
 +
1
𝑙
) ⋅ 𝑥 ⇒ 𝐾𝑒𝑞 =
𝐹𝑋
𝑥
 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝐾𝑒𝑞
⇒ 𝑇 = 2𝜋√
1
𝑔 (
1
𝑅 +
1
𝑙
) 
 
(I) Para 𝒍 = 𝑹: 
 
 
 
 
 
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𝑇 = 2𝜋√
1
𝑔 (
1
𝑅 +
1
𝑅) 
⇒ 𝑇 = 2𝜋√
𝑅
2𝑔 
 
(II) Para 𝒍 → ∞: então o termo 
1
𝑙
→ 0. Logo: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑅
𝑔 
 
4.4. Pêndulo simples em um líquido 
 Em um pêndulo simples de comprimento 𝑙 está imerso em um líquido de densidade 𝜌. A esfera 
oscilante tem densidade 𝜎. 
 
Figura 28: Pêndulo simples no interior de um líquido. 
 O peso equivalente no liquido é o peso menos a força de empuxo: 
𝑃′ = 𝑃 − 𝐹𝑒 
𝑚𝑔′ = 𝑚𝑔 −
𝑚
𝜎
𝜌𝑔 
𝑔′ = 𝑔 (1 −
𝜌
𝜎
) 
𝑇 = 2𝜋√
𝑙
𝑔 ⋅ (1 −
𝜌
𝜎)
 
 
 
 
 
 
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4.5. Túnel em gravitação 
 Em um planeta de massa 𝑀 e raio 𝑅 é feito um túnel que atravessa o planeta, como na figura 
abaixo: 
 
Figura 29: Esquema de um túnel em um planeta. 
Considere um túnel que atravessa o planeta em uma posição genérica, como mostra a figura 
acima. Se uma massa 𝑚 está a uma distância 𝑥 do centro do túnel, a aceleração da partícula a uma 
distância 𝑦 do centro do planeta é dada por: 
−𝐹𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑚 ⋅ 𝑎 
−
𝐺𝑚𝑖𝑛𝑡𝑚
𝑦2
⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑚 ⋅ 𝑎 
𝑎 = −
𝐺𝑚𝑖𝑛𝑡
𝑦2
⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
 Como a massa é uniforme, então densidade constante e vale: 
𝜌 =
𝑀
4
3𝜋𝑅
3
=
𝑚𝑖𝑛𝑡
4
3𝜋𝑦
3
 
 Então: 
𝑎 = −
𝐺
𝑀𝑦³
𝑅³
𝑦2
⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
𝑎 = −
𝐺𝑀
𝑅3
⋅ 𝑦 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
A gravidade na superfície do planeta é dada por: 
𝑔 =
𝑔𝑀
𝑅2
 
Então: 
 
 
 
 
 
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⇒ 𝑎 = −
𝑔
𝑅
⋅ 𝑦 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
 Como 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑥/𝑦, então: 
𝑎 = −
𝑔
𝑅
⋅ 𝑦 ⋅
𝑥
𝑦
 
𝑎 = −
𝑔
𝑅⏟
=𝐾𝑀𝐻𝑆
⋅ 𝑥 
Comparando com as equações do movimento harmônico simples: 
𝜔2 =
𝑔
𝑅
⇒ 𝑇 = 2𝜋√
𝑅
𝑔
 
 
5. Oscilações e hidrostática 
5.1. Corpos flutuantes 
 Um corpo flutuante é sempre um sistema de equilíbrio estável. Quando um deslocamento é 
realizado, surge uma força restauradora para voltar o sistema ao ponto de equilíbrio. 
 Considere um cilindro sólido de densidade 𝜎, área de base 𝐴 e altura ℎ. O corpo flutua em 
equilíbrio estável em um líquido de densidade 𝜌. Considere que o comprimento submerso seja 𝑥. 
 
Figura 30: Corpo parcialmente submerso. 
𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝜌 ⋅ (𝐴 ⋅ 𝑥) ⋅ 𝑔 (𝐼) 
Um pequeno deslocamento vertical, para baixo, 𝑦 é realizado no cilindro. A força resultante 
vertical sobre o cilindro é dada por: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑔 − 𝜌 ⋅ (𝐴 ⋅ (𝑥 + 𝑦)) ⋅ 𝑔 
 
 
 
 
 
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𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑔 − 𝜌 ⋅ (𝐴 ⋅ 𝑥) ⋅ 𝑔 − 𝜌 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑦 (𝐼𝐼) 
Substituindo a equação (I), vem: 
𝐹𝑟 = − 𝜌 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑦 
 A constante equivalente é dada por: 
𝐾𝑒𝑞 =
𝐹𝑟
𝑦
 
 Portanto, o período para este MHS é expresso por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝐾𝑒𝑞
= 2𝜋√
𝐴 ⋅ ℎ ⋅ 𝜎
𝐾𝑒𝑞
 
𝑇 = 2𝜋√
ℎ ⋅ 𝜎
𝜌 ⋅ 𝑔
 
5.2. Tubos em U 
 Considere um tubo de seção uniforme posicionado em um plano vertical. Um líquido é colocado 
no tubo e espera-se o equilíbrio ser atingido. No equilíbrio as alturas do líquido nos dois ramos são iguais. 
 
Figura 31: Tubo em U. 
O sistema é levemente perturbado. No ramo esquerdo do tubo o líquido desce uma distância 𝑥. 
No ramo direito, em relação ao nível original do líquido, o líquido sobe 𝑥 + 𝑥′. 
 
Figura 32: Diagrama de corpo livre no líquido. 
O excesso de líquido no ramo da direita é dado por: 
 
 
 
 
 
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∆𝑙 = 𝑥 + 𝑥′ 
Da geometria da figura: 
𝑥 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 𝑥′ ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛽 ⇒ 𝑥′ = 𝑥 ⋅
𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑠𝑒𝑛𝛽
 
Assim: 
∆𝑙 = 𝑥 + 𝑥′ = 𝑥 + 𝑥 ⋅
𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑠𝑒𝑛𝛽
⇒ ∆𝑙 = 𝑥 ⋅
 𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑠𝑒𝑛𝛽
 
O excesso de líquido no ramo direito provoca uma força restauradora no sistema. O empuxo 
excedente de líquido é dado por: 
𝑊 = 𝜌 ⋅ 𝐴 ⋅ ∆𝑙 ⋅ 𝑔 
𝑊 = 𝜌 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑥 ⋅
 𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑠𝑒𝑛𝛽
 
Em que 𝐴 é a área de seção do tubo e 𝜌 a densidade do líquido. A componente na direção do tubo 
do empuxo excedente é dada por: 
𝐹 = 𝑊 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛽 
𝐹 = 𝜌 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑥 ⋅ (𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛼) 
𝑚 ⋅ 𝑎 = 𝜌 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑥 ⋅ (𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛼) 
𝑎 = 𝜌 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑥 ⋅
𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑚
 
Sendo 𝑎 a aceleração. A massa total (𝑚) de líquido no tubo é: 
𝑚 = 𝜌 ⋅ 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =
ℎ ⋅ 𝐴
𝑠𝑒𝑛𝛼
+
ℎ ⋅ 𝐴
𝑠𝑒𝑛𝛽
 
𝑚 = 𝜌 ⋅ ℎ ⋅ 𝐴 ⋅ (
1
𝑠𝑒𝑛𝛼
+
1
𝑠𝑒𝑛𝛽
) 
𝑚 = 𝜌 ⋅ ℎ ⋅ 𝐴 ⋅ (
𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑠𝑒𝑛𝛼 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛽
) 
Substituindo na expressão da aceleração: 
𝑎 = 𝜌 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑥 ⋅
𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛼
𝜌 ⋅ ℎ ⋅ 𝐴 ⋅ (
𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑠𝑒𝑛𝛼 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛽
)
 
 
 
 
 
 
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𝑎 = 𝑔 ⋅ 𝑥 ⋅
𝑠𝑒𝑛𝛼 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛽
ℎ
 
Comparando com as equações do movimento harmônico simples, vem: 
𝜔2 = 𝑔 ⋅
𝑠𝑒𝑛𝛼 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛽
ℎ
 
Logo, o período para esse MHS é dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
ℎ
𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛽
 
 
6. Massa reduzida 
 Para entender o conceito de massa reduzida, vamos tomar dois corpos 𝑚1 e 𝑚2, viajando na 
mesma direção e no mesmo sentido, mas com velocidades 𝑣1 e 𝑣2, respectivamente. 
 
Figura 33: Corpos viajando ao longo de trajetórias retilíneas. 
 Vamos encontrar a energia que esse sistema possui, mas de uma forma diferente. Vamos escrever 
a energia cinética desse sistema. 
𝐸𝐶 =
1
2
𝑚1𝑣1
2 +
1
2
𝑚2𝑣2
2 
 Supondo que 𝑣1 seja maior que 𝑣2, então a velocidade relativa é dada por: 
𝑣𝑟 = 𝑣1 − 𝑣2 
 E a velocidade do centro de massa? Ela é dada pela média ponderada das velocidades, tendo como 
peso as massas. Matematicamente: 
𝑣𝑐𝑚 =
𝑚1𝑣1 +𝑚2𝑣2
𝑚1 +𝑚2
 
 Vamos isolar 𝑣1 em função de 𝑣𝑟 e substituir em 𝑣𝑐𝑚 para isolar 𝑣2: 
𝑣1 = 𝑣𝑟 + 𝑣2 
 
 
 
 
 
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 Portanto: 
(𝑚1 +𝑚2) ⋅ 𝑣𝑐𝑚 = 𝑚1(𝑣𝑟 + 𝑣2) + 𝑚2𝑣2 
(𝑚1 +𝑚2)𝑣𝑐𝑚 = 𝑚1𝑣𝑟 + (𝑚1 +𝑚2)𝑣2 
𝑣2 = 𝑣𝑐𝑚 −
𝑚1
𝑚1 +𝑚2
⋅ 𝑣𝑟 
 Substituindo 𝑣2 em 𝑣1, temos: 
𝑣1 = 𝑣𝑟 + 𝑣𝑐𝑚 −
𝑚1
𝑚1 +𝑚2
⋅ 𝑣𝑟 
𝑣1 = 𝑣𝑐𝑚 +
𝑚2
𝑚1 +𝑚2
⋅ 𝑣𝑟 
 Agora, podemos substituir 𝑣1 e 𝑣2 na equação da energia cinética do sistema: 
𝐸𝐶 =
1
2
𝑚1 (𝑣𝑐𝑚 +
𝑚2
𝑚1 +𝑚2
⋅ 𝑣𝑟)
2
+
1
2
𝑚2 (𝑣𝑐𝑚 −
𝑚1
𝑚1 +𝑚2
⋅ 𝑣𝑟)
2
 
 Expandindo as partes, temos: 
𝐸𝐶 =
1
2
𝑚1𝑣𝑐𝑚
2 + 2 ⋅
1
2
𝑚1 (
𝑚2
𝑚1 +𝑚2
) 𝑣𝑐𝑚𝑣𝑟 +
1
2
𝑚1 (
𝑚2
𝑚1 +𝑚2
)
2
𝑣𝑟
2 + 
+
1
2
𝑚2𝑣𝑐𝑚
2 − 2 ⋅
1
2
𝑚2𝑣𝑐𝑚 (
𝑚1
𝑚1 +𝑚2
) 𝑣𝑟 +
1
2
𝑚2 (
𝑚1
𝑚1 +𝑚2
)
2
𝑣𝑟
2 
𝐸𝐶 =
1
2
(𝑚1 +𝑚2)𝑣𝑐𝑚
2 +
1
2
(
𝑚1𝑚2
(𝑚1 +𝑚2)2
) (𝑚1 +𝑚2)𝑣𝑟
2 
𝐸𝐶 =
1
2
(𝑚1 +𝑚2)𝑣𝑐𝑚
2 +
1
2
(
𝑚1𝑚2
𝑚1 +𝑚2
) 𝑣𝑟
2 
 O termo na frente da velocidade do centro de massa corresponde a massa total do sistema (𝑀 =
𝑚1 +𝑚2) e o termo na frente da velocidade relativa nós chamamos de massa reduzida (𝜇 =
𝑚1𝑚2
𝑚1+𝑚2
). 
Massa reduzida, pois, sempre que pegamos dois números reais positivos e fazemos produto deles pela 
soma, o resultado é um número menor queo menor dos números. 
 Assim, a energia cinética do sistema é dada por: 
𝐸𝑐 =
1
2
𝜇𝑣𝑟
2 +
1
2
𝑀𝑣𝑐𝑚
2 
 Em que 𝜇 =
𝑚1𝑚2
𝑚1+𝑚2
 e 𝑀 = 𝑚1 +𝑚2. Essa equação traz consequências interessantes. Por exemplo, 
se um sistema é isolado, então a aceleração do centro de massa é nula. Consequentemente, a velocidade 
 
 
 
 
 
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do centro de massa é constante. Então a parcela da energia que corresponde a energia do centro de massa 
permanece inalterada. 
 Exemplo: calcule a perda de energia após a colisão frontal entre duas esferas de massas 𝑚1 e 𝑚2, 
com velocidades 𝑣1 e 𝑣2, respectivamente, se aproximando em sentidos opostos. Sabe-se que o 
coeficiente de restituição é 𝑒. Considere movimento horizontal das partículas e a superfície perfeitamente 
lisa. 
 
 Como a velocidade do centro de massa não se altera, pois, o sistema é isolado na horizontal, 
temos: 
𝐸𝐶
𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 =
1
2
𝜇𝑣𝑟1
2 +
1
2
𝑀𝑣𝑐𝑚
2 
 Depois da colisão, temos: 
𝐸𝐶
𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 =
1
2
𝜇𝑣𝑟2
2 +
1
2
𝑀𝑣𝑐𝑚
2 
 Fazendo a diferença de energia, temos: 
Δ𝐸 = 𝐸𝑐
𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 − 𝐸𝑐
𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠 
Δ𝐸 =
1
2
𝜇𝑣𝑟1
2 +
1
2
𝑀𝑣𝑐𝑚
2 − [
1
2
𝜇𝑣𝑟2
2 +
1
2
𝑀𝑣𝑐𝑚
2 ] 
Δ𝐸 =
1
2
𝜇(𝑣𝑟1
2 − 𝑣𝑟2
2 ) 
 Em que 𝜇 =
𝑚1𝑚2
𝑚1+𝑚2
. Pela definição de coeficiente de restituição, temos: 
𝑒 =
𝑣𝑟2
𝑣𝑟1
 
𝑣𝑟2 = 𝑒 ⋅ 𝑣𝑟1 
 Substituindo na equação de energia, temos: 
Δ𝐸 =
1
2
𝜇(𝑣𝑟1
2 − 𝑒2𝑣𝑟1
2 ) 
Δ𝐸 =
1
2
𝜇𝑣𝑟1
2(1 − 𝑒2) 
Δ𝐸 =
1
2
(
𝑚1𝑚2
𝑚1 +𝑚2
) ⋅ (𝑣1 + 𝑣2)
2(1 − 𝑒2) 
 
 
 
 
 
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 Note que se 𝑒 = 1, Δ𝐸 = 0, como já esperávamos da teoria, pois 𝑒 = 1 é uma colisão 
perfeitamente elástica, onde temos conservação da energia cinética. Por outro lado, se 𝑒 = 0, então nós 
temos a máxima perda de energia cinética e ela é dada por: 
Δ𝐸 =
1
2
(
𝑚1𝑚2
𝑚1 +𝑚2
) ⋅ (𝑣1 + 𝑣2)
2 
 Vamos aplicar o conceito de massa reduzida para um problema de oscilação utilizando uma 
questão do ITA de 20210. 
(ITA – 2010) Uma massa 𝑚1 com velocidade inicial 𝑣0 colide com um sistema massa-mola 𝑚2 e 
constante elástica 𝑘, inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito, conforme ilustra a figura. 
Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a sua massa. 
 
 Note que o bloco 2 não está preso, dessa forma, quando a esfera 1 colide com o bloco 2, o bloco 
2 começa a se mover também. A deformação da mola será máxima quando não houver mais movimento 
relativo entre 1 e 2. Note que o sistema é isolado na horizontal, então a velocidade do centro de massa 
permanece inalterada. 
 Como a mola não tem massa, mola ideal, então por conservação da energia mecânica, temos: 
𝐸𝑚𝑒𝑐
𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 = 𝐸𝑚𝑒𝑐
𝑑𝑒𝑝𝑜𝑖𝑠
 
1
2
𝜇𝑣𝑟
2 +
1
2
𝑀𝑣𝑐𝑚
2 =
1
2
𝑀𝑣𝑐𝑚
2 +
1
2
𝑘𝑥𝑚á𝑥
2 
 Portanto: 
1
2
𝜇𝑣𝑟
2 =
1
2
𝑘𝑥𝑚á𝑥
2 
𝑚1𝑚2
𝑚1 +𝑚2
⋅ 𝑣0
2 = 𝑘 ⋅ 𝑥𝑚á𝑥
2 
𝑥𝑚á𝑥 = 𝑣0 ⋅ √
𝑚1𝑚2
𝑘(𝑚1 +𝑚2)
 
 Poderíamos ter um pouco mais além e determinar o tempo até atingir essa condição de 
deformação máxima. Para o cálculo do tempo, você pode pensar que tudo se passa como se tivéssemos 
uma massa reduzida presa a uma mola e a compressão máxima corresponde à metade do período do 
sistema. Assim: 
 
 
 
 
 
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Δ𝑡 =
𝑇
2
=
2𝜋√
𝜇
𝑘
2
 
Δ𝑡 = 𝜋√
𝑚1𝑚2
𝑘(𝑚1 +𝑚2)
 
 
7. Composição de movimentos harmônicos simples 
 Até agora estudamos casos de MHS e suas propriedades em que não temos a combinação de mais 
de um MHS. 
 Entretanto, na prática, é bem importante conhecer a características de movimentos resultantes 
da combinação de dois ou mais MHS. Para isso, vamos estudar a combinação de dois MHS que possuem 
certas propriedades em comum. 
7.1. Composição de dois MHS de mesmo período 𝑇 e mesma direção 
 Quando temos apenas uma força elástica 𝐹1 atuando na direção de movimento, sobre um bloco 
de massa 𝑚 na horizontal, então a equação de movimento é dada por: 
 
Figura 34: Representação de um sistema massa-mola na horizontal. 
 Então a equação de movimento pode ser representada por: 
𝑥1 = 𝐴1 ⋅ cos(𝜙01 + 𝜔𝑡) 
 Se somente uma outra força elástica 𝐹2, também na direção horizontal, atuasse sobre o mesmo 
corpo, a massa estaria sujeito a outro MHS de função horária da posição dada por: 
𝑥2 = 𝐴2 ⋅ cos(𝜙02 + 𝜔𝑡) 
 
 
 
 
 
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 Em ambos os casos, a massa do corpo e a constante elástica da mola permaneceram inalterados. 
Sendo assim, o período que é dado por 𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝐾
 e a frequência angular (𝜔 = √
𝐾
𝑚
), permaneceram 
inalterados. 
 Agora, vamos imaginar que as duas forças, 𝐹1 e 𝐹2, agem simultaneamente e a elongação da mola 
no instante de tempo 𝑡 será dado pela superposição dos dois efeitos 𝑥1 e 𝑥2. Então: 
𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2 
𝑥 = 𝐴1 ⋅ cos(𝜙01 + 𝜔𝑡) + 𝐴2 ⋅ cos(𝜙02 + 𝜔𝑡) 
 Lembrando que cos(𝑎 + 𝑏) = cos(𝑎) ⋅ cos(𝑏) − 𝑠𝑒𝑛(𝑎) ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑏), então: 
𝑥 = 𝐴1[cos(𝜙01) cos(𝜔𝑡) − 𝑠𝑒𝑛(𝜙01)𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)] + 𝐴2[cos(𝜙02) cos(𝜔𝑡) − 𝑠𝑒𝑛(𝜙02)𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)] 
Rearranjando os termos temos: 
𝑥 = cos(𝜔𝑡) [𝐴1 cos(𝜙01) + 𝐴2 cos(𝜙02)] − 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)[𝐴1𝑠𝑒𝑛(𝜙01) + 𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜙02)] 
Como 𝐴1, 𝐴2, 𝜙01 e 𝜙02 são constante, então existe um 𝐴 e um 𝜙0 tal que: 
𝐴1 cos(𝜙01) + 𝐴2 cos(𝜙02) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜙0) 
𝐴1𝑠𝑒𝑛(𝜙01) + 𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜙02) = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜙0) 
 Então, nosso equação de 𝑥 pode ser reescrita como: 
𝑥 = cos(𝜔𝑡) ⋅ 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜙0) − 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) ⋅ 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜙0) 
𝑥 = 𝐴(cos(𝜔𝑡) cos(𝜙0) − 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)𝑠𝑒𝑛(𝜙0)) 
𝑥 = 𝐴 ⋅ cos(𝜔𝑡 + 𝜙0) 
 Tal resultado mostra que a composição de dois MHS de mesmo período e mesma direção resulta 
em um MHS de mesmo período que os movimentos componentes. A amplitude resultante 𝐴 pode ser 
obtido pelo sistema de equações: 
{
𝐴1 cos(𝜙01) + 𝐴2 cos(𝜙02) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜙0)
𝐴1𝑠𝑒𝑛(𝜙01) + 𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜙02) = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜙0)
⇒ {
(𝐴1 cos(𝜙01) + 𝐴2 cos(𝜙02))
2
= (𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜙0))
2
(𝐴1𝑠𝑒𝑛(𝜙01) + 𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜙02))
2
= (𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜙0))
2 
𝐴1
2 cos2(𝜙01) + 2𝐴1𝐴2 cos(𝜙01) cos(𝜙02) + 𝐴2
2 cos2(𝜙02) = 𝐴
2 cos2(𝜙0) (𝑒𝑞. 1) 
𝐴1
2𝑠𝑒𝑛2(𝜙01) + 2𝐴1𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜙1)𝑠𝑒𝑛(𝜙02) + 𝐴2
2𝑠𝑒𝑛2(𝜙02) = 𝐴
2𝑠𝑒𝑛2(𝜙0) (𝑒𝑞. 2) 
 Ao somar as equações membro a membro, alguns termos simplificaram com a utilização da relação 
fundamental da trigonometria: 
 
 
 
 
 
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𝐴1
2 cos2(𝜙01) + 𝐴1
2𝑠𝑒𝑛2(𝜙01) = 𝐴1
2 (cos2(𝜙01) + 𝑠𝑒𝑛
2(𝜙01)) = 𝐴1
2 
𝐴2
2 cos2(𝜙02) + 𝐴2
2𝑠𝑒𝑛2(𝜙02) = 𝐴2
2 (cos2(𝜙02) + 𝑠𝑒𝑛
2(𝜙02)) = 𝐴2
2 
𝐴2 cos2(𝜙0) + 𝐴
2𝑠𝑒𝑛2(𝜙0) = 𝐴
2(cos2(𝜙0) + 𝑠𝑒𝑛
2(𝜙0)) = 𝐴
2 
 Somando 1 e 2, fazendo essas simplificações, vem: 
𝐴1
2 + 2𝐴1𝐴2 cos(𝜙01) cos(𝜙02) + 2𝐴1𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜙1)𝑠𝑒𝑛(𝜙02) + 𝐴2
2 = 𝐴2 
𝐴2 = 𝐴1
2 + 𝐴2
2 + 2𝐴1𝐴2 (cos(𝜙01) cos(𝜙02) + 𝑠𝑒𝑛(𝜙01)𝑠𝑒𝑛(𝜙02)) 
𝐴2 = 𝐴1
2 + 𝐴2
2 + 2𝐴1𝐴2 cos(𝜙02 − 𝜙01) 
 Note que a expressão acima lembra muito bem a lei dos cossenos. Por isso, é criado a técnica de 
trabalhar com fasores, uma modulação matemática para facilitar o trabalho algébrico para determinar o 
valor de A. 
 Para determinar o valor 𝐴 por fasores, basta escrever dois vetores em um plano ortogonal, sendo 
que cada vetor terá o módulo igual a amplitude de cada movimento e suas respectivas fases iniciais, como 
na figura abaixo. 
 
Figura 35: Representação por fasores das amplitudes e das fases iniciais. 
 Cuidado que a fase inicial deve ser colocada de com origem a origem no eixo horizontal e sentido 
anti-horário. 
 Agora, aplicando a regra do paralelogramo, temos: 
 
 
 
 
 
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Figura 36: Representação da amplitude resultante por fasores. 
 Pela regra do paralelogramo: 
𝐴2 = 𝐴1
2 + 𝐴2
2 + 2𝐴1𝐴2 cos(𝛼) 
𝐴2 = 𝐴1
2 + 𝐴2
2 + 2𝐴1𝐴2 cos(𝜙02 − 𝜙01) 
 Então, essa técnica matemática pode ser útil para nós. 
 O ângulo 𝜙0 pode ser determinado novamente pelo sistema de equações: 
{
𝐴1 cos(𝜙01) + 𝐴2 cos(𝜙02) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜙0)
𝐴1𝑠𝑒𝑛(𝜙01) + 𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜙02) = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜙0)
 
 Dividindo membro a membro as equações, temos: 
𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜙0)
𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜙0)
=
𝐴1𝑠𝑒𝑛(𝜙01) + 𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜙02)
𝐴1 cos(𝜙01) + 𝐴2 cos(𝜙02)
 
𝑡𝑔(𝜙0) =
𝐴1𝑠𝑒𝑛(𝜙01) + 𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜙02)
𝐴1 cos(𝜙01) + 𝐴2 cos(𝜙02)
 
 Vamos agora analisar dois casos particulares em que as composições dos MHS estão em fase ou 
em oposição de fase. 
7.1.1. Composição de dois MHS que oscilam em fase 
 Dizemos que dois MHS de mesmo período estão em fase, quando apresentarão a mesma fase 
angular. Tal fato pode ser observado por: 
𝜙2 = 𝜙1 + 𝑛 ⋅ 2𝜋 
 Com 𝑛 = 0, 1, 2, 3, …. Note que tal fato resulta em 𝜙2 − 𝜙1 = (𝜙02 + 𝜔𝑡) − (𝜙01 + 𝜔𝑡) = 𝜙02 −
𝜙01 = 𝑛 ⋅ 2𝜋, então cos(𝜙2 − 𝜙1) = cos(𝜙02 − 𝜙01) = cos(𝑛 ⋅ 2𝜋) = 1, já que 𝑛 = 0, 1, 2, 3, …. Dessa 
forma, a amplitude 𝐴 é dada por: 
𝐴2 = 𝐴1
2 + 𝐴2
2 + 2𝐴1𝐴2 
 
 
 
 
 
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𝐴2 = (𝐴1 + 𝐴2)
2 
 Como queremos a amplitude resultante (uma distância), então apenas interessa os valores 
positivos. Logo, a amplitude resultante é dada por: 
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 
 Utilizando o método dos fasores, também chegaríamos a conclusão de certa forma rápido. 
 
Figura 37: Fasores em fase. 
 Portanto: 
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 
7.1.2. Composição de dois MHS que oscilam em oposição de 
fase 
 Neste caso, a oposição é garantida quando temos uma diferença de fase igual a um número ímpar 
de meias voltas, isto é, 𝜙2 = 𝜙1 + (2𝑛 + 1) ⋅ 𝜋, com 𝑛 = 0, 1, 2, 3, …. 
 Então 𝜙2 − 𝜙1 = (𝜙02 + 𝜔𝑡) − (𝜙01 +𝜔𝑡) = 𝜙02 − 𝜙01 = (2𝑛 + 1)𝜋, com 𝑛 = 0, 1, 2, 3, …. 
 Note que cos(𝜙2 −𝜙1) = cos(𝜙02 − 𝜙01) = cos((2𝑛 + 1)𝜋) = −1. Então, a amplitude resultante é 
dada por: 
𝐴2 = 𝐴1
2 + 𝐴2
2 + 2𝐴1𝐴2 ⋅ (−1) 
𝐴2 = (𝐴2 − 𝐴1)
2 
𝐴 = |𝐴2 − 𝐴1| 
 Graficamente, temos os seguintes fasores: 
 
 
 
 
 
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Figura 38: Fasores em oposição de fase. 
 Se considerarmos pela figura que 𝐴2 > 𝐴1, então 𝐴 = 𝐴2 − 𝐴1. 
 Observação: a hipótese de que a deformação na mola do movimento resultante é igual à soma das 
deformações provocadas separadamente pelos movimento componentes, isto é, 𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2, é 
garantida pelo Princípio da Superposição dos Pequenos Movimentos. 
 Essa igualdade é válida desde que a proporcionalidade direta entre força e deformação se 
mantenha (𝐹 = 𝑘𝑥). Nessas condições, dizemos que a mola ainda está no regime elástico do material. 
Então, as deformações 𝑥1 e 𝑥2 são suficientemente pequenas para que a soma 𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2 não sai da 
região de elasticidade da mola. 
7.2. Composição de dois MHS ortogonais de mesmo período 𝑇 
 Para estudar a composição de dois MHS ortogonais de mesmo período 𝑇, vamos começar 
analisando o caso em que temos um sistema massa-mola na horizontal e sua equação de movimento. 
 
Figura 39: Sistema massa-mola horizontal. 
 Podemos dizer que a equação da posição 𝑥 é dada por: 
𝑥 = 𝐴1 ⋅ cos(𝜔𝑡 + 𝜙01) 
 Agora, se nós tivéssemos apenas um sistema massa-mola vertical, então poderíamos escrever a 
elongação 𝑦 da seguinte forma: 
 
 
 
 
 
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Figura 40: Sistema massa-mola vertical. 
 Então a deformação em 𝑦 seria: 
𝑦 = 𝐴2 ⋅ cos(𝜔𝑡 + 𝜙02) 
 Entretanto, se ambas forças vertical e horizontal passassem a atuar simultaneamente sobre o 
corpo, pelo Princípio da Superposição dos Pequenos Movimentos, então a deformação resultante em um 
certo instante de tempo seria obtida pela “soma geométrica” ou vetorial das deformações dos 
movimentos componente. 
 Note que estamos considerando o tempo todo que o período de movimento é igual nas duas 
direções. 
 Para simplificar a análise das equações, deixar elas com menos constantes e mais fácil visualização, 
vamos tomar como origem dos tempos de nossas análises aquele em que a fase inicial é nula, por exemplo 
na direção 𝑥. Portanto, as equações de movimentos são: 
{
𝑥(𝑡) = 𝐴1 ⋅ cos(𝜔𝑡)
𝑦(𝑡) = 𝐴2 ⋅ cos(𝜔𝑡 + 𝜙02)
 
 Expandindo a equação de 𝑦(𝑡), temos: 
𝑦
𝐴2
= cos(𝜔𝑡 + 𝜙02) = cos(𝜔𝑡) ⋅ cos(𝜙02) − 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜙02) 
 Substituindo o tempos cos(𝜔𝑡) =
𝑥
𝐴1
 em 𝑦, fica: 
𝑦
𝐴2
=
𝑥
𝐴1
⋅ cos(𝜙02) − 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜙02) 
 Isolando o termo 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡), vem: 
𝑦
𝐴2
−
𝑥
𝐴1
⋅ cos(𝜙02) = −𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜙02) 
 Agora, vamos pegar a equação de 𝑥 e reescrevê-la: 
𝑥
𝐴1
= cos(𝜔𝑡) 
 
 
 
 
 
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𝑥
𝐴1
⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜙02) = cos(𝜔𝑡) ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜙02) 
 Então, nosso sistema fica: 
{
𝑥
𝐴1
⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜙02) = cos(𝜔𝑡) ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜙02)
𝑦
𝐴2
−
𝑥
𝐴1
⋅ cos(𝜙02) = −𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜙02)
 
 Elevando ao quadrado e, após a soma, colocar os termos em comum em evidência, fica: 
𝑦2
𝐴2
2 −
2𝑦𝑥
𝐴2𝐴1
cos(𝜙02) +
𝑥2
𝐴1
2 (𝑠𝑒𝑛
2(𝜙02) + cos
2(𝜙02)⏟ 
=1
) = 𝑠𝑒𝑛2(𝜙02) (cos
2(𝜔𝑡) + 𝑠𝑒𝑛2(𝜔𝑡)⏟ 
=1
) 
𝑦2
𝐴2
2 −
2𝑦𝑥
𝐴2𝐴1
cos(𝜙02) +
𝑥2
𝐴1
2 = 𝑠𝑒𝑛
2(𝜙02) 
 A equação logo acima representa a equação de uma elipse rotacionada. O centro da elipse está na 
origem do centro de coordenadas e essa elipse se encontra inscrita em um retângulo definido por 𝑥 =
±𝐴1 e 𝑦 = ±𝐴2. Graficamente: 
 
Figura 41: Representação da elipse de Lissajous. 
 Tal elipse é chamada de elipse de Lissajous, pois se trata de uma das figuras de Lissajous. 
 Agora, podemos ter alguns casos particulares das figuras de Lissajous. 
1º Caso) 𝝓𝟎𝟐 = 𝟎 ou 𝝓𝟎𝟐 = 𝟐𝝅 ⋅ 𝒏, 𝒏 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑, … 
 Nesse caso, os MHS ortogonais oscilando em concordância de fase. Além disso, o cos(𝜙02) = 1 e 
𝑠𝑒𝑛2(𝜙02) = 0. Então, a equação da elipse se torna: 
𝑦2
𝐴2
2 −
2𝑦𝑥
𝐴2𝐴1
cos(𝜙02)⏟ 
=1
+
𝑥2
𝐴1
2 = 𝑠𝑒𝑛
2(𝜙02)⏟ 
=0
 
 
 
 
 
 
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𝑦2
𝐴2
2 −
2𝑦𝑥
𝐴2𝐴1
+
𝑥2
𝐴1
2 = 0 
(
𝑦
𝐴2
−
𝑥
𝐴1
)
2
= 0 
⇒
𝑦
𝐴2
=
𝑥
𝐴1
 
∴ 𝑦 =
𝐴2
𝐴1
𝑥 
 Dessa forma, a elipse fica degenerada e temos o gráfico de uma reta: 
 
Figura 42: Equação da reta para o caso de 𝜙02 = 2𝜋 ⋅ 𝑛, com 𝑛 = 0, 1, 2,… 
 Podemos ainda dizer que a elipse se tornou a diagonal do retângulo. 
2º Caso) 𝝓𝟎𝟐 = 𝝅 ou 𝝓𝟎𝟐 = (𝟐𝒏 + 𝟏) ⋅ 𝝅, com 𝒏 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, … 
 Nesse caso, como 𝜙02 é um múltiplo ímpar de 𝜋, então os MHS ortogonais oscilam em oposição 
de fase. Além disso, cos(𝜙02) = −1 e 𝑠𝑒𝑛2(𝜙02) = 0. Portanto: 
𝑦2
𝐴2
2 −
2𝑦𝑥
𝐴2𝐴1
cos(𝜙02)⏟ 
=−1
+
𝑥2
𝐴1
2 = 𝑠𝑒𝑛
2(𝜙02)⏟ 
=0
 
𝑦2
𝐴2
2 +
2𝑦𝑥
𝐴2𝐴1
+
𝑥2
𝐴1
2 = 0 
(
𝑦
𝐴2
+
𝑥
𝐴1
)
2
= 0 
∴ 𝑦 = −
𝐴2
𝐴1
⋅ 𝑥 
 Graficamente: 
 
 
 
 
 
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Figura 43: MHS ortogonais com mesmo período e em oposição de fase. 
3º Caso) 𝝓𝟎𝟐 =
𝝅
𝟐
 ou 𝝓𝟎𝟐 = (𝟐𝒏 + 𝟏) ⋅
𝝅
𝟐
, 𝒏 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑, … 
 Agora, 𝜙02 é múltiplo ímpar de 𝜋/2. Então, sempre teremos cos(𝜙02) = 0 e 𝑠𝑒𝑛2(𝜙02) = 1. 
Portanto: 
𝑦2
𝐴2
2 −
2𝑦𝑥
𝐴2𝐴1
cos(𝜙02)⏟ 
=0
+
𝑥2
𝐴1
2 = 𝑠𝑒𝑛
2(𝜙02)⏟ 
=1
 
𝑦2
𝐴2
2 +
𝑥2
𝐴1
2 = 1 
 Trata-se da equação de uma elipse centrada na origem. Sem perda de generalidade, podemos 
representar graficamente por: 
 
Figura 44: Elipse de Lissajous não rotacionada. 
 Se 𝐴1 = 𝐴2 = 𝐴, ou seja, os MHS perpendicularestêm mesma amplitude. Então: 
𝑦2
𝐴2
+
𝑥2
𝐴2
= 1 
𝑥2 + 𝑦2 = 1 
 Assim, criamos a circunferência de Lissajous. 
 
 
 
 
 
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Figura 45: Circunferência e Lissajous. 
 Observação: 
 Tomando nossas equações de movimentos, 𝑥 = 𝐴1 ⋅ cos(𝜔𝑡) e 𝑦 = 𝐴2 ⋅ cos(𝜙02 + 𝜔𝑡). Então 
podemos determinar qual o sentido de percurso da elipse, definida pela composição de dois MHS 
perpendiculares. Inicialmente, vemos que em 𝑡 = 0, temos: 
{
𝑥 = 𝐴1 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 0)
𝑦 = 𝐴2 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 0 + 𝜙02)
⇒ {
𝑥 = 𝐴1
𝑦 = 𝐴2 ⋅ cos(𝜙02)
 
 Além disso, a partir das funções horárias da posição, por derivada, temos as funções horárias das 
velocidades em cada instante de tempo: 
{
𝑣𝑥 =
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑣𝑦 =
𝑑𝑦
𝑑𝑡
⇒ {
𝑣𝑥 = −𝜔𝐴1𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)
𝑣𝑦 = −𝜔𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙02)
 
 Para o instante de tempo inicial, temos: 
{
𝑣𝑥 = −𝜔𝐴1 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜔 ⋅ 0) = 0
𝑣𝑦 = −𝜔𝐴2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜔 ⋅ 0 + 𝜙02) = −𝜔𝐴2𝑠𝑒𝑛(𝜙02)
 
 Dessa forma, o sinal de 𝑣𝑦 irá determinar o sentido de movimento resultante. Se 𝑠𝑒𝑛(𝜙02) for 
positivo, então 𝑣𝑦 < 0. Se 𝑠𝑒𝑛(𝜙02) for negativo, então 𝑣𝑦 > 0. Portanto: 
 Quando 0 < 𝜙02 < 𝜋, então 𝑠𝑒𝑛(𝜙02) > 0, portanto, 𝑣𝑦 < 0. Assim, a elipse será descrita 
no sentido horário. 
 
 Quando 𝜋 < 𝜙02 < 2𝜋, então 𝑠𝑒𝑛(𝜙02) < 0, assim, 𝑣𝑦 > 0. 
 
 
 
 
 
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7.2.1. Composição de dois MHS ortogonais de períodos 
diferentes (𝑇1 ≠ 𝑇2) 
 Se nós conhecemos as equações de 𝑥 e de 𝑦 a cada instante de tempo, então um ponto da 
trajetória de movimento 𝑃(𝑥, 𝑦) será determinado pelo movimento resultante da combinação desses dois 
MHS ortogonais. 
 Para o caso de períodos diferentes, se a razão entre os períodos não for um número racional, isto 
é, 
𝑇1
𝑇2
 não pode ser escrito como a razão de dois inteiros 𝑛2/𝑛1, com 𝑛1 e 𝑛2 diferentes de zero, então a 
trajetória não será fechada. 
 Entretanto, quando a razão entre os períodos pode ser escrita como a razão entre dois inteiros, 
então 
𝑇1
𝑇2
=
𝑛2
𝑛1
, ou seja, 𝑇 = 𝑛1𝑇1 = 𝑛2𝑇2. Dizemos que cada MHS terá executado um número inteiro de 
ciclos e o ponto 𝑃 da trajetória assumirá a mesma posição após o intervalo de tempo 𝑇. 
 A figura abaixo representa figuras de Lissajous obtidas para a composição de dois MHS ortogonais. 
A forma particular de cada figura dependerá das amplitudes dos movimentos componentes, da diferença 
de fase inicial entre eles e da relação entre os períodos (ou dizer relação das frequências, já que 𝑓 = 1/𝑇). 
 
Figura 46: Exemplos de figuras de Lissajous onde temos a razão entre os períodos dando um valor racional. 
 Para determinar a relação entre os períodos, uma regra prática é o método das secantes. 
 Para realizar o método das secantes, nós traçamos duas secantes, uma na direção vertical e ou na 
direção horizontal. Mas, atenção, essas secantes não podem passar por nenhum ponto de cruzamento da 
curva, como por exemplo o ponto B. 
 
 
 
 
 
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 Então, vamos denotar por 𝑚ℎ𝑜𝑟 o número de intersecções da secante horizontal com a figura de 
Lissajous e 𝑚𝑣𝑒𝑟𝑡 o número de intersecções da secante vertical a mesma figura. Graficamente, temos o 
seguinte exemplo: 
 
Figura 47: Exemplo de aplicação do método das secantes. 
 Definido o número de pontos em cada secante, então: 
𝑇ℎ𝑜𝑟
𝑇𝑣𝑒𝑟𝑡
=
𝑚ℎ𝑜𝑟
𝑚𝑣𝑒𝑟𝑡
=
3
2
 
 Ou seja, o período na horizontal dividido pelo período na vertical é igual a 3/2. 
 Uma representação esquemática das figuras de Lissajous é mostrada logo abaixo. Não é preciso 
decorar as figuras. Apenas saiba utilizar o método das secantes. 
 
 
 
 
 
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Figura 48: Figuras de Lissajous onde podemos observar o método das secantes. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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8. Lista de questões nível 1 
 (EsPCEx – 2022) 
Um corpo descreve um movimento harmônico simples ao longo do eixo X e em torno da origem dos 
espaços segundo a equação horária da posição X(t) = 5 cos (2t + 10). Sabendo que X é dado em 
metros e t é dado em segundos, no instante em que a velocidade do corpo é nula, o módulo da 
aceleração escalar do corpo, em m/s², será: 
[A] 25 [B] 20 [C] 15 [D] 10 [E] 5 
 (EsPCEx – 2021) 
Um ponto material oscila em torno da posição de equilíbrio O, em Movimento Harmônico Simples 
(MHS), conforme o desenho abaixo. A energia mecânica total do sistema é de 0,1 J, a amplitude da 
oscilação é de 10,0 cm e o módulo da máxima velocidade é de 1 m/s. Os extremos da trajetória 
desse movimento têm velocidade igual a zero (v=0). 
Desprezando as forças dissipativas a frequência da oscilação em Hertz (Hz) é: 
 
[A] √2/3𝜋 [B] √5/𝜋 [C] 5/𝜋 [D] √𝜋/3 [E] 1/2𝜋 
 (EsPCEx – 2019) 
Com relação a um ponto material que efetua um movimento harmônico simples linear, podemos 
afirmar que 
[A] ele oscila periodicamente em torno de duas posições de equilíbrio. 
[B] a sua energia mecânica varia ao longo do movimento. 
[C] o seu período é diretamente proporcional à sua frequência. 
[D] a sua energia mecânica é inversamente proporcional à amplitude. 
[E] o período independe da amplitude de seu movimento. 
 (EsPCEx – 2015) 
Uma criança de massa 25 kg brinca em um balanço cuja haste rígida não deformável e de massa 
desprezível, presa ao teto, tem 1,60 m de comprimento. Ela executa um movimento harmônico 
simples que atinge uma altura máxima de 80 cm em relação ao solo, conforme representado no 
desenho abaixo, de forma que o sistema criança mais balanço passa a ser considerado como um 
pêndulo simples com centro de massa na extremidade P da haste. Pode-se afirmar, com relação à 
situação exposta, que 
 
 
 
 
 
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Dados: intensidade da aceleração da gravidade g=10 m/s² 
Considere o ângulo de abertura não superior a 10º 
[A] a amplitude do movimento é 80 cm. 
[B} a frequência de oscilação do movimento é 1,25 Hz. 
[C] o intervalo de tempo para executar uma oscilação completa é de 0,8 𝛑s. 
[D] a frequência de oscilação depende da altura atingida pela criança. 
[E] o período do movimento depende da massa da criança. 
 (EsPCEx – 2014) 
Peneiras vibratórias são utilizadas na indústria de construção para classificação e separação de 
agregados em diferentes tamanhos. O equipamento é constituído de um motor que faz vibrar uma 
peneira retangular, disposta no plano horizontal, para separação dos grãos. Em uma certa indústria 
de mineração, ajusta-se a posição da peneira de modo que ela execute um movimento harmônico 
simples (MHS) de função horária x = 8 cos (8 π t), onde x é a posição medida em centímetros e t o 
tempo em segundos. 
O número de oscilações a cada segundo executado por esta peneira é de 
[A] 2 [B] 4 [C] 8 [D] 16 [E] 32 
 (EsPCEx – 2013) 
Uma mola ideal está suspensa verticalmente, presa a um ponto fixo no teto de uma sala, por uma 
de suas extremidades. Um corpo de massa 80 g é preso à extremidade livre da mola e verifica-se 
que a mola se desloca para uma nova posição de equilíbrio. O corpo é puxado verticalmente para 
baixo e abandonado de modo que o sistema massa-mola passa a executar um movimento 
harmônico simples. Desprezando as forças dissipativas, sabendo que a constante elástica da mola 
Vale 0,5 N/m e considerando π = 3,14, o período do movimento executado pelo corpo é de 
[A] 1,256 s [B] 2,512 s [C] 6,369 [D] 7,850 s [E] 15,700 s 
 (EsPCEx – 2011) 
Um objeto preso por uma mola de constante elástica igual a 20 N/m executa um movimento 
harmônico simples em torno da posição de equilíbrio. A energia mecânica do sistema é de 0,4 J e as 
forças dissipativassão desprezíveis. A amplitude de oscilação do objeto é de: 
 
 
 
 
 
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[A] 0,1 m [B] 0,2 m [C] 1,2 m [D] 0,6 m [E] 0,3 m 
 (EsPCEx – 2005) 
Em um sistema massa-mola ideal, sem forças dissipativas, a frequência de oscilação 𝑓 de uma massa 
m é dada por 𝑓 =
1
2𝜋
√
𝑘
𝑚
 onde 𝑘 representa a constante elástica da mola. Nos sistemas A e B 
representados abaixo, as forças dissipativas são nulas, as molas são ideais, 𝑋1e 𝑋2 representam a 
posição de elongação máxima das molas e as massas 𝑚1 e 𝑚2 são iguais. Para que a situação 
indicada na figura se repita a cada 3 oscilações do sistema A e 2 oscilações do sistema B, a razão 
entre 𝑘1 e 𝑘2 é igual a: 
 
[A] 0,667 [B] 1,500 [C] 0,444 [D] 1,120 [E] 2,250 
 (EsPCEx – 20002) 
O gráfico abaixo representa a energia cinética 𝐸𝐶 de um oscilador massa-mola ideal que descreve 
um movimento harmônico simples em função de sua posição x. Podemos afirmar que na posição x 
= -1 m a energia cinética, em joules, do oscilador vale 
 
[A] 42 [B] 45 [C] 49 [D] 52 [E] 55 
 (AFA - 2020) 
O gráfico da energia potencial (Ep) de uma dada partícula em função de sua posição x é apresentado 
na figura abaixo. 
 
Quando a partícula é colocada com velocidade nula nas posições x1, x2, x3, x4 e x5, esta permanece 
em repouso de acordo com a 1ª Lei de Newton. 
Considerando essas informações, caso haja uma perturbação sobre a partícula, ela poderá oscilar 
em movimento harmônico simples em torno das posições 
a) 𝑥1 𝑒 𝑥5 b) 𝑥2 𝑒 𝑥3 c) 𝑥2 𝑒 𝑥4 d) 𝑥3 𝑒 𝑥5 
 (AFA - 2017) 
 
 
 
 
 
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Uma partícula de massa m pode ser colocada a oscilar em quatro experimentos diferentes, como 
mostra a Figura 1 abaixo. 
 
Para apenas duas dessas situações, tem-se o registro do gráfico senoidal da posição da partícula em 
função do tempo, apresentado na Figura 2. 
 
Considere que não existam forças dissipativas nos quatro experimentos; que, nos experimentos II e 
IV , as molas sejam ideais e que as massas oscilem em trajetórias perfeitamente retilíneas; que no 
experimento III o fio conectado à massa seja ideal e inextensível; e que nos experimentos I e III a 
massa descreva uma trajetória que é um arco de circunferência. Nessas condições, os experimentos 
em que a partícula oscila certamente em movimento harmônico simples são, apenas 
a) I e III b) II e III c) III e IV d) II e IV 
 (AFA - 2013) 
Num local onde a aceleração da gravidade é constante, um corpo de massa 𝑚, com dimensões 
desprezíveis, é posto a oscilar, unido a uma mola ideal de constante elástica 𝑘, em um plano fixo e 
inclinado de um ângulo 𝜃, como mostra a figura abaixo. 
 
Nessas condições, o sistema massa-mola executa um movimento harmônico simples de período 𝑇. 
Colocando-se o mesmo sistema massa-mola para oscilar na vertical, também em movimento 
harmônico simples, o seu novo período passa a ser 𝑇’. Nessas condições, a razão 𝑇’/𝑇 é 
a) 1 b) 𝑠𝑒𝑛 𝜃 c) 
1
2
 d) 
1
𝑠𝑒𝑛𝜃
 
 (AFA - 2005) 
 
 
 
 
 
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Um bloco ligado a uma mola presa a uma parede oscila em torno de 0, sobre uma superfície sem 
atrito, como mostra a figura. 
 
O gráfico que MELHOR representa a energia cinética Ec em função de x é: 
A) 
 
B) 
 
C) 
 
D) 
 
 (EN - 2018) 
Analise a figura abaixo. 
 
A figura mostra um pêndulo cônico no qual um pequeno objeto de massa m, preso à extremidade 
inferior de um fio, move-se em uma circunferência horizontal de raio R, com o módulo da velocidade 
constante. O fio tem comprimento L e massa desprezível. Sendo g a aceleração da gravidade e 
sabendo que a relação entre a tração T e o peso P do objeto é T = 4P, qual o período do 
movimento? 
a) √
π2
8g
L b) (
π2
4g
L)
1/2
 c) √
π2
2g
L d) (
π2
g
L)
1/2
 e) 
2π2
g
L 
 (EN – 2017) 
Analise o gráfico abaixo. 
 
 
 
 
 
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O gráfico acima representa a posição x de uma partícula que realiza um MHS (Movimento 
Harmônico Simples), em função do tempo t. A equação que relaciona a velocidade v, em cm/s, da 
partícula com a sua posição x é 
a) 𝑣2 = 𝜋2(1 − 𝑥2) b) 𝑣2 =
𝜋2
2
(1 −
𝑥2
2
) 
c) 𝑣2 = 𝜋2(1 + 𝑥2) d) 𝑣2 = 𝜋2 (1 −
𝑥2
4
) 
e) 𝑣2 =
𝜋2
4
(1 − 𝑥2) 
 (EFOMM – 2021) 
Um objeto de massa 𝑚 é preso ao teto por um fio inextensível, sem massa e com comprimento 𝐿. 
De forma adequada, a massa é posta a girar com velocidade de módulo constante, descrevendo 
uma velocidade de módulo constante, descrevendo uma trajetória circular de raio 𝐿/3 no plano 
horizontal. Se 𝑔 é o módulo da aceleração da gravidade, o período de rotação do pêndulo é: 
(A) (
8√2𝜋2𝐿
3𝑔
)
1
2
 (B) (
2𝜋2𝐿
𝑔
)
1
2
 (C) (
3√2𝜋2𝐿
𝑔
)
1
2
 
(D) (
4𝜋2𝐿
𝑔
)
1
2
 (E) (
√3𝜋2𝐿
𝑔
)
1
2
 
 (EFOMM – 2020) 
Um bloco está sobre uma mesa horizontal que oscila para a esquerda e para a direita em um 
Movimento Harmônico Simples (MHS) com amplitude de 10 cm. Determine a máxima frequência 
com que a oscilação pode ocorrer sem que o bloco deslize sabendo que o coeficiente de atrito 
estático entre o bloco e a mesa vale 0,6. Considere g = 10 m/s2 
a) 2 Hz b) √3π Hz c) 5π Hz 
d) 
√15
π
 Hz e) √15 Hz 
 (EFOMM – 2020) 
Uma corda homogênea de massa não desprezível e comprimento L é pendurada no teto, sendo 
mantida na vertical, sustentando apenas seu próprio peso. Se uma perturbação é feita em sua 
extremidade inferior, o tempo que leva para que essa perturbação se propague até a extremidade 
superior vale 
a) √
L
2g
 b) √
2L
g
 c) 2√
L
g
 
 
 
 
 
 
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d) √
7L
g
 e) 3√
L
g
 
 (EFOMM – 2019) 
Um relógio de pêndulo, constituído de uma haste metálica de massa desprezível, é projetado para 
oscilar com período de 1,0 s, funcionando como um pêndulo simples, a temperatura de 20 oC. 
Observa-se que, a 35 oC, o relógio atrasa 1,8 s a cada 2,5 h de funcionamento. Qual é o coeficiente 
de dilatação linear do material que constitui a haste metálica? 
a) 0,7 x 10-5 oC -1 b) 1,2 x 10-5 oC -1 c) 1,7 x 10-5 oC -1 
d) 2,2 x 10-5 oC -1 e) 2,7 x 10-5 oC -1 
 (EFOMM – 2018) 
Em uma mola ideal pendurada no teto, foi colocado um corpo de massa igual a 10 kg, que causou 
uma deformação na mola igual a 50 cm. Posteriormente, a massa de 10 kg foi substituída por uma 
massa de 12,5 kg. Nessa nova condição, o sistema foi posto para oscilar. Admitindo que a aceleração 
da gravidade g = 10 m/s2, determine o período de oscilação do movimento. 
a) π 2⁄ s b) 3π 4⁄ s c) π s 
d) 2π 3⁄ s e) 2π s 
 (EFOMM – 2017) 
Um pêndulo simples de comprimento L está fixo ao teto de um vagão de um trem que se move 
horizontalmente com aceleração a. Assinale a opção que indica o período de oscilações do pêndulo. 
A. (
4𝜋2𝐿2
√
𝑎2
𝑔2
−1
)
1
2
 B. 2𝜋√
𝐿
𝑔
 C. 2𝜋√
2𝐿
√𝑔2+𝑎2
 
D. 2𝜋√(
𝐿2
𝑔2+𝑎2
)
1
2
 E. 𝜋√
𝐿
2𝑔
 
 (EFOMM – 2017) 
Um cubo de 25,0 kg e 5,0 m de lado flutua na água. O cubo é, então, afundado ligeiramente para 
baixo por Dona Marize e, quando liberado, oscila em um movimento harmônico simples com uma 
certa frequência angular. Desprezando-se as forças de atrito, essa frequência angular é igual a: 
A. 50 rad/s B. 100 rad/s C. 150 rad/s D. 200 rad/s E. 250 rad/s 
 (EFOMM – 2008) 
 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Parte da carga e do pessoal nas instalações da bacia de Campos é movimentada em “cestinhas”, 
entre embarcações e plataformas, ou entre embarcações; elas são suspensas por cabos tracionados 
por guinchos (proporções não respeitadas). Em não raras ocasiões, o vento fazcom que a cesta 
oscile, às vezes perigosamente. Suponha que o cabo tenha 25,3 m de comprimento, um pequeno 
ângulo de oscilação, e a aceleração local da gravidade 10 𝑚/𝑠2. A freqüência (em Hz) da oscilação 
é, aproximadamente, 
a) 0,10 b) 0,15 c) 0,20 d) 0,25 e) 0,30 
 (EFOMM – 2006) 
Um bloco de madeira de massa 100 g está preso a uma mola de constante elástica 14,4 N/m; o 
sistema é posto a oscilar, com amplitude A = 15 cm. A aceleração do bloco em m/s2, no tempo t = 
π/5 segundos, é (dado cos 72o = 0,309) 
a) -6,7 b) -7,8 c) -8,8 d) -9,4 e) -10,3. 
 
9. Gabarito sem comentários nível 1 
1) B 
2) C 
3) E 
4) C 
5) B 
6) B 
7) B 
8) E 
9) B 
10) C 
11) D 
12) A 
13) C 
14) D 
15) D 
16) A 
17) D 
18) C 
19) E 
20) A 
21) D 
22) B 
23) A 
24) A 
 
 
 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
10. Lista de questões nível 1 comentada 
 (EsPCEx – 2022) 
Um corpo descreve um movimento harmônico simples ao longo do eixo X e em torno da origem dos 
espaços segundo a equação horária da posição X(t) = 5 cos (2t + 10). Sabendo que X é dado em 
metros e t é dado em segundos, no instante em que a velocidade do corpo é nula, o módulo da 
aceleração escalar do corpo, em m/s², será: 
[A] 25 [B] 20 [C] 15 [D] 10 [E] 5 
Comentários: 
 De acordo com a função horária do espaço, podemos encontrar os elementos do MHS: 
𝑥(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜙0) 
𝑥(𝑡) = 5cos (2𝑡 + 10) 
 Logo, por comparação, temos: 
𝐴 = 5 𝑚;𝜔 = 2 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝑒 𝜙0 = 10 𝑟𝑎𝑑 
 Quando a velocidade do corpo é nula, o módulo da aceleração é máximo e o corpo está nos 
extremos de oscilação. Portanto: 
𝑎𝑚á𝑥 = 𝜔
2𝐴 
𝑎𝑚á𝑥 = 2
2 ⋅ 5 
𝑎𝑚á𝑥 = 20 𝑚/𝑠
2 
Gabarito: B 
 (EsPCEx – 2021) 
Um ponto material oscila em torno da posição de equilíbrio O, em Movimento Harmônico Simples 
(MHS), conforme o desenho abaixo. A energia mecânica total do sistema é de 0,1 J, a amplitude da 
oscilação é de 10,0 cm e o módulo da máxima velocidade é de 1 m/s. Os extremos da trajetória 
desse movimento têm velocidade igual a zero (v=0). 
Desprezando as forças dissipativas a frequência da oscilação em Hertz (Hz) é: 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
[A] √2/3𝜋 [B] √5/𝜋 [C] 5/𝜋 [D] √𝜋/3 [E] 1/2𝜋 
Comentários: 
 Se a velocidade máxima é de 1 m/s, então: 
𝑣𝑚á𝑥 = 𝜔𝐴 
1 = 𝜔 ⋅ 0,1 
𝜔 = 10 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
 Como 𝜔 = 2𝜋𝑓, então: 
10 = 2𝜋 ⋅ 𝑓 
𝑓 =
5
𝜋
 𝐻𝑧 
Gabarito: C 
 (EsPCEx – 2019) 
Com relação a um ponto material que efetua um movimento harmônico simples linear, podemos 
afirmar que 
[A] ele oscila periodicamente em torno de duas posições de equilíbrio. 
[B] a sua energia mecânica varia ao longo do movimento. 
[C] o seu período é diretamente proporcional à sua frequência. 
[D] a sua energia mecânica é inversamente proporcional à amplitude. 
[E] o período independe da amplitude de seu movimento. 
Comentários: 
[A] INCORRETA. Existe apenas uma posição de equilíbrio. 
[B] INCORRETA. No MHS a energia do sistema é constante. 
[C] INCORRETA. O período é o inverso da frequência (𝑇 = 1/𝑓). 
[D] INCORRETA. A energia mecânica é proporcional ao quadrado da amplitude 𝐸 = 𝐾𝐴2/2. 
[E] CORRETA. O período independe da amplitude de movimento (𝑇 = 2𝜋√𝑚/𝑘. 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Gabarito: E 
 (EsPCEx – 2015) 
Uma criança de massa 25 kg brinca em um balanço cuja haste rígida não deformável e de massa 
desprezível, presa ao teto, tem 1,60 m de comprimento. Ela executa um movimento harmônico 
simples que atinge uma altura máxima de 80 cm em relação ao solo, conforme representado no 
desenho abaixo, de forma que o sistema criança mais balanço passa a ser considerado como um 
pêndulo simples com centro de massa na extremidade P da haste. Pode-se afirmar, com relação à 
situação exposta, que 
 
Dados: intensidade da aceleração da gravidade g=10 m/s² 
Considere o ângulo de abertura não superior a 10º 
[A] a amplitude do movimento é 80 cm. 
[B} a frequência de oscilação do movimento é 1,25 Hz. 
[C] o intervalo de tempo para executar uma oscilação completa é de 0,8 𝛑s. 
[D] a frequência de oscilação depende da altura atingida pela criança. 
[E] o período do movimento depende da massa da criança. 
Comentários: 
[A] INCORRETA. Vale lembrar que para se comportar como um pêndulo simples de MHS, a amplitude de 
oscilação deve ser pequena (menor que 10°). Se a amplitude de oscilação fosse de 80 cm, então o ângulo 
de abertura 𝜃 seria de 60°, pois fecharíamos um triângulo equilátero de lado igual a 160 cm. A distância 
entre os extremos de oscilação é de 160 cm. 
[B] INCORRETA. Vamos calcular período e frequência já. Para um pêndulo simples, temos: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑙
𝑔
 
𝑇 = 2𝜋√
1,6
10
 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝑇 = 2𝜋√
16
100
 
𝑇 = 2𝜋 ⋅
4
10
 
𝑇 = 0,8𝜋 𝑠 
 Como frequência é o inverso do período, então: 
𝑓 =
1
𝑇
 
𝑓 =
1
0,8𝜋
 
𝑓 =
1,25
𝜋
 𝐻𝑧 
[C] CORRETA. Ver alternativa [B]. 
[D] INCORRETA. A frequência, assim como o período, não depende da altura atingida pela criança. 
Lembre-se que 𝑇 = 2𝜋√𝑙/𝑔 e 𝑓 = 1/𝑇. 
[E] INCORRETA. O período é dado por: 𝑇 = 2𝜋√𝑙/𝑔. 
Gabarito: C 
 (EsPCEx – 2014) 
Peneiras vibratórias são utilizadas na indústria de construção para classificação e separação de 
agregados em diferentes tamanhos. O equipamento é constituído de um motor que faz vibrar uma 
peneira retangular, disposta no plano horizontal, para separação dos grãos. Em uma certa indústria 
de mineração, ajusta-se a posição da peneira de modo que ela execute um movimento harmônico 
simples (MHS) de função horária x = 8 cos (8 π t), onde x é a posição medida em centímetros e t o 
tempo em segundos. 
O número de oscilações a cada segundo executado por esta peneira é de 
[A] 2 [B] 4 [C] 8 [D] 16 [E] 32 
Comentários: 
 Para um MHS, a função horária da posição pode ser escrita como: 
𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜙0) 
 Por comparação com 𝑥 = 8 cos(8𝜋𝑡), podemos dizer que:: 
𝜔 = 8𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 Logo: 
2𝜋𝑓 = 8𝜋 
𝑓 = 4 𝐻𝑧 
 Assim, dizemos que a peneira tem 4 oscilações a cada segundo. 
Gabarito: B 
 (EsPCEx – 2013) 
Uma mola ideal está suspensa verticalmente, presa a um ponto fixo no teto de uma sala, por uma 
de suas extremidades. Um corpo de massa 80 g é preso à extremidade livre da mola e verifica-se 
que a mola se desloca para uma nova posição de equilíbrio. O corpo é puxado verticalmente para 
baixo e abandonado de modo que o sistema massa-mola passa a executar um movimento 
harmônico simples. Desprezando as forças dissipativas, sabendo que a constante elástica da mola 
Vale 0,5 N/m e considerando π = 3,14, o período do movimento executado pelo corpo é de 
[A] 1,256 s [B] 2,512 s [C] 6,369 [D] 7,850 s [E] 15,700 s 
Comentários: 
 Para um sistema massa-mola em MHS, o período é dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝐾
 
𝑇 = 2𝜋√
80 ⋅ 10−3
0,5
 
𝑇 = 2𝜋√16 ⋅ 10−2 
𝑇 = 2 ⋅ 3,14 ⋅ 4 ⋅ 10−1 
𝑇 = 2,512 𝑠 
Gabarito: B 
 (EsPCEx – 2011) 
Um objeto preso por uma mola de constante elástica igual a 20 N/m executa um movimento 
harmônico simples em torno da posição de equilíbrio. A energia mecânica do sistema é de 0,4 J e as 
forças dissipativas são desprezíveis. A amplitude de oscilação do objeto é de: 
[A] 0,1 m [B] 0,2 m [C] 1,2 m [D] 0,6 m [E] 0,3 m 
Comentários: 
 Como a energia mecânica no MHS é constante, temos: 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝐸 =
𝐾𝐴2
2
 
0,4 =
20𝐴2
2
 
𝐴2 =
4
100
 
𝐴 =
2
10
 
𝐴 = 0,2 𝑚 
Gabarito: B 
 (EsPCEx – 2005) 
Em um sistema massa-mola ideal, sem forças dissipativas, a frequência de oscilação𝑓 de uma massa 
m é dada por 𝑓 =
1
2𝜋
√
𝑘
𝑚
 onde 𝑘 representa a constante elástica da mola. Nos sistemas A e B 
representados abaixo, as forças dissipativas são nulas, as molas são ideais, 𝑋1e 𝑋2 representam a 
posição de elongação máxima das molas e as massas 𝑚1 e 𝑚2 são iguais. Para que a situação 
indicada na figura se repita a cada 3 oscilações do sistema A e 2 oscilações do sistema B, a razão 
entre 𝑘1 e 𝑘2 é igual a: 
 
[A] 0,667 [B] 1,500 [C] 0,444 [D] 1,120 [E] 2,250 
Comentários: 
Da definição de frequência, sabemos que ela é o número de oscilações por unidade de tempo. 
Então: 
𝑓1 =
𝑛1
Δ𝑡
 
𝑓2 =
𝑛2
Δ𝑡
 
 Vamos reescrever para vc visualizar melhor: 
𝑓1
𝑛1
=
1
Δ𝑡
 𝑒
𝑓2
𝑛2
=
1
Δ𝑡
 
 Como vamos analisar as oscilações dos dois sistemas no mesmo intervalo de tempo, então: 
𝑓1
𝑛1
=
𝑓2
𝑛2
 (𝑒𝑞. 1) 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 As massas 𝑚1 e 𝑚2 são iguais, então apenas chamaremos de 𝑚. Logo, para o sistema A, temos: 
𝑓1 =
1
2𝜋
√
𝑘1
𝑚
 
 Para o sistema B, vem: 
𝑓2 =
1
2𝜋
√
𝑘2
𝑚
 
 Substituindo as frequências na equação 1, temos: 
1
2𝜋
√𝑘1
𝑚
𝑛1
=
1
2𝜋
√𝑘2
𝑚
𝑛2
 
√𝑘1
𝑛1
=
√𝑘2
𝑛2
 
√𝑘1
√𝑘2
=
𝑛1
𝑛2
 
𝑘1
𝑘2
= (
𝑛1
𝑛2
)
2
 
 Substituindo valores, vem: 
𝑘1
𝑘2
= (
3
2
)
2
= 1,52 
𝑘1
𝑘2
= 2,25 
Gabarito: E 
 (EsPCEx – 20002) 
O gráfico abaixo representa a energia cinética 𝐸𝐶 de um oscilador massa-mola ideal que descreve 
um movimento harmônico simples em função de sua posição x. Podemos afirmar que na posição x 
= -1 m a energia cinética, em joules, do oscilador vale 
 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
[A] 42 [B] 45 [C] 49 [D] 52 [E] 55 
Comentários: 
 Em 𝑥 = 0, temos a posição de equilíbrio e o corpo oscila de -2 m a +2 m. Então, em 𝑥 = 0 a energia 
cinética é máxima e igual a 60 J. Logo: 
𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 60 𝐽 
𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 60 =
𝐾𝐴2
2
 
60 =
𝐾22
2
 
𝐾 = 30 𝑁/𝑚 
 Em 𝑥 = −1, por conservação de energia, temos: 
𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝𝑜𝑡 
𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐸𝑐 +
𝑘𝑥2
2
 
60 = 𝐸𝑐 +
30 ⋅ (−1)2
2
 
𝐸𝑐 = 45 𝐽 
Gabarito: B 
 (AFA - 2020) 
O gráfico da energia potencial (Ep) de uma dada partícula em função de sua posição x é apresentado 
na figura abaixo. 
 
Quando a partícula é colocada com velocidade nula nas posições x1, x2, x3, x4 e x5, esta permanece 
em repouso de acordo com a 1ª Lei de Newton. 
Considerando essas informações, caso haja uma perturbação sobre a partícula, ela poderá oscilar 
em movimento harmônico simples em torno das posições 
a) 𝑥1 𝑒 𝑥5 b) 𝑥2 𝑒 𝑥3 c) 𝑥2 𝑒 𝑥4 d) 𝑥3 𝑒 𝑥5 
Comentários: 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Pense no caso de uma mola. O centro de oscilação sempre tem mínima energia potencial (zero no 
caso de uma mola horizontal, pois 
𝑘𝑥2
2
= 0). Cada vez que o corpo em questão distancia do centro nós 
aumentamos a energia potencial (
𝑘𝑥2
2
 aumenta). Logo o ponto de equilíbrio é um ponto de mínima energia 
potencial. 
Gabarito: C 
 (AFA - 2017) 
Uma partícula de massa m pode ser colocada a oscilar em quatro experimentos diferentes, como 
mostra a Figura 1 abaixo. 
 
Para apenas duas dessas situações, tem-se o registro do gráfico senoidal da posição da partícula em 
função do tempo, apresentado na Figura 2. 
 
Considere que não existam forças dissipativas nos quatro experimentos; que, nos experimentos II e 
IV , as molas sejam ideais e que as massas oscilem em trajetórias perfeitamente retilíneas; que no 
experimento III o fio conectado à massa seja ideal e inextensível; e que nos experimentos I e III a 
massa descreva uma trajetória que é um arco de circunferência. Nessas condições, os experimentos 
em que a partícula oscila certamente em movimento harmônico simples são, apenas 
a) I e III b) II e III c) III e IV d) II e IV 
Comentários: 
Tanto o sistema massa mola vertical quanto o horizontal oscilam em MHS. O hemisfério e o 
pêndulo simples, entretanto, só podem ser considerados MHS em pequenas oscilações. 
Gabarito: D 
 (AFA - 2013) 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Num local onde a aceleração da gravidade é constante, um corpo de massa 𝑚, com dimensões 
desprezíveis, é posto a oscilar, unido a uma mola ideal de constante elástica 𝑘, em um plano fixo e 
inclinado de um ângulo 𝜃, como mostra a figura abaixo. 
 
Nessas condições, o sistema massa-mola executa um movimento harmônico simples de período 𝑇. 
Colocando-se o mesmo sistema massa-mola para oscilar na vertical, também em movimento 
harmônico simples, o seu novo período passa a ser 𝑇’. Nessas condições, a razão 𝑇’/𝑇 é 
a) 1 b) 𝑠𝑒𝑛 𝜃 c) 
1
2
 d) 
1
𝑠𝑒𝑛𝜃
 
Comentários: 
A gravidade não interfere no período do pêndulo, que é o mesmo para as duas situações e vale: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝑘
 
Gabarito: A 
 (AFA - 2005) 
Um bloco ligado a uma mola presa a uma parede oscila em torno de 0, sobre uma superfície sem 
atrito, como mostra a figura. 
 
O gráfico que MELHOR representa a energia cinética Ec em função de x é: 
A) 
 
B) 
 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
C) 
 
D) 
 
Comentários: 
 Utilizando o conceito de energia mecânica no MHS, temos: 
𝐸𝑐 = 𝐸𝑚𝑒𝑐 − 𝐸𝑝 =
𝑘𝐴2
2
−
𝑘𝑥2
2
=
𝑘
2
(𝐴2 − 𝑥2) 
Uma parábola com máximo em zero e mínimo em ±A. 
Gabarito: C 
 (EN - 2018) 
Analise a figura abaixo. 
 
A figura mostra um pêndulo cônico no qual um pequeno objeto de massa m, preso à extremidade 
inferior de um fio, move-se em uma circunferência horizontal de raio R, com o módulo da velocidade 
constante. O fio tem comprimento L e massa desprezível. Sendo g a aceleração da gravidade e 
sabendo que a relação entre a tração T e o peso P do objeto é T = 4P, qual o período do 
movimento? 
a) √
π2
8g
L b) (
π2
4g
L)
1/2
 c) √
π2
2g
L d) (
π2
g
L)
1/2
 e) 
2π2
g
L 
Comentários: 
 Fazendo o diagrama de forças, temos: 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
 Analisando o movimento na direção horizontal, temos: 
𝑇 cos 𝜃 = 𝑚𝜔2𝑅 
Como 𝑇 = 4𝑃, temos: 
4𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚𝜔2𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃 
𝜔2 =
4𝑔
𝐿
 
(
2𝜋
𝑇
)
2
=
4𝑔
𝐿
 
∴ 𝑇 = 𝜋√
𝐿
𝑔
 
Gabarito: D 
 (EN – 2017) 
Analise o gráfico abaixo. 
 
O gráfico acima representa a posição x de uma partícula que realiza um MHS (Movimento 
Harmônico Simples), em função do tempo t. A equação que relaciona a velocidade v, em cm/s, da 
partícula com a sua posição x é 
a) 𝑣2 = 𝜋2(1 − 𝑥2) b) 𝑣2 =
𝜋2
2
(1 −
𝑥2
2
) 
 
 
 
 
 
79 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
c) 𝑣2 = 𝜋2(1 + 𝑥2) d) 𝑣2 = 𝜋2 (1 −
𝑥2
4
) 
e) 𝑣2 =
𝜋2
4
(1 − 𝑥2) 
Comentários: 
 De acordo com o gráfico, podemos encontrar a frequência angular, pois o período é de 4s. Então: 
𝑇 = 4𝑠 → 𝜔 =
𝜋
2
𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Pela equação de Torricelli do MHS, temos: 
𝑣2 = 𝜔2(𝐴2 − 𝑥2) =
𝜋2
4
(4 − 𝑥2) = 𝜋2 (1 −
𝑥2
4
) 
Gabarito: D 
 (EFOMM – 2021) 
Um objeto de massa 𝑚 é preso ao teto por um fio inextensível, sem massa e com comprimento 𝐿. 
De forma adequada, a massa é posta a girar com velocidade de módulo constante, descrevendo 
uma velocidade de módulo constante, descrevendo uma trajetória circular de raio 𝐿/3 no plano 
horizontal. Se 𝑔 é o módulo da aceleração da gravidade, o período de rotação do pêndulo é: 
(A) (
8√2𝜋2𝐿
3𝑔
)
1
2
 (B) (
2𝜋2𝐿
𝑔
)
1
2
 (C) (
3√2𝜋2𝐿
𝑔
)
1
2
 
(D) (
4𝜋2𝐿
𝑔
)
1
2
 (E) (
√3𝜋2𝐿
𝑔
)
1
2
 
Comentários: 
 Pelo enunciado, temos a seguinte situação: 
 
 Da figura, temos: 
𝐿2 = 𝑥2 + 𝑅2 = 𝑥2 + (
𝐿
3
)
2
 
 
 
 
 
 
80 
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AULA 06 – Movimentoharmônico simples - MHS 
 
𝑥 =
2√2
3
𝐿 
 Pelo triângulo das forças, temos: 
𝑡𝑔(𝜃) =
𝑅𝑐𝑝
𝑃
 
𝑅
𝑥
=
𝑚 ⋅ 𝜔2 ⋅ 𝑅
𝑚 ⋅ 𝑔
 
𝐿
3
2√2
3 𝐿
= (
2𝜋
𝑇
)
2
⋅
𝐿
3𝑔
 
𝑇 = (
8√2𝜋2𝐿
3𝑔
)
1/2
 
Gabarito: A 
 (EFOMM – 2020) 
Um bloco está sobre uma mesa horizontal que oscila para a esquerda e para a direita em um 
Movimento Harmônico Simples (MHS) com amplitude de 10 cm. Determine a máxima frequência 
com que a oscilação pode ocorrer sem que o bloco deslize sabendo que o coeficiente de atrito 
estático entre o bloco e a mesa vale 0,6. Considere g = 10 m/s2 
a) 2 Hz b) √3π Hz c) 5π Hz 
d) 
√15
π
 Hz e) √15 Hz 
Comentários: 
A aceleração máxima se dá na extremidade: 
𝑎 =
𝑘𝐴
𝑚
 
A força de atrito vale: 
𝐹𝑎𝑡 = 𝑚𝑎 = 𝑚𝑔𝜇 →
𝑘
𝑚
=
𝑔𝜇
𝐴
= 60 𝑠−2 
A veleidade angular pode ser calculada por: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= √60 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
 
 
 
 
 
81 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝑓 =
𝜔
2𝜋
=
√15
𝜋
 𝐻𝑧 
Gabarito: D 
 (EFOMM – 2020) 
Uma corda homogênea de massa não desprezível e comprimento L é pendurada no teto, sendo 
mantida na vertical, sustentando apenas seu próprio peso. Se uma perturbação é feita em sua 
extremidade inferior, o tempo que leva para que essa perturbação se propague até a extremidade 
superior vale 
a) √
L
2g
 b) √
2L
g
 c) 2√
L
g
 
d) √
7L
g
 e) 3√
L
g
 
Comentários: 
A tensão na corda varia com a altura e vale 
𝑦
𝐿
𝑚𝑔. A velocidade de propagação de uma onda nessa 
corda é dada pela lei de Taylor e vale: 
𝑣 = √
𝑦𝑚𝑔
𝐿
𝑚
𝐿
= √𝑦𝑔 
Logo: 
𝑣2 = 𝑔𝑦 
Sabemos que isso obedece a equação de Torricelli com velocidade inicial nula, portanto é um MUV: 
𝑎 =
𝑔
2
 
𝑦 =
𝑎𝑡2
2
=
𝑔𝑡2
4
→ 𝑡 = √
4𝐿
𝑔
 
Gabarito: C 
 (EFOMM – 2019) 
Um relógio de pêndulo, constituído de uma haste metálica de massa desprezível, é projetado para 
oscilar com período de 1,0 s, funcionando como um pêndulo simples, a temperatura de 20 oC. 
Observa-se que, a 35 oC, o relógio atrasa 1,8 s a cada 2,5 h de funcionamento. Qual é o coeficiente 
de dilatação linear do material que constitui a haste metálica? 
a) 0,7 x 10-5 oC -1 b) 1,2 x 10-5 oC -1 c) 1,7 x 10-5 oC -1 
d) 2,2 x 10-5 oC -1 e) 2,7 x 10-5 oC -1 
 
 
 
 
 
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Comentários: 
Pelo enunciado: 
Δ𝑇
𝑇
=
1,8
2,5 ⋅ 3600
= 2 ⋅ 10−4 =
𝑇′ − 𝑇
𝑇
=
𝑇′
𝑇
− 1 
2𝜋√
𝐿′
𝑔
2𝜋√
𝐿
𝑔
− 1 = √
𝐿′
𝐿
− 1 = 2 ⋅ 10 −4 
Pela lei da dilatação linear dos corpos, temos: 
𝐿′ = 𝐿(1 + 2 ⋅ 10−4)2 ≈ 𝐿(1 + 4 ⋅ 10−4) 
4 ⋅ 10−4 = 𝛼Δ𝑇 → α = 4 ⋅
10−4
15
= 2,7 ⋅ 10−5°𝐶−1 
Gabarito: E 
 (EFOMM – 2018) 
Em uma mola ideal pendurada no teto, foi colocado um corpo de massa igual a 10 kg, que causou 
uma deformação na mola igual a 50 cm. Posteriormente, a massa de 10 kg foi substituída por uma 
massa de 12,5 kg. Nessa nova condição, o sistema foi posto para oscilar. Admitindo que a aceleração 
da gravidade g = 10 m/s2, determine o período de oscilação do movimento. 
a) π 2⁄ s b) 3π 4⁄ s c) π s 
d) 2π 3⁄ s e) 2π s 
Comentários: 
Para a primeira massa: 
𝑚𝑔 = 𝑘𝑥 → 𝑘 =
𝑚𝑔
𝑥
=
10 ⋅ 10
0,5
= 200𝑁/𝑚 
Para a segunda massa: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝑘
= 2𝜋√
12,5
200
=
𝜋
2
𝑠 
Gabarito: A 
 (EFOMM – 2017) 
Um pêndulo simples de comprimento L está fixo ao teto de um vagão de um trem que se move 
horizontalmente com aceleração a. Assinale a opção que indica o período de oscilações do pêndulo. 
 
 
 
 
 
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A. (
4𝜋2𝐿2
√
𝑎2
𝑔2
−1
)
1
2
 B. 2𝜋√
𝐿
𝑔
 C. 2𝜋√
2𝐿
√𝑔2+𝑎2
 
D. 2𝜋√(
𝐿2
𝑔2+𝑎2
)
1
2
 E. 𝜋√
𝐿
2𝑔
 
Comentários: 
A gravidade aparente vale: 
𝑔′ = √𝑔2 + 𝑎2 
O período do pêndulo vale: 
𝑇 = 2𝜋√
𝐿
𝑔′
= 2𝜋√
𝐿
√𝑔2 + 𝑎2
 
Gabarito: D 
 (EFOMM – 2017) 
Um cubo de 25,0 kg e 5,0 m de lado flutua na água. O cubo é, então, afundado ligeiramente para 
baixo por Dona Marize e, quando liberado, oscila em um movimento harmônico simples com uma 
certa frequência angular. Desprezando-se as forças de atrito, essa frequência angular é igual a: 
A. 50 rad/s B. 100 rad/s C. 150 rad/s D. 200 rad/s E. 250 rad/s 
Comentários: 
O “Dona Marize” foi completamente inútil né? haha 
Considere a posição de equilíbrio do cubo. Se afundarmos cubo x abaixo dessa posição teremos 
uma força de empuxo: 
𝐹𝑒 = 𝜌𝐿𝐴𝑥𝑔 = −𝑚𝑎 
𝑎 = −
𝜌𝐿𝐴𝑔
𝑚
𝑥 = −
1000 ⋅ 25 ⋅ 10
25
𝑥 = −10000𝑥 
𝜔 = √10000 = 100𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Gabarito: B 
 (EFOMM – 2008) 
 
 
 
 
 
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Parte da carga e do pessoal nas instalações da bacia de Campos é movimentada em “cestinhas”, 
entre embarcações e plataformas, ou entre embarcações; elas são suspensas por cabos tracionados 
por guinchos (proporções não respeitadas). Em não raras ocasiões, o vento faz com que a cesta 
oscile, às vezes perigosamente. Suponha que o cabo tenha 25,3 m de comprimento, um pequeno 
ângulo de oscilação, e a aceleração local da gravidade 10 𝑚/𝑠2. A freqüência (em Hz) da oscilação 
é, aproximadamente, 
a) 0,10 b) 0,15 c) 0,20 d) 0,25 e) 0,30 
Comentários: 
 Pela frequência de oscilações, temos: 
𝑓 =
1
2𝜋
√
𝑔
𝐿
=
1
2𝜋
√
10
25,3
= 0,1 𝐻𝑧 
Gabarito: A 
 (EFOMM – 2006) 
Um bloco de madeira de massa 100 g está preso a uma mola de constante elástica 14,4 N/m; o 
sistema é posto a oscilar, com amplitude A = 15 cm. A aceleração do bloco em m/s2, no tempo t = 
π/5 segundos, é (dado cos 72o = 0,309) 
a) -6,7 b) -7,8 c) -8,8 d) -9,4 e) -10,3. 
Comentários: 
 Pela definição de frequência angular, temos: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= 12 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
𝑥 = 𝐴 cos𝜔𝑡 
𝑎 = −𝜔2𝑥 = −𝜔2𝐴 cos𝑤𝑡 = −144 ⋅ 0,15 ⋅ cos
12𝜋
5
= −21,6 cos
2𝜋
5
= −6,7 𝑚/𝑠2 
Gabarito: A 
 
 
 
 
 
 
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11. Lista de questões nível 2 
 (AFA - 2021) 
Um sistema massa-mola é composto de uma mola ideal de constante elástica k e de um recipiente, 
de volume interno V e massa desprezível, que é totalmente preenchido com um líquido homogêneo 
X de densidade constante e desconhecida. Verifica-se que, ao se colocar esse primeiro sistema para 
oscilar, seu período de oscilação se iguala ao período de oscilação de um segundo sistema, formado 
de um pêndulo simples de comprimento L e massa m. Considere que os dois sistemas oscilam em 
movimento harmônico simples em um local em que a aceleração gravitacional vale g; e que o 
recipiente preenchido pelo líquido se comporte como uma massa pontual. Nessas condições, a 
densidade do líquido X pode ser expressa por 
a) 
𝑉𝐿
𝑔𝑘
 b) 
𝑘𝐿
𝑔𝑉
 c) 
𝑔𝑘
𝐿𝑉
 d) 
𝑉𝑘
𝑔𝐿
 
 (AFA - 2019) 
Um corpo de massa m = 1 kg movimenta-se no sentido horário, ao longo de uma trajetória circular 
de raio A, em movimento circular uniforme com velocidade angular igual a 2 rad/s, conforme a 
figura abaixo. 
 
Nessas condições, os sistemas massa-mola oscilando em movimento harmônico simples, a partir de 
𝑡 = 0, que podem representar o movimento dessa partícula, respectivamente, nos eixos x e y, são 
a) 
 
b) 
 
 
 
 
 
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c) 
 
d) 
 
 (AFA - 2016) 
Três pêndulos simples 1, 2 e 3 que oscilam em MHS possuem massas respectivamente iguais a 𝑚, 
2𝑚 e 3𝑚 são mostrados na figura abaixo. 
 
Os fios que sustentam as massas são ideais, inextensíveis e possuem comprimento respectivamente 
𝐿1, 𝐿2 𝑒 𝐿3. 
Para cada um dos pêndulos registrou-se a posição (𝑥), em metro, em função do tempo (𝑡), em 
segundo, e os gráficos desses registros são apresentados nas figuras 1, 2 e 3 abaixo. 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
Considerandoa inexistência de atritos e que a aceleração da gravidade seja 𝑔 = 𝜋2𝑚 /𝑠2 , é 
correto afirmar que 
a) 𝐿1 = 
𝐿2
3
; 𝐿2 = 
2
3
 𝐿3 𝑒 𝐿3 = 3 𝐿1 b) 𝐿1 = 2𝐿2; 𝐿2 = 
𝐿3
2
 𝑒 𝐿3 = 4 𝐿1 
c) 𝐿1 = 
𝐿2
4
; 𝐿2 = 
𝐿3
4
 𝑒 𝐿3 = 16 𝐿1 d) 𝐿1 = 2𝐿2; 𝐿2 = 3𝐿3 𝑒 𝐿3 = 6𝐿1 
 (AFA - 2016) 
A figura abaixo mostra uma pequena esfera vazada E, com carga elétrica 𝑞 = +2,0 . 10−5𝐶 e massa 
80 g, perpassada por um eixo retilíneo situado num plano horizontal e distante D = 3 m de uma 
carga puntiforme fixa 𝑄 = −3,0 . 10−6𝐶 
 
Se a esfera for abandonada, em repouso, no ponto A, a uma distância x, muito próxima da posição 
de equilíbrio O, tal que,
𝑥
𝐷
<<1 a esfera passará a oscilar de MHS, em torno de O, cuja pulsação é, 
em rad/s, igual a 
a) 
1
3
 b) 
1
4
 c) 
1
2
 d) 
1
5
 
 (AFA - 2015) 
 
 
 
 
 
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Uma onda estacionária é estabelecida em uma corda homogênea de comprimento 2𝜋 𝑚 , presa 
pelas extremidades, 𝐴 e 𝐵, conforme figura abaixo. 
 
Considere que a corda esteja submetida a uma tensão de 10 N e que sua densidade linear de massa 
seja igual a 0,1 kg/m. 
Nessas condições, a opção que apresenta um sistema massa-mola ideal, de constante elástica k, em 
N/m e massa 𝑚 , em kg, que oscila em movimento harmônico simples na vertical com a mesma 
frequência da onda estacionária considerada é 
A) 
 
B) 
 
C) 
 
D 
 
 (AFA - 2015) 
Um corpo luminoso de massa 1 kg é acoplado a uma mola ideal de constante elástica 100 N/m e 
colocado à meia distância entre uma lente esférica delgada convergente 𝐿 e um espelho esférico 
côncavo gaussiano 𝐸, de distâncias focais respectivamente iguais a 10 cm e 60 cm, como mostra a 
figura abaixo. 
 
Considere que o corpo luminoso seja puxado verticalmente para baixo 1 𝑐𝑚 a partir da posição em 
que ele se encontra em equilíbrio sobre o eixo óptico do sistema e, então, abandonado, passa a 
oscilar em movimento harmônico simples exclusivamente na vertical. A distância entre o centro de 
curvatura do espelho e o centro óptico da lente é 40 𝑐𝑚. Dessa forma, o corpo luminoso serve de 
objeto real para a lente e para o espelho que conjugam, cada um, apenas uma única imagem desse 
objeto luminoso oscilante. Nessas condições, as funções horárias, no Sistema Internacional de 
Unidades (SI), que melhor descrevem os movimentos das imagens do corpo luminoso, 
respectivamente, conjugadas pela lente 𝐿 e pelo espelho 𝐸, são 
a) 2cos(10t + π) e 1,5cos(10t + π) b) 1cos(10t + π) e 1cos(10t) 
 
 
 
 
 
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c) 1cos (10t) e 1,5cos (10t + π) d) 1,5cos(10t + π) e 1,5cos(10t + π) 
 (AFA - 2014) 
A figura abaixo apresenta os gráficos da posição (𝑥) em função do tempo (𝑡) para dois sistemas 𝐴 e 
𝐵 de mesma massa 𝑚 que oscilam em MHS, de igual amplitude. 
 
Sendo 𝐸𝐶𝐴 e 𝐸𝐶𝐵 as energias cinéticas dos sistemas A e B respectivamente no tempo 𝑡1; 𝐸𝑃𝐴 𝑒 𝐸𝑃𝐵 
as energias potenciais dos sistemas A e B respectivamente no tempo 𝑡2, é correto afirmar que 
a) 𝐸𝐶𝐴 = 𝐸𝐶𝐵 b) 𝐸𝑃𝐴 > 𝐸𝑃𝐵 c) 𝐸𝐶𝐴 > 𝐸𝐶𝐵 d) 𝐸𝑃𝐵 > 𝐸𝑃𝐴 
 (AFA - 2011) 
Dois corpos, de dimensões desprezíveis, 𝐴 e 𝐵 presos a molas ideais, não deformadas, de constantes 
elásticas 𝑘𝐴 e 𝑘𝐵, respectivamente, estão, inicialmente, separados de uma distância d numa 
plataforma sem atrito como mostra a figura a seguir. 
 
A partir dessa situação, os blocos são então lentamente puxados por forças de mesma intensidade, 
aproximando-se, até se encostarem. 𝐸𝑚 seguida, são abandonados, passando a oscilar em 
movimento harmônico simples. Considere que não haja interação entre os blocos quando esses se 
encontram. Nessas condições, a soma das energias mecânicas dos corpos 𝐴 e 𝐵 será 
a) 
𝑘𝐴𝑘𝐵𝑑
2
2(𝑘𝐴+𝑘𝐵)
 b) 
𝑘𝐴
2𝑑2
2𝑘𝐵(𝑘𝐴+𝑘𝐵)2
 c) 
𝑘𝐴𝑘𝐵𝑑
2
2(𝑘𝐴+𝑘𝐵)2
 d) 
𝑘𝐵
2𝑑2
2𝑘𝐴(𝑘𝐴+𝑘𝐵)
 
 (AFA - 2009) 
Um par de blocos 𝐴 e 𝐵, de massas 𝑚𝐴 = 2 𝑘𝑔 e 𝑚𝐵 = 10 𝑘𝑔, apoiados em um plano sem atrito, 
é acoplado a duas molas ideais de mesma constante elástica 𝐾 = 50 𝑁/𝑚, como mostra a figura 
abaixo. 
 
 
 
 
 
 
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Afastando-se horizontalmente o par de blocos de sua posição de equilíbrio, o sistema passa a oscilar 
em movimento harmônico simples com energia mecânica igual a 50 𝐽. 
Considerando 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2 , o mínimo coeficiente de atrito estático que deve existir entre os dois 
blocos para que o bloco 𝐴 não escorregue sobre o bloco 𝐵 é 
a) 1/10 b) 5/12 c) 5/6 d) 1 
 (AFA - 2007) 
Um projétil de massa 𝑚 e velocidade 𝑣 atinge horizontalmente um bloco de massa 𝑀 que se 
encontra acoplado a uma mola de constante elástica 𝐾, como mostra a figura abaixo. 
 
Após o impacto, o projétil se aloja no bloco e o sistema massa-mola-projétil passa a oscilar em MHS 
com amplitude a. Não há atrito entre o bloco e o plano horizontal nem resistência do ar. Nessas 
condições, a posição em função do tempo para o oscilador harmônico simples é dada pela 
expressão 𝑥 = 𝑎 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜑0), onde a e 𝜔 valem, respectivamente 
a) 
𝑚𝑣
𝑀+𝑚
√
𝑀+𝑚
𝐾
 e √
𝐾
𝑀+𝑚
 b) √
(𝑀+𝑚)𝑣
𝐾
 e √
𝐾
𝑀+𝑚
 
 
c) √
𝐾
𝑀+𝑚
 
 e √
𝑀+𝑚
𝐾
 
 d) 
𝑀+𝑚
𝑚𝑣
√
𝐾
𝑀+𝑚
 e √
𝑀+𝑚
𝐾
 
 (AFA - 2006) 
Considere o sistema apresentado na figura abaixo formado por um conjunto de três molas ideais e 
de constantes elásticas iguais acopladas em paralelo e ligadas por meio de uma haste de massa 
desprezível a um segundo conjunto, formado por duas massas M e m, tal que M = 2m. Considere, 
ainda, que o sistema oscila verticalmente em MHS (movimento harmônico simples) com frequência 
f1. 
 
 
 
 
 
 
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Se o fio ideal que une a massa m ao sistema for cortado simultaneamente com a mola central da 
associação de molas, o sistema passará a oscilar com uma nova frequência f2, tal que a razão f2/f1 
seja 
a) 1 b) 
1
2
 c) 2 d) 
2
3
 
 (AFA - 2005) 
Uma mola, de massa desprezível, se distende de b quando equilibra um bloco de massa m. Sabe-se 
que no instante t = 0, o bloco foi abandonado do repouso a uma distância λ abaixo de sua posição 
de equilíbrio. Considerando g a aceleração da gravidade e desprezando os atritos, a equação do 
movimento resultante em função do tempo t é 
a) x = λ cos (√gb t) b) x = λ sen (√
b
g
 t) 
c) x = λ tg (√gb t) d) x = λ cos (√
g
b
 t) 
 (EN – 2021) 
Um sistema massa-mola e um pêndulo simples executam um movimento harmônico simples. 
Conforme mostra a figura a seguir. Sabendo que em t = 0 s os dois sistemas estão na posição de 
amplitude máxima de seus movimentos, como na figura, determine o tempo em segundos que eles 
levarão para se encontrarem novamente nessa mesma posição, e marque a opção correta. (Dados: 
𝑘 = 144 𝑁/𝑚 ; 𝑚 = 4 𝑘𝑔; 𝑙 = 10 𝑐𝑚; 𝐴 = 5 𝑐𝑚; 𝜋 = 3; 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2) 
 
A) 0,6 s B) 1 s C) 3 s D) 6 s E) 10 s 
 (EN - 2019) 
Analise as figuras abaixo. 
 
A figura (2) acima mostra um sistema massa-mola em equilíbrio estático, cuja mola possui constante 
elástica 𝑘 e o bloco, massa m, prestes a ser atingido por um projétil, de massa desprezível, que em 
seguida no bloco se aloja, passando o sistema mola+projétil+bloco a oscilarem MHS com uma 
frequência angular 𝑤. Sendo g a aceleração da gravidade local e sabendo que o ponto mais alto que 
 
 
 
 
 
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o bloco+projétil atinge coincide com o zero da mola, conforme a figura (4), qual a velocidade 𝑣’ 
adquirida pelo bloco+projétil imediatamente após a colisão figura (3) e, qual é a amplitude do MHS 
executado pelo sistema? 
a) v′ = g (2 − m)√m/k e amplitude = g/w2 
b)v′ = g (2 − m)√m/k e amplitude = w2g/k2 
c) v′ = g √m/k (2 − m) e amplitude = g/w2 
d) v′ = g √m/k (2 − m) e amplitude = w2g/k2 
e) v′ = g √m/k e amplitude = g/w2 
 (EN - 2018) 
Analise a figura abaixo. 
 
A figura acima mostra um pêndulo oscilando em movimento harmônico simples. Sua equação de 
posição angular em função do tempo é dada por: θ (t) = (π/30)sen(ωt) radianos. Sabe-se que L =
2,5m é o comprimento do pêndulo, e g = 10m/s2 é a aceleração da gravidade local. Qual a 
velocidade linear, em m/s, da massa m = 2,0kg, quando passa pelo ponto mais baixo de sua 
trajetória? 
Dado: considere 𝜋 = 3 
a) 0,30 b) 0,50 c) 0,60 d) 0,80 e) 1,0 
 (EN – 2014) 
Observe as figuras a seguir. 
 
As figuras acima mostram um pêndulo simples formado por uma pequena esfera de massa 𝑚 e 
carga elétrica positiva 𝑞. O pêndulo é posto para oscilar, com pequena amplitude, entre as placas 
paralelas de um capacitor plano a vácuo. A esfera é suspensa por um fio fino, isolante e inextensível 
de comprimento 𝐿. Na figura 1, o capacitor está descarregado e o pêndulo oscila com um período 
𝑇1. Na figura 2, o capacitor está carregado, gerando em seu interior um campo elétrico constante 
 
 
 
 
 
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de intensidade 𝐸, e observa-se que o pêndulo oscila com um período 𝑇2. Sabendo-se que a 
aceleração da gravidade é 𝑔, qual é a expressão da razão entre os quadrados dos períodos, (
𝑇1
𝑇2
)
2
? 
a) 1 + 𝑞𝐸/𝑚𝑔 b) 1 − 𝑞𝐸/𝑚𝑔 c) 𝐿 + 𝑞𝐸/𝑚𝑔𝐿 
d) 𝐿 − 𝑞𝐸/𝑚𝑔𝐿 e) 1 − 𝑞𝐸/𝑚𝑔𝐿 
 (EN – 2014) 
Observe a figura a seguir. 
 
Na figura acima, a mola possui uma de suas extremidades presa ao teto e a outra presa a um bloco. 
Sabe-se que o sistema massa-mola oscila em MHS segundo a função 𝑦(𝑡) = 5,0𝑠𝑒𝑛(20𝑡), onde y é 
dado em centímetros e o tempo em segundos. Qual a distensão máxima da mola, em centímetros? 
Dado: g = 10m /s2 
a) 5,5 b) 6,5 c) 7,5 d) 8,5 e) 9,5 
 (EN – 2013) 
A figura abaixo mostra uma mola ideal de constante elástica k = 200 N/m, inicialmente em repouso, 
sustentando uma esfera de massa M = 2,00 kg na posição A. Em seguida, a esfera é deslocada de 
15,0 cm para baixo até a posição B, onde, no instante t = 0, é liberada do repouso, passando a oscilar 
livremente. Desprezando a resistência do ar, pode-se afirmar que, no intervalo de tempo 0 ≤ t ≤ 
2π/30 s, o deslocamento da esfera, em cm, é de 
 
A. 3,75 B. 7,50 C. 9,00 D. 15,0 E. 22,5 
 (EN – 2015) 
Analise a figura abaixo. 
 
 
 
 
 
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Na figura acima, temos dois sistemas massa-mola no equilíbrio, onde ambos possuem a mesma 
massa m = 4,0kg, no entanto, o coeficiente elástico da mola do sistema 1 é k1 = 36N/m e o do 
sistema 2 é k2 = 100N/m. No ponto de equilíbrio, ambas as massas possuem a mesma posição 
vertical e, no instante t = 0, elas são liberadas, a partir do repouso, após sofrerem um mesmo 
deslocamento vertical em relação aos seus respectivos pontos de equilíbrio. Qual será o próximo 
instante, em segundos, no qual elas estarão novamente juntas na mesma posição vertical inicial, ou 
seja, na posição vertical ocupada por ambas em t = 0? 
 
Dado: considere π=3 
a) 3,0 b) 4,5 c) 6,0 d) 7,5 e) 9,0 
 (EN – 2012) 
Um bloco de massa M = 1, 00 kg executa, preso a uma mola de constante k = 100 N/m, um 
MHS de amplitude A cm ao longo do plano inclinado mostrado na figura. Não há atrito em qualquer 
parte do sistema. Na posição de altura máxima, a mola está comprimida e exerce sobre o bloco uma 
força elástica de módulo igual a 3,00 N . A velocidade do bloco, em m/s, ao passar pela posição de 
equilíbrio é 
 
a) 1,10 b) 0,800 c) 0,500 d) 0,300 e) 0,200 
 (EN – 2009) 
Uma pequena esfera de massa m está presa a um fio ideal de comprimento L = 0, 4m, que tem 
sua outra extremidade presa ao teto, conforme indica a figura. No instante t = 0, quando o fio faz 
um ângulo de 5° com a vertical, a esfera é abandonada com velocidade zero. Despreze todos os 
atritos. Qual a distância, em metros, percorrida pela esfera após 36 segundos? Dado: g = 10m/ s2 . 
 
 
 
 
 
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a) 0, 8 b) 1, 0 c) 2,0 d) 3, 0 e) 4,0 
 (EN – 2008) 
Em um experimento com ondas estacionárias, uma corda de 60,0 cm de comprimento e massa igual 
a 30,0 gramas, tem um extremo preso a uma mola ideal vertical, que oscila em M.H.S de acordo 
com a função: 𝑌(𝑡) = 2,0. 𝑠𝑒𝑛 (60𝜋. 𝑡) (t - segundos; Y - milímetros). A corda passa por uma polia 
ideal e tem no outro extremo um bloco pendurado de massa M. Para que a onda estacionária na 
corda tenha quatro ventres, a massa M do bloco, em kg, é igual a Dado: | �⃗� | = 10,0𝑚/𝑠2 
 
(A) 0,350 (B) 0,405 (C) 0,500 (D) 0,520 (E) 0,550 
 (EFOMM – 2021) 
Uma mola de massa desprezível e de constante elástica 𝑘 = 100 𝑁/𝑚 tem um tamanho natural de 
1 m e é comprimida para que se acomode num espaço de 60 cm entre duas caixas de massas 1 kg e 
2 kg. O piso horizontal não tem atrito, e o sistema é mantido em repouso por um agente externo 
não representado na figura. 
Assim que o sistema é liberado, a mola se expande e empurra as caixas até atingir novamente seu 
tamanho natural, momento em que o contato entre os três objetos é perdido. A partir desse 
instante, a caixa de massa 1 kg segue com velocidade constante de módulo: 
 
(A) 2√2 𝑚/𝑠 (B) 
3
2
√2 𝑚/𝑠 (C) 4 𝑚/𝑠 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
(D) 4√
2
3
 𝑚/𝑠 (E) 5 𝑚/𝑠 
 (EFOMM – 2021) 
Um bloco de massa 200 g, preso a uma mola de massa desprezível, realiza um MHS com amplitude 
20 cm sobre uma superfície horizontal, conforme apresentado na figura. Mede-se que o tempo 
decorrido entre a primeira passagem pelo ponto 𝑋 = −10 𝑐𝑚, com sentido para a esquerda, e a 
segunda passagem por X ao voltar, é de 1 s. Com base nessas observações, é possível afirmar que a 
constante elástica da mola, dada em N/m, é (considere 𝜋 = 3) 
 
A) 0,1 B) 0,4 C) 0,8 D) 1,0 E) 2,0 
 (EFOMM – 2014) 
Um sistema massa-mola, com constante de mola igual a 40 N/m, realiza um movimento harmônico 
simples. A energia cinética, no ponto médio entre a posição de aceleração máxima e velocidade 
máxima, é igual a 0,1J. Sabendo que a velocidade máxima é igual a 2 m/s, a aceleração máxima é 
igual a 
Dado: Considere √6 = 
5
2
 
a) 30 m/s² b) 40 m/s². c) 50 m/s². d) 60 m/s². e) 70 m/s². 
 (EFOMM – 2011) 
Observe a figura a seguir. 
 
Uma mola ideal tem uma de suas extremidades presa ao teto e a outra a uma esfera de massa m 
que oscila em movimento harmônico simples. Ligada à esfera, tem-se um fio muito longo de massa 
desprezível, e nele observa-se, conforme indica a figura acima, a formação de uma onda harmônica 
progressiva que se propaga com velocidade V. Sendo assim, a constante elástica da mola é igual a 
a) k = 
16V2π2m
L2
 b) k = 
9V2π2m
L2
 c) k = 
4V2π2m
L2
 
d) k = 
2V2π2m
L2
 e) k = 
V2π2m
L2
 
 (EFOMM – 2011) 
Observe a figura a seguir. 
 
 
 
 
 
97 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
Considere o sistema massa-mola indicado acima, que oscila sobre um plano horizontal num 
movimento harmônico simples com energia mecânica E, amplitude A, frequência f e velocidade 
máxima vm. Se a energia mecânica deste sistema for aumentada para 2E, quais serão, 
respectivamente, a amplitude, a frequência e a velocidade máxima do novo movimento harmônico 
simples? 
a) 2A, 2f, 2vm b) 2A, 2f, √2vm c) √2A, f, 2vm 
d) √2A, f, √2vm e) A, √2f, √2vm 
 
12. Gabarito sem comentários nível 2 
1) B 
2) C 
3) C 
4) C 
5) E 
6) S/A 
7) D 
8) A 
9) C 
10) A 
11) A 
12) D 
13) C 
14) E 
15) B 
16) A 
17) C 
18) E 
19) C 
20) B 
21) E 
22) B 
23) D 
24) C 
25)C 
26) E 
27) D 
 
 
 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
13. Lista de questões nível 2 comentada 
 (AFA - 2021) 
Um sistema massa-mola é composto de uma mola ideal de constante elástica k e de um recipiente, 
de volume interno V e massa desprezível, que é totalmente preenchido com um líquido homogêneo 
X de densidade constante e desconhecida. Verifica-se que, ao se colocar esse primeiro sistema para 
oscilar, seu período de oscilação se iguala ao período de oscilação de um segundo sistema, formado 
de um pêndulo simples de comprimento L e massa m. Considere que os dois sistemas oscilam em 
movimento harmônico simples em um local em que a aceleração gravitacional vale g; e que o 
recipiente preenchido pelo líquido se comporte como uma massa pontual. Nessas condições, a 
densidade do líquido X pode ser expressa por 
a) 
𝑉𝐿
𝑔𝑘
 b) 
𝑘𝐿
𝑔𝑉
 c) 
𝑔𝑘
𝐿𝑉
 d) 
𝑉𝑘
𝑔𝐿
 
Comentários: 
Só por análise dimensional a única alternativa que pode ser válida é a B. De qualquer forma: 
𝑇𝑚𝑚 = 2𝜋√
𝑚
𝑘
 𝑒 𝑇𝑝𝑠 = 2𝜋√
𝐿
𝑔
 
Igualando: 
𝑚 =
𝑘𝐿
𝑔
 
𝜌 =
𝑚
𝑉
=
𝑘𝐿
𝑉𝑔
 
Gabarito: B 
 (AFA - 2019) 
Um corpo de massa m = 1 kg movimenta-se no sentido horário, ao longo de uma trajetória circular 
de raio A, em movimento circular uniforme com velocidade angular igual a 2 rad/s, conforme a 
figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
99 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Nessas condições, os sistemas massa-mola oscilando em movimento harmônico simples, a partir de 
𝑡 = 0, que podem representar o movimento dessa partícula, respectivamente, nos eixos x e y, são 
a) 
 
b) 
 
c) 
 
d) 
 
Comentários: 
Em um sistema massa mola, temos que: 
𝑤2 =
𝑘
𝑚
 
Como a velocidade angular vale 2 rad/s e a massa vale 1 kg, temos que: 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝑘 = 4𝑁/𝑚 
A) Em ambos os casos k está correto. Entretanto, no ponto (A, 0) do movimento horário, x diminui e y 
diminui. Logo a orientação da alternativa é anti-horária 
B) Em ambos os casos k está correto. Entretanto, no ponto (0, A) do movimento horário, x aumenta e y 
diminui. Logo a orientação da alternativa é anti-horária 
C) Em ambos os casos k está correto. Além disso, no ponto (-A, 0) do movimento horário, x aumenta e y 
aumenta. A orientação da alternativa está de acordo. 
D) Em ambos os casos k está correto. Entretanto, no ponto (0, -A) do movimento horário, x diminui e y 
aumenta. Logo a orientação da alternativa é anti-horária. 
Gabarito: C 
 (AFA - 2016) 
Três pêndulos simples 1, 2 e 3 que oscilam em MHS possuem massas respectivamente iguais a 𝑚, 
2𝑚 e 3𝑚 são mostrados na figura abaixo. 
 
Os fios que sustentam as massas são ideais, inextensíveis e possuem comprimento respectivamente 
𝐿1, 𝐿2 𝑒 𝐿3. 
Para cada um dos pêndulos registrou-se a posição (𝑥), em metro, em função do tempo (𝑡), em 
segundo, e os gráficos desses registros são apresentados nas figuras 1, 2 e 3 abaixo. 
 
 
 
 
 
 
101 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Considerando a inexistência de atritos e que a aceleração da gravidade seja 𝑔 = 𝜋2𝑚 /𝑠2 , é 
correto afirmar que 
a) 𝐿1 = 
𝐿2
3
; 𝐿2 = 
2
3
 𝐿3 𝑒 𝐿3 = 3 𝐿1 b) 𝐿1 = 2𝐿2; 𝐿2 = 
𝐿3
2
 𝑒 𝐿3 = 4 𝐿1 
c) 𝐿1 = 
𝐿2
4
; 𝐿2 = 
𝐿3
4
 𝑒 𝐿3 = 16 𝐿1 d) 𝐿1 = 2𝐿2; 𝐿2 = 3𝐿3 𝑒 𝐿3 = 6𝐿1 
Comentários: 
Sabemos que, para um pêndulo simples: 
𝑇 =
1
2𝜋
√
𝐿
𝑔
 
Logo, o período é proporcional à raiz quadrada do comprimento (e não varia em função da massa). 
Pela figura 1: 
2 𝑇1 = 2 → 𝑇1 = 1 
Pela figura 2: 
1
2
𝑇2 = 1 → 𝑇2 = 2 
Pela figura 3 
3
2
𝑇3 = 6 
𝑇3 = 4 
Como os períodos estão na razão de 1:2:4, os comprimentos estão na razão 1:4:16 
A única alternativa que contempla esses dados é C. 
Gabarito: C 
 (AFA - 2016) 
A figura abaixo mostra uma pequena esfera vazada E, com carga elétrica 𝑞 = +2,0 . 10−5𝐶 e massa 
80 g, perpassada por um eixo retilíneo situado num plano horizontal e distante D = 3 m de uma 
carga puntiforme fixa 𝑄 = −3,0 . 10−6𝐶 
 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Se a esfera for abandonada, em repouso, no ponto A, a uma distância x, muito próxima da posição 
de equilíbrio O, tal que,
𝑥
𝐷
<<1 a esfera passará a oscilar de MHS, em torno de O, cuja pulsação é, 
em rad/s, igual a 
a) 
1
3
 b) 
1
4
 c) 
1
2
 d) 
1
5
 
Comentários: 
 
Sendo o ângulo 𝑂𝑄𝐴 = 𝜃 
𝐹𝑥 = −
𝑘𝑄𝑞
𝑄𝐴̅̅ ̅̅ 2
𝑠𝑒𝑛𝜃 = −
𝑘𝑄𝑞
(
𝐷
𝑐𝑜𝑠 𝜃)
2 𝑠𝑒𝑛𝜃 = −
𝑘𝑄𝑞
𝐷2
𝑠𝑒𝑛𝜃 cos2 𝜃 
Como o ângulo é muito pequeno cos2 𝜃 ~1 e 𝑠𝑒𝑛 𝜃~ tan 𝜃 =
𝑥
𝐷
 
Logo: 
𝐹𝑥~−
𝑘𝑄𝑞
𝐷3
𝑥 
𝑎𝑥 = −
𝑘𝑄𝑞
𝐷3𝑚
𝑥 
Dessa forma: 
𝜔 = √
𝑘𝑄𝑞
𝐷3𝑚
= √
9 ⋅ 109 ⋅ 2 ⋅ 10−5 ⋅ 3 ⋅ 10−6
33 ⋅ 0,08
=
1
2
𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Gabarito: C 
 (AFA - 2015) 
Uma onda estacionária é estabelecida em uma corda homogênea de comprimento 2𝜋 𝑚 , presa 
pelas extremidades, 𝐴 e 𝐵, conforme figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
103 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Considere que a corda esteja submetida a uma tensão de 10 N e que sua densidade linear de massa 
seja igual a 0,1 kg/m. 
Nessas condições, a opção que apresenta um sistema massa-mola ideal, de constante elástica k, em 
N/m e massa 𝑚 , em kg, que oscila em movimento harmônico simples na vertical com a mesma 
frequência da onda estacionária considerada é 
A) 
 
B) 
 
C) 
 
D 
 
Comentários: 
Para a corda: 
𝑣 = √
𝑇
𝜇
= √
10
0,1
= 10𝑚/𝑠 
𝐿 = 𝜆 = 2𝜋 𝑚 
𝑣 = 𝜆𝑓 → 𝑓1 =
5
𝜋
 𝐻𝑧 
Para o sistema da massa/mola: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= 2𝜋𝑓 → 𝑓2 =
√𝑘
𝑚
2𝜋
 
Igualando as frequências: 
𝑘
𝑚
= 100 
A única alternativa que contempla isso é E. 
Gabarito: E 
 (AFA - 2015) 
 
 
 
 
 
104 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Um corpo luminoso de massa 1 kg é acoplado a uma mola ideal de constante elástica 100 N/m e 
colocado à meia distância entre uma lente esférica delgada convergente 𝐿 e um espelho esférico 
côncavo gaussiano 𝐸, de distâncias focais respectivamente iguais a 10 cm e 60 cm, como mostra a 
figura abaixo. 
 
Considere que o corpo luminoso seja puxado verticalmente para baixo 1 𝑐𝑚 a partir da posição em 
que ele se encontra em equilíbrio sobre o eixo óptico do sistema e, então, abandonado, passa a 
oscilar em movimento harmônico simples exclusivamente na vertical. A distância entre o centro de 
curvatura do espelho e o centro óptico da lente é 40 𝑐𝑚. Dessa forma, o corpo luminoso serve de 
objeto real para a lente e para o espelho que conjugam, cada um, apenas uma única imagem desse 
objeto luminoso oscilante. Nessas condições, as funções horárias, no Sistema Internacional de 
Unidades (SI), que melhor descrevem os movimentos das imagens do corpo luminoso, 
respectivamente, conjugadas pela lente 𝐿 e pelo espelho 𝐸, são 
a) 2cos(10t + π) e 1,5cos(10t + π) b) 1cos(10t + π) e 1cos(10t) 
c) 1cos (10t) e 1,5cos (10t + π) d) 1,5cos(10t + π) e 1,5cos(10t + π) 
Comentários: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= 10 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Como o corpo foi puxado para baixo (lembre-se que segundo o exercício as imagens devem estar 
no SI): 
𝑥 = 0,01cos (10𝑡 + 𝜋) 
Para a lente: 
𝐴 =
𝑓
𝑓 − 𝑝
=
10
10 − 20
= −1 
𝑥𝐿 = −0,01 cos(10𝑡 + 𝜋) 
Para o espelho: 
𝐴 =
𝑓
𝑓 − 𝑝
=
60
60 − 20
=
3
2
 
𝑥𝐸 = 0,015 cos(10𝑡 + 𝜋) 
Gabarito: S/A 
 
 
 
 
 
105 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 (AFA - 2014) 
A figura abaixo apresenta os gráficos da posição (𝑥) em função do tempo (𝑡) para dois sistemas 𝐴 e 
𝐵 de mesma massa 𝑚 que oscilam em MHS, de igual amplitude. 
 
Sendo 𝐸𝐶𝐴 e 𝐸𝐶𝐵 as energias cinéticas dos sistemasA e B respectivamente no tempo 𝑡1; 𝐸𝑃𝐴 𝑒 𝐸𝑃𝐵 
as energias potenciais dos sistemas A e B respectivamente no tempo 𝑡2, é correto afirmar que 
a) 𝐸𝐶𝐴 = 𝐸𝐶𝐵 b) 𝐸𝑃𝐴 > 𝐸𝑃𝐵 c) 𝐸𝐶𝐴 > 𝐸𝐶𝐵 d) 𝐸𝑃𝐵 > 𝐸𝑃𝐴 
Comentários: 
Nada pode ser dito a respeito das energias cinéticas pois não foi dito que nos pontos máximos e 
mínimos a velocidade do corpo é nula. Ele pode, por exemplo, estar caindo e ainda sim em MHS. O mesmo 
vale para a potencial. Mas vamos que o corpo só está sujeito a esse MHS, sem a presença de campos 
externos e que a velocidade do corpo nos máximos e mínimos seja nula. 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
→ 𝐸𝑚𝑒𝑐 =
𝑚𝜔2𝐴2
2
= 2𝜋2𝑓2𝑚𝐴2 
Como a amplitude e a massa são constantes, quanto maior a frequência, maior a energia potencial 
máxima (energia mecânica). Logo o sistema A tem menor energia mecânica que o sistema B, de forma 
análoga: 
No tempo 𝑡1: 
𝐸𝐶 = 𝐸𝑚𝑒𝑐 − 𝐸𝑃 = 2𝜋
2𝑓2𝑚(𝐴2 − 𝑥2) 
Logo: 𝐸𝐶𝐵 > 𝐸𝐶𝐴 
No tempo 𝑡2: 
𝐸𝑃 = 2𝜋
2𝑓2𝑚2𝑥2 
Logo: 𝐸𝑃𝐵 > 𝐸𝑃𝐴 
Gabarito: D 
 (AFA - 2011) 
 
 
 
 
 
106 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Dois corpos, de dimensões desprezíveis, 𝐴 e 𝐵 presos a molas ideais, não deformadas, de constantes 
elásticas 𝑘𝐴 e 𝑘𝐵, respectivamente, estão, inicialmente, separados de uma distância d numa 
plataforma sem atrito como mostra a figura a seguir. 
 
A partir dessa situação, os blocos são então lentamente puxados por forças de mesma intensidade, 
aproximando-se, até se encostarem. 𝐸𝑚 seguida, são abandonados, passando a oscilar em 
movimento harmônico simples. Considere que não haja interação entre os blocos quando esses se 
encontram. Nessas condições, a soma das energias mecânicas dos corpos 𝐴 e 𝐵 será 
a) 
𝑘𝐴𝑘𝐵𝑑
2
2(𝑘𝐴+𝑘𝐵)
 b) 
𝑘𝐴
2𝑑2
2𝑘𝐵(𝑘𝐴+𝑘𝐵)2
 c) 
𝑘𝐴𝑘𝐵𝑑
2
2(𝑘𝐴+𝑘𝐵)2
 d) 
𝑘𝐵
2𝑑2
2𝑘𝐴(𝑘𝐴+𝑘𝐵)
 
Comentários: 
Veja que o sistema é totalmente simétrico, logo a solução também deve ser simétrica em relação 
aos dois corpos. Podemos eliminar de cara as alternativas B e D (soluções assimétricas). A alternativa C 
tem analise dimensional incorreta, logo sem tocar o lápis no papel sabemos que a resposta é a alternativa 
A. 
Energia mecânica: 
𝐸𝑚𝑒𝑐 =
𝑘𝐴𝑑𝐴
2
2
+
𝑘𝐵𝑑𝐵
2
2
 
A soma das amplitudes vale d: 
𝑑𝐴 + 𝑑𝐵 = 𝑑 
Como o exercício disse as forças são de mesma intensidade: 
𝐹 = 𝑘𝐴𝑑𝐴 = 𝑘𝐵𝑑𝐵 → 𝑑𝐵 =
𝑘𝐴𝑑𝐴
𝑘𝐵
 
Substituindo: 
𝑑𝐴 +
𝑘𝐴𝑑𝐴
𝑘𝐵
= 𝑑 =
(𝑘𝐴 + 𝑘𝐵)𝑑𝐴
𝑘𝐵
→ 𝑑𝐴 =
𝑘𝐵𝑑
𝑘𝐴 + 𝑘𝐵
 
𝑑𝐵 =
𝑘𝐴𝑑
𝑘𝐴 + 𝑘𝐵
 
Substituindo na fórmula da energia mecânica: 
𝑘𝐴
2
(
𝑘𝐵𝑑
𝑘𝐴 + 𝑘𝐵
)
2
+
𝑘𝐵
2
(
𝑘𝐴𝑑
𝑘𝐴 + 𝑘𝐵
)
2
=
𝑘𝐴𝑘𝐵𝑑
2
2(𝑘𝐴 + 𝑘𝐵)
 
 
 
 
 
 
107 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Gabarito: A 
 (AFA - 2009) 
Um par de blocos 𝐴 e 𝐵, de massas 𝑚𝐴 = 2 𝑘𝑔 e 𝑚𝐵 = 10 𝑘𝑔, apoiados em um plano sem atrito, 
é acoplado a duas molas ideais de mesma constante elástica 𝐾 = 50 𝑁/𝑚, como mostra a figura 
abaixo. 
 
Afastando-se horizontalmente o par de blocos de sua posição de equilíbrio, o sistema passa a oscilar 
em movimento harmônico simples com energia mecânica igual a 50 𝐽. 
Considerando 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2 , o mínimo coeficiente de atrito estático que deve existir entre os dois 
blocos para que o bloco 𝐴 não escorregue sobre o bloco 𝐵 é 
a) 1/10 b) 5/12 c) 5/6 d) 1 
Comentários: 
A constante equivalente vale: 
𝑘𝑒𝑞 = 2𝑘 = 100 𝑁/𝑚 
A energia mecânica do sistema vale: 
𝐸𝑚𝑒𝑐 =
𝐾𝑒𝑞𝐴
2
2
= 50 → 𝐴 = 1𝑚 
A força máxima ocorre na amplitude: 
𝐹𝑚á𝑥 = 𝑘𝑒𝑞𝐴 = 100𝑁 
A aceleração nesse ponto vale: 
𝐹𝑚á𝑥 = (𝑚𝐴 +𝑚𝐵)𝑎 → 𝑎 =
25
3
𝑚/𝑠2 
Dessa forma a força de atrito necessária é: 
𝐹𝑎𝑡 = 𝑚𝐴𝑎 = 𝑚𝐴𝑔𝜇 → 𝜇 =
5
6
𝑚/𝑠2 
Gabarito: C 
 (AFA - 2007) 
Um projétil de massa 𝑚 e velocidade 𝑣 atinge horizontalmente um bloco de massa 𝑀 que se 
encontra acoplado a uma mola de constante elástica 𝐾, como mostra a figura abaixo. 
 
 
 
 
 
108 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
Após o impacto, o projétil se aloja no bloco e o sistema massa-mola-projétil passa a oscilar em MHS 
com amplitude a. Não há atrito entre o bloco e o plano horizontal nem resistência do ar. Nessas 
condições, a posição em função do tempo para o oscilador harmônico simples é dada pela 
expressão 𝑥 = 𝑎 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜑0), onde a e 𝜔 valem, respectivamente 
a) 
𝑚𝑣
𝑀+𝑚
√
𝑀+𝑚
𝐾
 e √
𝐾
𝑀+𝑚
 b) √
(𝑀+𝑚)𝑣
𝐾
 e √
𝐾
𝑀+𝑚
 
 
c) √
𝐾
𝑀+𝑚
 
 e √
𝑀+𝑚
𝐾
 
 d) 
𝑀+𝑚
𝑚𝑣
√
𝐾
𝑀+𝑚
 e √
𝑀+𝑚
𝐾
 
Comentários: 
Por conservação da quantidade de movimento: 
𝑚𝑣 = (𝑀 +𝑚)𝑣′ → 𝑣′ =
𝑚
𝑀 +𝑚
𝑣 
A energia mecânica do sistema vale: 
𝐸𝑚𝑒𝑐 =
(𝑀 +𝑚)𝑣′
2
2
=
𝑚2𝑣2
2(𝑀 +𝑚)
=
𝑘𝐴2
2
 
𝐴 =
𝑚𝑣
√(𝑀 +𝑚)𝑘
=
𝑚𝑣
𝑀 +𝑚
√
𝑀 +𝑚
𝑘
 
A velocidade angular vale: 
𝑤 = √
𝑘
𝑀 +𝑚
 
Gabarito: A 
 (AFA - 2006) 
Considere o sistema apresentado na figura abaixo formado por um conjunto de três molas ideais e 
de constantes elásticas iguais acopladas em paralelo e ligadas por meio de uma haste de massa 
desprezível a um segundo conjunto, formado por duas massas M e m, tal que M = 2m. Considere, 
ainda, que o sistema oscila verticalmente em MHS (movimento harmônico simples) com frequência 
f1. 
 
 
 
 
 
109 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
Se o fio ideal que une a massa m ao sistema for cortado simultaneamente com a mola central da 
associação de molas, o sistema passará a oscilar com uma nova frequência f2, tal que a razão f2/f1 
seja 
a) 1 b) 
1
2
 c) 2 d) 
2
3
 
Comentários: 
Para a primeira situação, temos três molas em paralelo. Então: 
𝑘𝑒𝑞 = 3𝑘 
𝑓1 =
1
2𝜋
√
𝑘𝑒𝑞
𝑀+𝑚
=
1
2𝜋
√𝑘 
Para a segunda situação, temos duas molas em paralelo. Então: 
𝑘𝑒𝑞 = 2𝑘 
𝑓2 =
1
2𝜋
√
𝑘𝑒𝑞 
𝑀
 =
1
2𝜋
√𝑘 
Logo: 
𝑓2
𝑓1
= 1 
Gabarito: A 
 (AFA - 2005) 
Uma mola, de massa desprezível, se distende de b quando equilibra um bloco de massa m. Sabe-se 
que no instante t = 0, o bloco foi abandonado do repouso a uma distância λ abaixo de sua posição 
de equilíbrio. Considerando g a aceleração da gravidade e desprezando os atritos, a equação do 
movimento resultante em função do tempo t é 
a) x = λ cos (√gb t) b) x = λ sen (√
b
g
 t) 
c) x = λ tg (√gb t) d) x = λ cos (√
g
b
 t) 
 
 
 
 
 
110 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Comentários: 
 Pela situação de equilíbrio, temos: 
𝐹 = 𝑚𝑔 = 𝑘𝑏 → 𝑘 =
𝑚𝑔
𝑏
 
 Pela definição de frequência angular, temos: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= √
𝑔
𝑏
 
 Para a equação de movimento, em 𝑡 = 0, o corpo está na amplitude 𝜆 com fase inicial nula. 
𝑥 = 𝜆 cos(𝜔𝑡) = 𝜆 cos (√
𝑔
𝑏
𝑡) 
Gabarito: D 
 (EN – 2021) 
Um sistema massa-mola e um pêndulo simples executam um movimento harmônico simples. 
Conforme mostra a figura a seguir. Sabendo que em t = 0 s os dois sistemas estão na posição de 
amplitude máxima de seus movimentos, como na figura, determine o tempo em segundos que eles 
levarão para se encontrarem novamente nessa mesma posição, e marque a opção correta. (Dados: 
𝑘 = 144 𝑁/𝑚 ; 𝑚 = 4 𝑘𝑔; 𝑙 = 10 𝑐𝑚; 𝐴 = 5 𝑐𝑚; 𝜋 = 3; 𝑔 = 10 𝑚/𝑠2) 
 
A) 0,6 s B) 1 s C) 3 s D) 6 s E) 10 s 
Comentários: 
 O período do sistema massa-mola é dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑚
𝑘
= 2𝜋√
4
144
= 2𝜋 ⋅
2
12
=
𝜋
3
 𝑠 
 O período do pêndulo simples é de: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑙
𝑔
= 2𝜋√
0,1
10
=
𝜋
5
 
 Para que os corpos se encontrem, então devem existir dois inteiros A e B tais que: 
 
 
 
 
 
111 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝑇 = 𝐴 ⋅
𝜋
3
= 𝐵 ⋅
𝜋
5
 
 Os menores valores de A em que isso ocorre são 𝐴 = 3 e 𝐵 = 5 e, quando isso ocorre, então 𝑇 =3 ⋅
𝜋
3
= 5 ⋅
𝜋
5
= 𝜋 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠. Como enunciado diz para considerar 𝜋 = 3, então a cada 3 s. 
Gabarito: C 
 (EN - 2019) 
Analise as figuras abaixo. 
 
A figura (2) acima mostra um sistema massa-mola em equilíbrio estático, cuja mola possui constante 
elástica 𝑘 e o bloco, massa m, prestes a ser atingido por um projétil, de massa desprezível, que em 
seguida no bloco se aloja, passando o sistema mola+projétil+bloco a oscilarem MHS com uma 
frequência angular 𝑤. Sendo g a aceleração da gravidade local e sabendo que o ponto mais alto que 
o bloco+projétil atinge coincide com o zero da mola, conforme a figura (4), qual a velocidade 𝑣’ 
adquirida pelo bloco+projétil imediatamente após a colisão figura (3) e, qual é a amplitude do MHS 
executado pelo sistema? 
a) v′ = g (2 − m)√m/k e amplitude = g/w2 
b) v′ = g (2 − m)√m/k e amplitude = w2g/k2 
c) v′ = g √m/k (2 − m) e amplitude = g/w2 
d) v′ = g √m/k (2 − m) e amplitude = w2g/k2 
e) v′ = g √m/k e amplitude = g/w2 
Comentários: 
Note o trecho "um projétil, de massa desprezível,...", significa para esta conta que as forças 
continuarão a ser provenientes de massa e da mola e o projétil apenas iniciou o movimento. 
Para iniciar, vamos calcular a distensão inicial da mola, sabendo que a Força da Mola e o Peso do 
objeto estão em equilíbrio (fig 2). 
𝐹𝑒𝑙á𝑠 = 𝑃 
𝑘𝑥𝑑 = 𝑚𝑔 
𝑥𝑑 =
𝑚𝑔
𝑘
 
 
 
 
 
 
112 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 Por conservação de energia, temos: 
𝐸𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝐸𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
1
2
𝑚𝑣′2 +
𝑘𝑥1
2
2
+𝑚𝑔ℎ1 =
𝑚𝑣2
2
+
𝑘𝑥2
2
2
+𝑚𝑔ℎ2 
 Pela figura no enunciado, na posição 4, temos 𝑥2 = 0 (a mola está em seu comprimento natural) 
e tomando como nível de referência a posição inicial, então ℎ1 = 0, o objeto fica parado 
momentaneamente e temos: 
1
2
𝑚𝑣′
2
+
𝑘𝑥𝑑
2
2
+𝑚𝑔 ⋅ 0 =
𝑚
2
⋅ 02 +
𝑘
2
⋅ 02 +𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑥𝑑 
𝑚𝑣′2 + 𝑘𝑥𝑑
2 = 2𝑚𝑔𝑥𝑑 (𝑒𝑞. 1) 
 Substituindo 𝑥𝑑 em 1, temos: 
𝑚𝑣′2 + 𝑘 (
𝑚𝑔
𝑘
)
2
= 2𝑚𝑔 (
𝑚𝑔
𝑘
) 
𝑣′
2
+
𝑚𝑔2
𝑘
=
2𝑚𝑔2
𝑘
 
𝑣′2 =
𝑚𝑔2
𝑘
 
𝑣′ = 𝑔√
𝑚
𝑘
 
 Olhando para essa resposta e para as alternativas, então vemos que a alternativa E satisfaz e 
consideramos que a amplitude trata-se justamente de 𝑥𝑑, mas não há alternativas e que devemos fazer 
algumas mudanças e encontrar 𝜔. 
 Vamos dizer que 𝑣′ = 𝜔 ⋅ 𝑟, em que nesse caso 𝑥𝑑 = 𝑟 = 𝑎𝑚𝑝𝑙𝑖𝑡𝑢𝑑𝑒. Portanto: 
𝑔√
𝑚
𝑘
= 𝜔 ⋅ 𝑥𝑑 
𝑔√
𝑚
𝑘
= 𝜔 ⋅
𝑚𝑔
𝑘
 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
 𝑜𝑢 𝜔2 =
𝑘
𝑚
 
 Portanto, 𝑥𝑑 é dado por: 
𝑥𝑑 =
𝑔
𝜔2
 
 
 
 
 
 
113 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Gabarito: E 
 (EN - 2018) 
Analise a figura abaixo. 
 
A figura acima mostra um pêndulo oscilando em movimento harmônico simples. Sua equação de 
posição angular em função do tempo é dada por: θ (t) = (π/30)sen(ωt) radianos. Sabe-se que L =
2,5m é o comprimento do pêndulo, e g = 10m/s2 é a aceleração da gravidade local. Qual a 
velocidade linear, em m/s, da massa m = 2,0kg, quando passa pelo ponto mais baixo de sua 
trajetória? 
Dado: considere 𝜋 = 3 
a) 0,30 b) 0,50 c) 0,60 d) 0,80 e) 1,0 
Comentários: 
 Utilizando a definição de frequência angular para o pêndulo simples, temos: 
𝜔 = √
𝑔
𝐿
= 2 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Logo, o deslocamento angular é dado por: 
𝜃′ =
𝜋
30
𝜔𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) 
𝑣 = 𝐿 𝜃 ′ =
𝜋
6
cos𝜔𝑡 
O ponto mais baixo ocorre em 𝜃 = 0 → cos𝜔𝑡 = 1 
𝑣 =
𝜋
6
= 0,50 
Gabarito: B 
 (EN – 2014) 
Observe as figuras a seguir. 
 
 
 
 
 
114 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
As figuras acima mostram um pêndulo simples formado por uma pequena esfera de massa 𝑚 e 
carga elétrica positiva 𝑞. O pêndulo é posto para oscilar, com pequena amplitude, entre as placas 
paralelas de um capacitor plano a vácuo. A esfera é suspensa por um fio fino, isolante e inextensível 
de comprimento 𝐿. Na figura 1, o capacitor está descarregado e o pêndulo oscila com um período 
𝑇1. Na figura 2, o capacitor está carregado, gerando em seu interior um campo elétrico constante 
de intensidade 𝐸, e observa-se que o pêndulo oscila com um período 𝑇2. Sabendo-se que a 
aceleração da gravidade é 𝑔, qual é a expressão da razão entre os quadrados dos períodos, (
𝑇1
𝑇2
)
2
? 
a) 1 + 𝑞𝐸/𝑚𝑔 b) 1 − 𝑞𝐸/𝑚𝑔 c) 𝐿 + 𝑞𝐸/𝑚𝑔𝐿 
d) 𝐿 − 𝑞𝐸/𝑚𝑔𝐿 e) 1 − 𝑞𝐸/𝑚𝑔𝐿 
Comentários: 
 Devemos lembrar que o período de um pêndulo simples é dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝐿
𝑔
 
 Para a segunda situação, onde há um campo elétrico para baixo, devido ao carregamento das 
placas, a força elétrica na carga positiva é para baixo. Dessa forma, a gravidade efetiva na partícula é dada 
por: 
𝐹𝑟 = 𝑃 + 𝐹𝑒𝑙𝑒 
𝑚 ⋅ 𝑎 = 𝑚 ⋅ 𝑔 + 𝑞 ⋅ 𝐸 
𝑔𝑒𝑓 = 𝑎 = 𝑔 +
𝑞 ⋅ 𝐸
𝑚
 
 Logo, considerando que o fio não sofreu variação, o novo período é dado por: 
𝑇2 = 2𝜋√
𝐿
𝑔𝑒𝑓
 
𝑇2 = 2𝜋√
𝐿
𝑔 +
𝑞 ⋅ 𝐸
𝑚
 
 Fazendo a razão entre os períodos e elevando ao quadrado, temos: 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
(
𝑇1
𝑇2
)
2
=
(
 
 
 2𝜋√
𝐿
𝑔
2𝜋√
𝐿
𝑔 +
𝑞 ⋅ 𝐸
𝑚 )
 
 
 
2
 
(
𝑇1
𝑇2
)
2
=
(
 
√𝑔 +
𝑞 ⋅ 𝐸
𝑚
√𝑔
)
 
2
 
(
𝑇1
𝑇2
)
2
=
𝑔 +
𝑞 ⋅ 𝐸
𝑚
𝑔
 
(
𝑇1
𝑇2
)
2
= 1 +
𝑞 ⋅ 𝐸
𝑔 ⋅ 𝑚
 
Gabarito: A 
 (EN – 2014) 
Observe a figura a seguir. 
 
Na figura acima, a mola possui uma de suas extremidades presa ao teto e a outra presa a um bloco. 
Sabe-se que o sistema massa-mola oscila em MHS segundo a função 𝑦(𝑡) = 5,0𝑠𝑒𝑛(20𝑡), onde y é 
dado em centímetros e o tempo em segundos. Qual a distensão máxima da mola, em centímetros? 
Dado: g = 10m /s2 
a) 5,5 b) 6,5 c) 7,5 d) 8,5 e) 9,5 
Comentários: 
Pela equação horária: 
𝑦 = 5 sin 20𝑡 = 𝐴 sin𝜔𝑡 → 𝜔 = 20 𝑟𝑎𝑑/𝑠 = √
𝑘
𝑚
→
𝑘
𝑚
= 400 
A distensão máxima vale 5cm + a distensão gerada pela gravidade. 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝑑𝑚á𝑥 = 0,05 +
𝑚𝑔
𝑘
= 0,05 +
10
400
= 7,5 𝑐𝑚 
Gabarito: C 
 (EN – 2013) 
A figura abaixo mostra uma mola ideal de constante elástica k = 200 N/m, inicialmente em repouso, 
sustentando uma esfera de massa M = 2,00 kg na posição A. Em seguida, a esfera é deslocada de 
15,0 cm para baixo até a posição B, onde, no instante t = 0, é liberada do repouso, passando a oscilar 
livremente. Desprezando a resistência do ar, pode-se afirmar que, no intervalo de tempo 0 ≤ t ≤ 
2π/30 s, o deslocamento da esfera, em cm, é de 
 
A. 3,75 B. 7,50 C. 9,00 D. 15,0 E. 22,5 
Comentários: 
 De acordo com as informações no enunciado, temos: 
𝐴 = 15𝑐𝑚 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= 10 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
𝑥 = 𝐴 cos𝜔𝑡 = 15 cos 10𝑡 
Δ𝑥 = 15 (1 − cos (
2𝜋
3
)) = 15 (1 +
1
2
) = 22,5 𝑐𝑚 
Gabarito: E 
 (EN – 2015) 
Analise a figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Na figura acima, temos dois sistemas massa-mola no equilíbrio, onde ambos possuem a mesma 
massa m = 4,0kg, no entanto, o coeficiente elástico da mola do sistema 1 é k1 = 36N/m e o do 
sistema 2 é k2 = 100N/m. No ponto de equilíbrio, ambas as massas possuem a mesma posição 
vertical e, no instante t = 0, elas são liberadas, a partir do repouso, após sofrerem um mesmo 
deslocamento vertical em relação aos seus respectivos pontos de equilíbrio. Qual será o próximo 
instante, em segundos, no qual elas estarão novamente juntas na mesma posição vertical inicial, ou 
seja, na posição vertical ocupada por ambas em t = 0? 
 
Dado: considere π=3 
a) 3,0 b) 4,5 c) 6,0 d) 7,5 e) 9,0 
Comentários: 
A velocidade angular dos blocos vale: 
𝜔1 = √
100
4
= 5 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
𝜔2 = √
36
4
= 3 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
As equações horárias valem: 
𝑥1 = 𝐴 cos(𝜔1𝑡) = 𝐴 cos 5𝑡 
𝑥2 = 𝐴 cos𝜔2𝑡 = 𝐴 cos 3𝑡 
Eles iram passar pela mesma posição inicial quando: 
𝐴 cos 5𝑡 = 𝐴 cos3𝑡 = 𝐴 
cos 5𝑡 = cos 3𝑡 = 1 
Cujas soluções são: 
5𝑡 = 2𝑘1𝜋 → 𝑡 =
2𝑘1𝜋
5
 
3𝑡 = 2𝑘2𝜋−→ 𝑡 =
2𝑘2𝜋
3
 
2𝑘1𝜋
5
=
2𝑘2𝜋
3
 
O primeiro instante se dá em: 
𝑘1 = 5, 𝑘2 = 3, 𝑡 = 2𝜋 = 6 𝑠 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Gabarito: C 
 (EN – 2012) 
Um bloco de massa M = 1, 00 kg executa, preso a uma mola de constante k = 100 N/m, um 
MHS de amplitude A cm ao longo do plano inclinado mostrado na figura. Não há atrito em qualquer 
parte do sistema. Na posição de altura máxima, a mola está comprimida e exerce sobre o bloco uma 
força elástica de módulo igual a 3,00 N . A velocidade do bloco, em m/s, ao passar pela posição de 
equilíbrio é 
 
a) 1,10 b) 0,800 c) 0,500 d) 0,300 e) 0,200 
Comentários: 
 Vamos tomar duas deformações na mola como na figura logo abaixo. 
 
 Em que 𝑥1 corresponde a distância entre a elongação máxima e a posição de comprimento natural 
da mola. 𝑥2 a distância entre a posição de comprimento natural e a posição de equilíbrio do corpo. 
 A força elástica na posição de máxima deformação é dada por: 
𝐹𝑒𝑙á𝑠 = 𝑘 ⋅ 𝑥1 → 𝑥1 =
3
100
= 3 ⋅ 10−2 𝑚 
 Por outro lado, 𝑥2 é dado pela força elástica na posição de equilíbrio: 
𝐹𝑒𝑙á𝑠
′ = 𝑘 ⋅ 𝑥2 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 
 
 
 
 
 
119 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝑥2 =
𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃)
𝑘
 
𝑥2 =
1 ⋅ 10 ⋅ 0,5
100
 
𝑥2 = 5 ⋅ 10
−2 𝑚 
 Logo, a amplitude de movimento é dada por 𝐴 = 𝑥1 + 𝑥2. Por conservação da energia mecânica, 
temos: 
1
2
𝑚𝑣2 =
𝑘𝐴2
2
 
𝑣 = 𝐴√
𝑘
𝑚
= 8 ⋅ 10−2 ⋅ √
100
1
 
𝑣 = 0,8 𝑚/𝑠 
Gabarito: B 
 (EN – 2009) 
Uma pequena esfera de massa m está presa a um fio ideal de comprimento L = 0, 4m, que tem 
sua outra extremidade presa ao teto, conforme indica a figura. No instante t = 0, quando o fio faz 
um ângulo de 5° com a vertical, a esfera é abandonada com velocidade zero. Despreze todos os 
atritos. Qual a distância, em metros, percorrida pela esfera após 36 segundos? Dado: g = 10m/ s2 . 
 
a) 0, 8 b) 1, 0 c) 2,0 d) 3, 0 e) 4,0 
Comentários: 
 Como o ângulo é pequeno e está dentro das nossas condições de pequenas oscilações, então o 
corpo descreverá um MHS como um pêndulo simples, em que o período é dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝐿
𝑔
 
𝑇 = 2𝜋√
0,4
10
 
 
 
 
 
 
120 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝑇 = 2𝜋 ⋅
2
10
=
4𝜋
10
 𝑠 
 Neste intervalo de intervalo de tempo, a distância percorrida pelo pêndulo foi de: 
𝑑 = 𝑑𝑖𝑑𝑎 + 𝑑𝑣𝑜𝑙𝑡𝑎 
𝑑 = 𝛼𝑅 + 𝛼𝑅 
𝑑 = 2𝛼𝑅 = 2 ⋅ (5 ⋅
𝜋
180
) ⋅ 0,4 
𝑑 =
2𝜋
45
 𝑚 
 Se em 
4𝜋
10
 𝑠 ele anda 
2𝜋
45
 𝑚, então em 36 s ele irá andar: 
𝑑 ⋅ 0,4𝜋 =
2𝜋
45
⋅ 36 
𝑑 = 4 𝑚 
Gabarito: E 
 (EN – 2008) 
Em um experimento com ondas estacionárias, uma corda de 60,0 cm de comprimento e massa igual 
a 30,0 gramas, tem um extremo preso a uma mola ideal vertical, que oscila em M.H.S de acordo 
com a função: 𝑌(𝑡) = 2,0. 𝑠𝑒𝑛 (60𝜋. 𝑡) (t - segundos; Y - milímetros). A corda passa por uma polia 
ideal e tem no outro extremo um bloco pendurado de massa M. Para que a onda estacionária na 
corda tenha quatro ventres, a massa M do bloco, em kg, é igual a Dado: | �⃗� | = 10,0𝑚/𝑠2 
 
(A) 0,350 (B) 0,405 (C) 0,500 (D) 0,520 (E) 0,550 
Comentários: 
Para cálculo da tensão na corda só importa a força axial. 
𝑇 = 𝑀𝑔 = 10 𝑀 
A densidade linear é 
 
 
 
 
 
121 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝜇 =
0,03
0,6
= 0,05𝑘𝑔/𝑚 
Como são formados 4 ventres: 
2𝜆 = 𝐿 → 𝜆 = 30 𝑐𝑚 
Como a onda é estacionária a frequência é a mesma do movimento da mola 
𝜔 = 60𝜋 = 2𝜋𝑓 → 𝑓 = 30𝐻𝑧 
Dessa forma: 
𝑣 = 𝜆𝑓 = 9𝑚/𝑠 
Finalmente: 
𝑣 = √
𝑇
𝜇
= √200𝑀 = 9 → 0,405 𝑚/𝑠 
Gabarito: B 
 (EFOMM – 2021) 
Uma mola de massa desprezível e de constante elástica 𝑘 = 100 𝑁/𝑚 tem um tamanho natural de 
1 m e é comprimida para que se acomode num espaço de 60 cm entre duas caixas de massas 1 kg e 
2 kg. O piso horizontal não tem atrito, e o sistema é mantido em repouso por um agente externo 
não representado na figura. 
Assim que o sistema é liberado, a mola se expande e empurra as caixas até atingir novamente seu 
tamanho natural, momento em que o contato entre os três objetos é perdido. A partir desse 
instante, a caixa de massa 1 kg segue com velocidade constante de módulo: 
 
(A) 2√2 𝑚/𝑠 (B) 
3
2
√2 𝑚/𝑠 (C) 4 𝑚/𝑠 
(D) 4√
2
3
 𝑚/𝑠 (E) 5 𝑚/𝑠 
Comentários: 
 Com o sistema é conservativo, a variação de energia mecânica é nula. A variação da energia 
mecânica pode ser tomada no instante em que o sistema é solto e no momento em que os objetos perdem 
contato. 
Δ𝐸𝑚𝑒𝑐 = 0 
 
 
 
 
 
122 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝐸𝑚𝑒𝑐
𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
= 𝐸𝑚𝑒𝑐
𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 
1
2
𝑚𝑣2 +
1
2
𝑀𝑉2 =
1
2
𝐾 ⋅ Δ𝑥2 
𝑚𝑣2 +𝑀𝑉2 = 𝐾 ⋅ Δ𝑥2 (𝑒𝑞. 1) 
 Em que a deformação da mola é dada por Δ𝑥 = 1 − 0,6 = 0,4 𝑚. No exato momento em que o 
sistema fica livre do agente externo, não existe forças externas atuando na direção horizontal. Não há 
atrito entre os corpos e o solo, e a força elástica é interna ao sistema formado pelos corpos. Portanto, há 
conservação da quantidade de movimento na horizontal. 
Δ𝑄𝑥 = 0 
𝑚𝑣 = 𝑀𝑉 
1 ⋅ 𝑣 = 2 ⋅ 𝑉 
𝑉 =
𝑣
2
 (𝑒𝑞. 2) 
 Substituindo 2 em 1 e colocando os valores do enunciado, temos: 
1 ⋅ 𝑣2 + 2 ⋅ (
𝑣
2
)
2
= 100 ⋅ 0,42 
3𝑣2
2
= 42 
𝑣 = 4√
2
3
 𝑚/𝑠 
Gabarito: D 
 (EFOMM – 2021) 
Um bloco de massa 200 g, preso a uma mola de massa desprezível, realiza um MHS com amplitude 
20 cm sobre uma superfície horizontal, conforme apresentado na figura. Mede-se que o tempo 
decorrido entre a primeira passagem pelo ponto 𝑋 = −10 𝑐𝑚, com sentido para a esquerda, e a 
segunda passagem por X ao voltar, é de 1 s. Com base nessas observações, é possível afirmar que a 
constante elástica da mola, dada em N/m, é (considere 𝜋 = 3) 
 
A) 0,1 B) 0,4 C) 0,8 D) 1,0 E) 2,0 
Comentários: 
 
 
 
 
 
123 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 Para um MHS qualquer podemos definir sua função horária da posição por: 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜙0) 
 O seno poderá ser substituído por um cosseno, caso queira utilizar cosseno, lembrando que seno 
e cosseno são funções complementares. 
 Quando 𝑥 = −10 𝑐𝑚, temos: 
−10 = 20 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡1 + 𝜙0) 
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡1 + 𝜙0) = −
1
2
 
 Então, as possíveis soluções para uma fase entre 0 e 2𝜋 são: 
𝜔𝑡1 + 𝜙0 =
7𝜋
6
 𝑜𝑢 𝜔𝑡1 + 𝜙0 =
11𝜋
6
 
 Como o corpo ainda está indo para a esquerda, então 𝜔𝑡1 + 𝜙0 =
7𝜋
6
 corresponde a fase quando 
ele está indo da direita para esquerda e passa por 𝑋 e 𝜔𝑡1 + 𝜙0 =
11𝜋
6
 corresponde a fase quando ele 
está vindo da esquerda para a direita, o que representa o segundo instante de análise do enunciado. 
 Então, o intervalo de tempo de 1 s corresponde a fazer: 
𝜔𝑡2 + 𝜙0 − (𝜔𝑡1 + 𝜙0) =
11𝜋
6
−
7𝜋
6
 
𝜔 (𝑡2 − 𝑡1)⏟ 
=1 𝑠
=
4𝜋
6
 
𝜔 ⋅ 1 =
2𝜋
3
 
𝜔 =
2𝜋
3
 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
 Portanto: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
 
2𝜋
3
= √
𝑘
𝑚
 
 Como 𝜋 = 3, então: 
 
 
 
 
 
124 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
22 =
𝑘
0,2
 
𝑘 = 0,8 𝑁/𝑚 
Gabarito: C 
 (EFOMM – 2014) 
Um sistema massa-mola, com constante de mola igual a 40 N/m, realiza um movimento harmônico 
simples. A energia cinética, no ponto médio entre a posição de aceleração máxima e velocidade 
máxima, é igual a 0,1J. Sabendo que a velocidade máxima é igual a 2 m/s, a aceleração máxima é 
igual a 
Dado: Considere √6 = 
5
2
 
a) 30 m/s² b) 40 m/s². c) 50 m/s². d) 60 m/s². e) 70 m/s². 
Comentários: 
A energia mecânica do sistema vale: 
𝐸𝑚𝑒𝑐 =
𝑘𝐴2
2
 
Por conservação de energia no ponto médio:𝑘𝐴2
2
=
𝑘 (
𝐴
2)
2
2
+
𝑚𝑣2
2
=
𝑘𝐴2
8
+ 0,1 
3𝑘𝐴2
8
= 0,1 → 𝑘𝐴2 =
0,8
3
→ 𝐴 =
√6
30
𝑚 
Por conservação de energia no ponto com velocidade máxima: 
𝑘𝐴2
2
=
𝑚𝑣𝑚á𝑥
2
2
 
0,4
3
= 2𝑚 → 𝑚 =
2
30
𝑘𝑔 
A aceleração máxima é: 
𝑎𝑚á𝑥 =
𝑘𝐴
𝑚
= 20√6 = 50𝑚/𝑠2 
Gabarito: C 
 (EFOMM – 2011) 
Observe a figura a seguir. 
 
 
 
 
 
125 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
Uma mola ideal tem uma de suas extremidades presa ao teto e a outra a uma esfera de massa m 
que oscila em movimento harmônico simples. Ligada à esfera, tem-se um fio muito longo de massa 
desprezível, e nele observa-se, conforme indica a figura acima, a formação de uma onda harmônica 
progressiva que se propaga com velocidade V. Sendo assim, a constante elástica da mola é igual a 
a) k = 
16V2π2m
L2
 b) k = 
9V2π2m
L2
 c) k = 
4V2π2m
L2
 
d) k = 
2V2π2m
L2
 e) k = 
V2π2m
L2
 
Comentários: 
 Pela definição de frequência angular, temos: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= 2𝜋𝑓 → 𝑓 =
1
2𝜋
√
𝑘
𝑚
 
𝜆 = 2𝐿 
𝑣 = 𝜆𝑓 =
𝐿
𝜋
√
𝑘
𝑚
→ 𝑘 =
𝑣2𝜋2𝑚
𝐿2
 
Gabarito: E 
 (EFOMM – 2011) 
Observe a figura a seguir. 
 
Considere o sistema massa-mola indicado acima, que oscila sobre um plano horizontal num 
movimento harmônico simples com energia mecânica E, amplitude A, frequência f e velocidade 
máxima vm. Se a energia mecânica deste sistema for aumentada para 2E, quais serão, 
respectivamente, a amplitude, a frequência e a velocidade máxima do novo movimento harmônico 
simples? 
a) 2A, 2f, 2vm b) 2A, 2f, √2vm c) √2A, f, 2vm 
d) √2A, f, √2vm e) A, √2f, √2vm 
Comentários: 
 
 
 
 
 
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Considerando k e m constantes: 
- Para a amplitude: 
𝐸 =
𝑘𝐴2
2
 
2𝐸 =
𝑘𝐴′2
2
→ 𝐴′ = 𝐴√2 
- Para a frequência: 
𝑓 = 𝑓′ =
1
2𝜋
√
𝑘
𝑚
 
Finalmente, na velocidade máxima: 
𝐸 =
𝑚𝑣𝑚
2
2
 
2𝐸 =
𝑚𝑣𝑚
′2
2
→ 𝑣𝑚
′ = 𝑣𝑚√2 
Gabarito: D 
 
14. Lista de questões nível 3 
 (ITA - 1970) 
Dispõe-se de uma mola de massa desprezível e de 1,00 m de comprimento, e de um corpo cuja 
massa é igual a 2,00 kg. A mola está apoiada horizontalmente, sobre uma mesa, tendo um extremo 
fixo e o outro preso à massa, podendo esta deslizar, sem atrito, sobre a mesa. Puxa-se a massa de 
modo que a mola tenha 1,20 m de comprimento e verifica-se que, para mantê-la em equilíbrio nessa 
situação, é preciso aplicar uma força de 1,60 N. Algum tempo depois, solta-se a massa, que passa a 
executar um movimento oscilatório. Com estes dados pode-se afirmar que: 
a) a energia potencial máxima da mola é 0,32 J; 
b) a energia cinética máxima do sistema é 2,16 J; 
c) não é possível calcular a energia armazenada na mola, pois, não se sabe quanto tempo ela ficou 
distendida; 
 
 
 
 
 
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d)a massa executa, depois que passa a oscilar, um movimento harmônico simples de período 3,1 
segundos. 
e) a energia cinética da massa é 0,16 J quando, em oscilação, a massa estiver a uma distância de 
0,80 m do extremo fico. 
 (ITA - 1970) 
Dois pêndulos simples são abandonados a partir de uma posição P em que eles se tocam, como 
ilustra a figura. Sabendo-se que os comprimentos dos pêndulos estão na razão L2/L1 = 4/9, e que os 
períodos são T1 e T2 depois de quanto tempo t eles se tocarão novamente? 
 
 
 
 
 
 
a) t = 3 T1 b) t = 2 T1 c) t = 4 T2 
d) t = 9 T1 e) eles nunca se tocarão outra vez. 
 (ITA - 1970) 
Com duas molas de massa desprezível e constantes k1 e k2, e um corpo de massa M, monta-se o 
sistema indicado pela figura a e verifica-se que a massa M, oscila com um período T1. Em seguida, 
monta-se o sistema indicado pela figura b e verifica-se que a massa M oscila com um período T2. 
Pode-se afirmar que: 
a) T1 e T2, quaisquer que sejam os valores de k1 e k2 
b) T1 = T2, se k1 = k2 
c) T1< T2 
d) T1> T2 
e) T1 = 2 T2 se k1 = 2 k2 
 (ITA – 1975) 
 
 
 
 
 
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Dois movimentos harmônicos simples estão caracterizados no gráfico abaixo. Podemos afirmar 
 
a) 𝑥1 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 +
𝜋
2
), 𝑥2 = 𝐵 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 −
𝜋
2
) b) 𝑥1 = 𝐴 cos (𝜔𝑡 −
𝜋
2
), 𝑥2 = 𝐵 cos(𝜔𝑡 + 𝜋) 
c) 𝑥1 = 𝐴 cos (𝜔𝑡 −
𝜋
2
), 𝑥2 = −𝐵 cos(𝜔𝑡 + 𝜋) d) 𝑥1 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 +
𝜋
2
), 𝑥2 = −𝐵 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 −
𝜋
2
) 
e) N.D.A 
 (ITA – 1978) 
Dois corpos de massa “M” e “m” acham-se suspensos, verticalmente, por intermédio de uma mola 
ideal de constante “K”, conforme mostra a figura. O fio que prende o corpo de massa “m”, rompe-
se em R, deixando cair o corpo de massa “m”, provocando uma oscilação no corpo de massa “M”. 
Pode-se afirmar que a amplitude e o período “T” deste movimento serão dados, respectivamente, 
por: 
a) mg/K e 𝑇 = 2𝜋√𝑚 𝐾⁄ 
b) mg/K e 𝑇 = 2𝜋√𝑀 𝐾⁄ 
c) Mg/K e 𝑇 = 2𝜋√𝑚 𝐾⁄ 
d) Mg/K e 𝑇 = 2𝜋√𝑀 𝐾⁄ 
e) (M + m) g/K e 𝑇 = 2𝜋√(𝑀 +𝑚) 𝐾⁄ 
 (ITA – 1980) 
Uma partícula de massa 𝑚 realiza um movimento harmônico simples de amplitude 𝐴, em torno da 
posição de equilíbrio, 𝑂. Considerando nula a energia potencial para a partícula em 𝑂, calcular a 
elongação para a qual a energia cinética é igual ao dobro da energia potencial. 
 (ITA – 1987) 
Dois pêndulos simples, respectivamente de massas m1 e m2 e comprimento 𝑙1 e𝑙2 são 
simultaneamente abandonados para pôr-se em oscilação. Constata-se que a cada quatro ciclos do 
primeiro a situação inicial é restabelecida identicamente. Nessas condições pode-se afirmar 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√
 𝑙1
𝑙2
⁄ é um número inteiro. 
d) 6√
 𝑙1
𝑙2
⁄ é um número inteiro. 
e) 𝑚1 ⋅ 𝑙1 = 2𝑚2 ⋅ 𝑙2 
 (ITA - 1988) 
 
 
 
 
 
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Duas molas ideais, sem massa e de constantes de elasticidade k1 e 
k2, sendo k1 < k2, acham-se dependuradas no teto de uma sala. Em 
suas extremidades livres penduram-se massas idênticas. Observa-
se que, quando os sistemas oscilam verticalmente, as massas 
atingem a mesma velocidade máxima. Indicando por A1 e A2 as 
amplitudes dos movimentos e por E1 e E2 as energias mecânicas 
dos sistemas (1) e (2), respectivamente, podemos dizer que: 
a) A1 > A2 e E1 = E2 
b) A1 < A2 e E1 = E2 
c) A1 > A2 e E1 > E2 
d) A1 < A2 e E1 < E2 
e) A1 < A2 e E1 > E2 
 (ITA - 1989) 
Dois pêndulos simples, P1 e P2, de comprimento L1 e L2, estão indicados na 
figura. Determine L2 em função de L1 para que a situação indicada na figura 
se repita a cada 5 oscilações completas de P1 e 3 oscilações completas de 
P2. 
a) L2 = 1,66L1. 
b) L2 = 2,77 L1. 
c) L2 = 0,60 L1. 
d) L2 = 0,36L1. 
e) L2 = 15 L1. 
 (ITA - 1990) 
Uma experiência foi realizada para se determinar a diferença no valor da aceleração da gravidade, 
g(A) e g(B), respectivamente, em dois pontos A e B de uma certa área. Para isso construiu-se um 
pêndulo simples de comprimento 𝑙 e mediu-se no ponto A o tempo necessário para 100 oscilações 
obtendo-se 98 s. No ponto B, para as mesmas 100 oscilações, obteve-se 100 s. Neste caso pode-se 
afirmar que: 
a) g(A) < g(B) e a diferença é aproximadamente de 5% 
b) g(A) < g(B) e a diferença é aproximadamente de 4% 
c) g(A) > g(B) e a diferença é aproximadamente de 2% 
d) somente se pode fazer qualquer afirmativa a respeito dos valores de g(A) e g(B) e se conhecemos 
o valor de 𝑙. 
e) nenhuma das anteriores acima é satisfatória. 
 (Simulado – Pêndulo compensador) 
 
 
 
 
 
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A figura acima representa esquematicamente um pêndulo compensado. Ele é construído de tal 
forma que quando ocorre variações de temperatura, o seu períodopermanece inalterado. Dessa 
forma, a relação entre os comprimentos iniciais das barras A e B, e os coeficientes de dilatação linear 
das barras deve respeita a relação dada por: 
Considere que: 
- as barras A têm comprimentos iniciais iguais a 𝑙0𝐴 e coeficiente de dilatação linear 𝛼𝐴. 
- as barras B têm comprimentos iniciais iguais a 𝑙0𝐵 e coeficiente de dilatação linear 𝛼𝐵. 
a) 
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
𝛼𝐵
𝛼𝐴
 b) 
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
2𝛼𝐵
3𝛼𝐴
 c) 
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
3𝛼𝐵
2𝛼𝐴
 
d) 
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
𝛼𝐵
2𝛼𝐴
 e) 
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
2𝛼𝐵
𝛼𝐴
 
 (ITA - 1991) 
A equação 𝑥 = 1 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) expressa a posição de uma partícula em unidades do sistema 
internacional. Qual seria a forma do gráfico 𝑣 (𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒) × 𝑥 (𝑝𝑜𝑠𝑖çã𝑜) desta partícula? 
a) Uma reta paralela ao eixo de posição. 
b) Uma reta inclinada passando pela origem. 
c) Uma parábola. 
d) Uma circunferência. 
e) Uma elipse. 
 (ITA - 1993) 
Um pêndulo simples oscila com um período de 2,0 s. Se cravarmos um pino a uma distância 
3𝑙/4 do ponto de suspensão e na vertical que passa por aquele ponto, como mostrado na 
figura, qual será o novo período do pêndulo? Desprezar os atritos. Considere ângulos 
pequenos tanto antes quanto depois de atingir o pino. 
 
a) 1,5 s b) 2,7 s c) 3,0 s 
d) 4,0 s e) o período de oscilação não se altera 
 
 
 
 
 
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 (ITA - 1998) 
No início do século, Albert Einstein propôs que forças inerciais, como aquelas que aparecem 
em referenciais acelerados, sejam equivalentes às forças gravitacionais. Considere um 
pêndulo de comprimento 𝐿 suspenso no teto de um vagão de trem em movimento retilíneo 
com aceleração constante de módulo 𝑎, como mostra a figura. Em relação a um observador 
no trem, o período de pequenas oscilações do pêndulo ao redor da sua posição de equilíbrio 
𝜃0 é: 
 
 
 
a) 2𝜋√𝐿 𝑔⁄ b) 2𝜋√
𝐿
√𝑔2 − 𝑎²⁄ c) 2𝜋√
𝐿
√𝑎𝑔⁄ 
d) 2𝜋√𝐿 (𝑔 + 𝑎)⁄ e) 2𝜋√
𝐿
√𝑔2 + 𝑎²⁄ 
 (ITA – 2007 Adaptada) 
Uma bolinha de massa 𝑀 é colada na extremidade de dois elásticos iguais de borracha, cada 
qual de comprimento 𝐿/2, quando na posição horizontal. Desprezando o peso da bolinha, 
esta permanece apenas sob a ação da tensão 𝑇 de cada um dos elásticos e executa no plano 
vertical um movimento harmônico simples, tal que 𝑠𝑒𝑛𝑥 ≈ 𝑡𝑔𝑥 ≈ 𝑥. Considerando que a 
tensão não se altera durante o movimento, o período deste vale: 
 
 
 
 (ITA – 2007) 
 
 
 
 
 
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Um sistema massa-molas é constituído por molas de constantes k1 e k2, respectivamente, 
barras de massas desprezíveis e um corpo de massa 𝑚, como mostrado na figura. Determine 
a frequência desse sistema. 
 
 (ITA – 2008) 
Uma partícula P1 de dimensões desprezíveis oscila em movimento harmônico simples ao 
longo de uma reta com período de 8/3 s e amplitude a. Uma segunda partícula, P2, 
semelhante a P1, oscila de modo idêntico numa reta muito próxima e paralela à primeira, 
porém com atraso de 𝜋/12 rad em relação a P1. Qual a distância que separa P1 de P2, 8/9 s 
depois de P2 passar por um ponto de máximo deslocamento? 
a) 1,00a b) 0,29a c) 1,21a d) 0,21a e) 1,71a 
 (ITA – 2015) 
Na figura, as linhas cheias, tracejada e pontilhada representam a posição, a velocidade e a 
aceleração de uma partícula em um movimento harmônico simples. Com base nessas curvas 
assinale a opção correta dentre as seguintes proposições: 
I. As linhas cheia e tracejada representam, respectivamente, a posição e a aceleração da 
partícula. 
II. As linhas cheia e pontilhada representam, respectivamente, a posição e a velocidade da 
partícula. 
III. A linha cheia necessariamente representa a velocidade da partícula. 
 
a) apenas I é correta. b) apenas II é correta. c) apenas III é 
correta. 
 
 
 
 
 
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d) todas são incorretas. e) Não há informações suficientes para análise. 
 (ITA – 2016) 
Um pêndulo simples é composto por uma massa presa a um fio metálico de peso desprezível. 
A figura registra medidas do tempo 𝑇 em segundos, para 10 oscilações seguidas do pêndulo 
ocorridas ao longo das horas do dia, 𝑡. Considerando que neste dia houve uma variação 
térmica total de 20°C, assinale o valor do coeficiente de dilatação térmica do fio deste 
pêndulo. 
 
a) 2 ⋅ 10−4 °𝐶−1 b) 4 ⋅ 10−4 °𝐶−1 c) 6 ⋅ 10−4 °𝐶−1 
d) 8 ⋅ 10−4 °𝐶−1 e) 10 ⋅ 10−4 °𝐶−1 
 (ITA – 2017) 
Na figura, um tubo fino e muito leve, de área de seção reta S e comprimento a, encontra-se 
inicialmente cheio de água de massa 𝑀 e massa específica 𝜌. Graças a uma haste fina e de 
peso desprezível, o conjunto forma um pêndulo simples de comprimento 𝐿 medido entre o 
ponto de suspensão da haste e o centro de massa inicial da água. Posto a oscilar, no instante 
inicial começa a pingar água pela base do tubo a uma taxa constante 𝑟 = −∆𝑀 ∆𝑡⁄ . Assinale 
a expressão da variação temporal do período do pêndulo. 
 
a) 2𝜋√𝐿 𝑔⁄ b) 
2𝜋√ρLS−rt
√𝜌⋅𝑆⋅𝑔
 c) 
2𝜋√𝜌𝐿𝑆+𝑟𝑡
√𝜌𝑆𝑔
 
d) 
2𝜋√2ρLS−rt
√2𝜌𝑆𝑔
 e) 
2𝜋√2𝜌𝐿𝑆+𝑟𝑡
√2𝜌𝑆𝑔
 
 
Uma partícula, que se encontra em MHS ao longo de uma reta horizontal, inicia seu 
movimento quando a velocidade e nula e a aceleração é negativa. Durante o primeiro 
segundo a partícula percorre uma distância 𝑙1. Já no segundo seguinte, percorre 𝑙2 ainda na 
mesma direção. Encontre a amplitude das oscilações. 
 
 
 
 
 
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a) 𝐴 =
2𝑙1
2
3𝑙1−𝑙2
 b) 𝐴 =
2𝑙2
2
3𝑙1−𝑙2
 c) 𝐴 =
𝑙1
2
2𝑙1−𝑙2
 
d) 𝐴 = 𝑙1 + 𝑙2 e) 𝐴 = 𝑙1 + 2𝑙2 
 
Assinale o item que contém a afirmativa falsa. 
a) O período de um pêndulo simples aumenta com o aumento do ângulo máximo de desvio 
em relação à posição de equilíbrio. 
b) O período de um pêndulo simples depende do ângulo máximo de abertura mesmo quando 
estes são pequenos. 
c) Uma força constante atuando sobre uma partícula que executa MHS não altera a 
velocidade máxima e nem o período do movimento, considerando a mesma amplitude. 
d) Se passar a atuar uma força da forma 𝐹 = − 𝑏𝑣 em uma partícula que executava um MHS 
presa a uma mola ideal, a amplitude do movimento diminui com o tempo. 
e) Para que haja um MHS, a partícula deve estar nas proximidades de um equilíbrio estável. 
 
Um pêndulo simples e conectado a duas molas idênticas, 
inicialmente sem deformação, conforme a figura. Sabendo 
que a uma distância 𝐿 abaixo da carga 𝑄, se encontra uma 
carga fixa de mesmo modulo e sinal oposto –𝑄, determine, 
em função da constante elástica 𝑘, da massa 𝑚, da carga 𝑄 
do objeto, da aceleração da gravidade 𝑔 e do comprimento 
do pêndulo 𝐿, o período do movimento. Utilize aproximação 
para pequenos deslocamentos. 
a) 𝑇 = 2𝜋√
4𝜋𝜀0𝐿
3
4𝜋𝜀0𝑚𝑔𝐿
2+𝑄2
 
b) 𝑇 = 2𝜋√
4𝜋𝜀0𝐿
3
8𝜋𝐾𝜀0𝐿
3+4𝜋𝜀0𝑚𝑔𝐿
2
 
c) 𝑇 = 2𝜋√
4𝜋𝜀0𝐿
3
4𝜋𝐾𝜀0𝐿
3+4𝜋𝜀0𝑚𝑔𝐿
2−𝑄²
 
d) 𝑇 = 2𝜋√
4𝜋𝜀0𝐿
3
8𝜋𝐾𝜀0𝐿
3+4𝜋𝜀0𝑚𝑔𝐿
2+𝑄²
 
e) 𝑇 = 2𝜋√
𝜋𝜀0𝐿
3
8𝜋𝐾𝜀0𝐿
3+4𝜋𝜀0𝑚𝑔𝐿
2+𝑄²
 
 
Um bloco de 1 𝑘𝑔 é fixo em uma mola 𝐾 = 25 𝑁/𝑚, de tal maneira que oscila em uma 
superfície horizontal lisa. Em 𝑡 = 0 𝑠 a mola está comprimida 3 𝑐𝑚 e o sistema é solto. 
Determine as equações das posições e da velocidade, respectivamente. 
 
 
 
 
 
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a) �⃗� = 6𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
6
) 𝑐𝑚; �⃗� = 30𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
6
) 𝑐𝑚/𝑠 
b) �⃗� = 30𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
6
) 𝑐𝑚; �⃗� = 6𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
2𝜋
3
) 𝑐𝑚/𝑠 
c) �⃗� = 6𝑐𝑜𝑠 (5𝑡 +
𝜋
6
) 𝑐𝑚; �⃗� = 30𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
2𝜋
3
) 𝑐𝑚/𝑠 
d) �⃗� = 3𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
2
) 𝑐𝑚; �⃗� = 15𝑐𝑜𝑠 (5𝑡 +
𝜋
2
) 𝑐𝑚/𝑠 
e) �⃗� = 3𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
2
)𝑐𝑚; �⃗� = 6𝑐𝑜𝑠 (5𝑡 +
𝜋
3
) 𝑐𝑚/𝑠 
 
Um bloco unido a uma mola vertical é puxado para baixo 4 𝑐𝑚 em relação à posição de 
equilíbrio e depois solto. A aceleração inicial do bloco é 0,16 𝑚/𝑠² para cima. Determine a 
equação do movimento. 
a) 0,4𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 +
3𝜋
2
) 𝑚 b) 4𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 +
𝜋
2
) 𝑐𝑚 c) 4𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 +
5𝜋
2
) 𝑐𝑚 
d) 0,04𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 +
𝜋
2
) 𝑚 e) 4𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 +
3𝜋
2
) 𝑐𝑚 
 
Ao suspender um bloco de 10 𝑘𝑔 de mola, a mola se estira 6,25 𝑐𝑚. Determine o período 
de oscilação ao suspender um bloco de 16 𝑘𝑔 através da mesma mola. 
a) 𝜋 𝑠 b) 2𝜋 𝑠 c) 0,2𝜋 𝑠 d) 2 s e) 1 s 
 
Um bloco de 100 𝑔, unido a uma mola de rigidez 10 𝑁/𝑚 e oscila com uma amplitude de 
10 𝑐𝑚, sobre um piso horizontal liso. Se rapidamente, no primeiro extremo de uma 
oscilação, unidos a esse bloco, outro de 300 𝑔, determine a nova amplitude e o novo 
período. 
a) 10 cm; π/5 s b) 10 cm; 4π/5 s c) 5 cm; 2π/5 s 
d) 10 cm; 2π/5 s e) 20 cm; π/5 s 
 
Uma esfera de 1 𝑘𝑔 permanece em equilíbrio, suspendida por uma mola de rigidez 
100 𝑁/𝑚. A esfera é elevada 4 𝑐𝑚 e logo é lançada com uma velocidade de 0,4√3 𝑚/𝑠 para 
baixo. Determine sua posição após 2𝜋/15 s de seu lançamento. 
 
 
 
 
 
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a) − 2 𝑗 𝑐𝑚 
b) + 2 𝑗 𝑐𝑚 
c) + 4 𝑗 𝑐𝑚 
d) − 4 𝑗 𝑐𝑚 
e) + 8 𝑗 𝑐𝑚 
 
O bloco mostrado é puxado para direita de sua posição de equilíbrio e lançado com uma 
velocidade de √3 𝑖̂ m/s. Determine sua aceleração para 𝑡 = 𝜋/3 𝑠 se sua posição varia com 
a velocidade de acordo com o gráfico abaixo. 
 
a) 2√3 𝑖̂ 𝑚/𝑠² b) − 2√3 𝑖̂ 𝑚/𝑠² c) − 2 𝑖̂ 𝑚/𝑠² 
d) − 3 𝑖̂ 𝑚/𝑠² e) 5 𝑖̂ 𝑚/𝑠² 
 
Um bloco unido a uma mola oscila sobre um piso horizontal liso. Se si observa que entre os 
extremos de cada oscilação existe uma distância de 40 𝑐𝑚; determine sua velocidade em 
função do tempo, considere que em 𝑡 = 0 o bloco passa por �⃗� = +10 𝑐𝑚 (direita) e sua 
velocidade máxima é de 2 𝑚/𝑠. 
a) cos (20𝑡 +
𝜋
6
) 𝑚/𝑠 b) 2cos (10𝑡 +
𝜋
3
) 𝑚/𝑠 c) 2cos (20𝑡 +
𝜋
6
) 𝑚/𝑠 
d) 2cos (10𝑡 +
𝜋
6
) 𝑚/𝑠 e) 2sen (10𝑡 +
𝜋
6
) 𝑚/𝑠 
 
A figura mostra um sistema oscilador em repouso, onde a mola está deformada 6 cm. 
Repentinamente, o bloco é impulsionado para a base do plano notando-se uma aceleração 
máxima de 4 m/s². Quanto percorre o bloco durante os primeiros 3𝜋/20 segundos? 
 
 
 
 
 
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a) 11 cm b) 12 cm c) 13 cm d) 14 cm e) 15 cm 
 
Um bloco liso de 1 kg se encontra em repouso na posição mostrada. Se a mola é comprimida 
20 cm e logo após é solta, este bloco adquire uma energia cinética de 2 J. Determine o tempo 
que demora o bloco voltar para a posição de onde foi solto. Considere que o bloco é elástico. 
 
a) 2π/5 s b) 2π/15 s c) 3π/7 s d) 4π/15 s e) 2π/7 s 
 
O oscilador mostrado realiza um MHS com uma amplitude de 20 cm e frequência 𝑓 =
0,5 𝐻𝑧. Determine a energia potencial que apresenta a mola no instante em que esta é igual 
à energia cinética do bloco. (𝜋2 = 10; 𝑀 = 20 𝑔) 
 
a) 2 mJ b) 3 mJ c) 4 mJ d) 1 mJ 
 e) 0,5 mJ 
 
O bloco A de 400 g está soldado a uma mola de constante elástica 10 𝑁/𝑚 e com um bloco 
B de 400 g a mola se deforma 10√2 cm. Depois de se abandonar o bloco B, determine a 
equação de movimento do bloco A. 
 
 
 
 
 
 
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a) 0,2𝑠𝑒𝑛(10𝑡)𝑚 b) 0,1𝑠𝑒𝑛(10𝑡)𝑚 c) 0,1𝑠𝑒𝑛(5𝑡)𝑚 
d) 0,1𝑠𝑒𝑛(4𝑡)𝑚 e) 0,6𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑚 
 
Um corpo realiza uma trajetória elíptica tal como se mostra a figura. Se a equação de sua 
projeção no eixo Y é �⃗� = 5𝑠𝑒𝑛(2𝜋𝑡), determine a equação do movimento da projeção no 
eixo x⃗⃗ e o ângulo da fase inicial do movimento. 
 
a) �⃗� = 4 cos(2𝜋𝑡) ; 𝜋/2 b) �⃗� = 2 cos(2𝜋𝑡) ; 𝜋/2 
c) �⃗� = 4 sen(2𝜋𝑡) ; 𝜋 d) �⃗� = cos(2𝜋𝑡) ; 𝜋/2 
e) �⃗� = 8 sen(2𝜋𝑡) ; 𝜋/4 
 
Sobre as afirmações abaixo julgue se são verdadeiras (V) ou falsas (F). 
I. O período (𝑇) de um MHS se altera se o corpo que oscila recebe um impulso externo. 
II. Ao se duplicar a amplitude das oscilações de um MHS a energia mecânica do sistema 
oscilador se quadruplica. 
III. Em um MHS ao diminui a amplitude, a frequência (𝑓) das oscilações aumenta. 
a) VVV b) VVF c) FVV d) FVF e) FFV 
 
Sobre as afirmações abaixo julgue se são verdadeiras (V) ou falsas (F). 
I. Os sistemas que são oscilatórios periódicos na ausência da ação externa periódica se 
denominam sistemas auto-oscilatórios. 
II. As oscilações forçadas sempre ocorrem com a mesma frequência com que se varia a força 
externa. 
III. A ressonância é uma aplicação utilizada em uma série de aparatos para medir a 
frequência das oscilações. 
a) FVV b) FFV c) FVF d) VVV e) FFF 
 
O gráfico abaixo mostra o comportamento de um movimento oscilatório. Então podemos 
afirmar que: 
 
 
 
 
 
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I. A equação das oscilações é �⃗� = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜑). 
II. A energia mecânica se conserva. 
III. O período das oscilações é 𝑡2 − 𝑡1. 
IV. A equação do movimento oscilatório, é �⃗� = 𝐴𝑒−𝑐.𝑡; c ∈ 𝑍+ e as oscilações são 
amortecidas. 
 
a) I e II são verdadeiras b) I e IV são falsas c) II e III são verdadeiras 
d) III é verdadeira e) II e IV são falsas 
 
Se a massa do oscilador é 𝑚 = 4 𝑘𝑔 e sua energia cinética varia com sua posição x⃗⃗ segundo 
o gráfico, qual é o período da oscilação? 
 
a) π/4 s b) π/5 s c) π/6 s d) π/2 s e) π/3 s 
 
Um carrinho acelera com a 𝑚/𝑠² e gruda a um prego preso na parede. Determine a máxima 
velocidade do bloco de massa m apoiado sobre a superfície horizontal lisa interna do 
carrinho, se no instante que se dá o choque ele tem uma velocidade 𝑣. 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
a) 
𝑚𝑎
𝑘
√
𝐾
𝑚
 b) 
2𝑚𝑎
𝑘
√
𝐾
2𝑚
+ 𝑣 c) 
𝑚𝑎
𝑘
√
𝐾
2𝑚
 
d) √𝑣² +
𝑚.𝑎²
𝐾
 e) √𝑣² +
𝐾.𝑎²
𝑚
 
 
Um bloco liso de massa 𝑚 é solto quando a mola está estirada e logo que é solto oscila com 
uma amplitude máxima, tal que a tábua não desliza. O coeficiente de atrito estático entre a 
tábua e o piso é 𝜇𝑠. Qual é a equação de oscilação do bloco? 
 
a) �⃗� =
𝜇𝑠
2𝐾
𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 (
√𝐾
√𝑚
𝑡 +
𝜋
2
) b) �⃗� =
𝜇𝑠
2
𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 (
√𝐾
√3𝑚
𝑡 +
𝜋
8
) 
c) �⃗� =
3𝜇𝑠
𝐾
𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 (
√𝐾
√𝑚
𝑡 +
𝜋
2
) d) �⃗� =
3𝜇𝑠
2𝐾
𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 (
√𝐾
√𝑚
𝑡 +
𝜋
4
) 
e) �⃗� =
3𝜇𝑠
𝐾
𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 (
√𝐾
√𝑚
𝑡) 
 
A esfera de argila é lançada e se choca com o bloco de massa 𝑀 depois de alcançar sua 
velocidade mínima. Qual é a equação de movimento do sistema oscilante, se 𝑀 = 2 𝑘𝑔 e 
𝑚 = 0,5 𝑘𝑔? 
 
a) �⃗� = 2√3𝑠𝑒𝑛 (4𝑡 +
11𝜋
3
) 𝑚 b) �⃗� = 3𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 𝑚 
c) �⃗� = 2𝑠𝑒𝑛 (√3𝑡 +
3𝜋
5
) 𝑚 d) �⃗� = √16𝑠𝑒𝑛 (4𝑡 +
3𝜋
2
) 𝑚 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
e) �⃗� = 0,4𝑐𝑜𝑠 (2𝑡 +
𝜋
6
) 𝑚 
 
Unem-se os extremos livres da mola ao bloco, mantendo-o na posição indicada. Ao se soltar 
o bloco move-se para a direita. Determine a amplitude de oscilação do bloco. Despreze os 
atritos. 
 
a) 
(𝐾2−𝐾1)𝐿
𝐾1+𝐾2
 b) 
(𝐾2+𝐾1)𝐿
𝐾2−𝐾1
 c) 
(𝐾2−𝐾1)𝐿
2(𝐾1+𝐾2)
 
d) 
2(𝐾2+𝐾1)𝐿
𝐾1−𝐾2
 e) 
2(𝐾1−𝐾2)𝐿
𝐾2+𝐾1
 
 
O sistema a seguir se encontra em equilíbrio. Determine o período de oscilação da esfera 
quando ela é afastada (pequena distância) da posição de equilíbrio. 
 
a) 2𝜋√
𝑚
𝐾
 b) 4𝜋√
𝑚
𝐾
 c) 𝜋√
𝑚
𝐾
 d) 
𝜋
2
√
𝑚
𝐾
 e) 
𝜋
4
√
𝑚
𝐾
 
 
Quatro esferas, cada uma de massa 𝑚 estão unidas a molas idênticas tal como se mostra a 
figura abaixo. Se a cada esfera é comunicadauma velocidade dirigida para o centro de massa 
do sistema, determine após quanto tempo as molas atingem máximo estiramento. 
 
 
 
 
 
142 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
a) 3𝜋√
2𝑚
𝐾
 b) 
2𝜋
3
√
𝑚
2𝐾
 c) 
3𝜋
2
√
𝑚
2𝐾
 d) 
𝜋
2
√
3𝑚
𝐾
 e) 2𝜋√
𝑚
3𝐾
 
 
Uma superfície plana tangente a superfície terrestre se solta um bloco liso. Determine o 
período de pequenas oscilações do bloco, se 𝑅 é o raio da Terra. 
a) 2𝜋√
𝑅
2𝑔
 
b) 2𝜋√
2𝑅
𝑔
 
c) 2𝜋√
𝑅
𝑔
 
d) 𝜋√
𝑅
2𝑔
 
e) 𝜋√
3𝑅
𝑔
 
 
Uma mola ideal está unida a um cilindro homogêneo como mostra a figura. Se soltarmos o 
cilindro na posição em que a mola está estirada, observamos que esse cilindro roda sem 
deslizar e o centro de massa deste realiza um MHS. Determine o período de oscilações. 
 
a) 2𝜋√
3𝑀
2𝐾
 b) 𝜋√
𝑀
2𝐾
 c) 𝜋√
3𝑀
𝐾
 d) 𝜋√
𝑀
3𝐾
 e) 2𝜋√
𝑀
𝐾
 
 
No sistema esquematizado a polia é leve e giratória sem atrito e os fios são leves, flexíveis e 
inextensíveis. As molas são leves e tem constante elástica 𝑘1 e 𝑘2; o bloco suspenso tem 
massa 𝑚. Determinar o período das oscilações verticais da carga. 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
 
Um corpo de massa 𝑚, sujeita a uma mola cuja constante elástica é 𝑘, realiza oscilações de 
amplitude 𝐴 sobre um solo horizontal. A uma distância 𝐴/2 da posição de equilíbrio, coloca-
se uma placa de uma massa muito grande. Os choques do corpo com a placa são 
perfeitamente elásticos. Determinar o período das oscilações nesse caso. 
 
 
Dois blocos, de massa 𝑚1 e 𝑚2, são ligados por uma mola de rigidez 𝑘. A mola está 
comprimida com a ajuda de fios. Os fios são cortados. Determinar o período das oscilações 
dos blocos. 
 
 
Um corpo de massa 𝑚 pode deslizar ao longo de um eixo horizontal 𝑂𝑂’ entre duas paredes 
verticais. A ambos lados do corpo estão sujeitas molas sem peso de igual rigidez 𝑘. Quando 
o corpo estiver situado simetricamente entre as paredes, as distâncias dos extremos livres 
das molas até as paredes serão iguais a 𝑎. Se ao corpo comunica-se a velocidade 𝑉0, este 
passa a oscilar entre as paredes. Qual o período dessas oscilações. 
 
 
Uma barra de massa desprezível está em repouso, como na figura abaixo. A distância 𝑑 do ponto de 
articulação, é posicionada uma massa 𝑚. Se comprimimos a mola ligeiramente para baixo e 
abandonarmos o sistema, calcule o período das pequenos oscilações deste sistema. 
 
 
 
 
 
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 (IPHO) 
Uma pequena massa é presa na extremidade de uma mola ideal e posta a oscilar na vertical 
em sua frequência natural 𝑓. Se a mola é cortada ao meio e a mesma massa é presa em uma 
das extremidades, qual é a nova frequência natural 𝑓’ de oscilação. 
 
Nos extremos de uma barra, de peso desprezível e de comprimento 𝑑, são fixadas duas 
pequenas esferas de massas 𝑚. A barra é suspensa, por uma articulação, de tal maneira que 
pode girar sem atrito junto de seu eixo vertical que passa pelo meio da mesma. Em uma 
mesma reta que a barra, são fixadas duas esferas grandes com massas 𝑀. A distância entre 
os centros das esferas grandes e a pequena é 𝐿. Determinar o período das pequenas 
oscilações descritas pelo pêndulo giratório. 
 
 
Dois pêndulos simples de comprimento 𝑙 cada um estão ligados por uma mola de peso 
desprezível, como mostra a figura 1. O coeficiente de elasticidade da mola é igual a 𝑘. Em 
equilíbrio, os pêndulos estão na posição vertical e a mola não se deforma. Determinar a 
frequência das pequenas oscilações dos dois pêndulos unidos no caso em que foram 
inclinados, em ângulo iguais, para lados diferentes. 
 
 
 
 
 
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 (Simulado ITA) 
Uma massa pendular 𝑚 com carga 𝑞 é colocada entre as placas de um capacitor, conforme figura 
abaixo. 
 
Após fazer uma pequena perturbação, o período de oscilação da massa pendular é de: 
Considere que a massa pendular oscila em um plano perpendicular as placas do capacitor. Além 
disso, a intensidade do campo elétrico entre as placas é 𝐸 e a aceleração da gravidade local é 𝑔. 
a) 2𝜋√
𝑙
√𝑔2−(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 b) 2𝜋√
𝑙⋅𝑡𝑔(𝛼)
√𝑔2+(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 c) 2𝜋√
𝑙
√𝑔2+(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 
d) 2𝜋√
𝑙⋅𝑠𝑒𝑛(𝛼)
√𝑔2−(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 e) 2𝜋√
2⋅𝑙⋅𝑡𝑔(𝛼)
√𝑔2−(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 
 (Simulado ITA) 
Uma bloco de massa 𝑚 é suspenso por uma mola vertical de constante elástica 𝑘 e permanece em 
equilíbrio. Em um dado momento, a massa é lançada para baixo com velocidade 𝑣. A partir da 
posição de equilíbrio, qual a distância percorrida pelo bloco até que ele pare instantaneamente? 
Desconsidere eventuais atritos. 
a) √
𝑘
𝑚
⋅ 𝑣 b) √
2𝑚
𝑘
⋅ 𝑣 c) √
𝑚
𝑘
⋅ 𝑣 d) √
𝑚
2𝑘
⋅ 𝑣 e) √
𝑚
𝑘
⋅ 2𝑣 
 
 
 
 
 
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15. Gabarito sem comentários nível 3 
1) D 
2) A 
3) D 
4) B 
5) B 
6) ±
𝐴
√3
 
7) C 
8) C 
9) B 
10) E 
11) D 
12) E 
13) A 
14) E 
15) 2𝜋√
𝑀𝐿
4𝑇
 
16) 𝑓 =
1
2𝜋
⋅ √
6⋅𝑘1⋅𝑘2
𝑚(2𝑘1+3𝑘2)
 
17) D 
18) D 
19) C 
20) E 
21) A 
22) B 
23) D 
24) D 
25) E 
26) C 
27) D 
28) C 
29) C 
30) D 
31) B 
32) B 
33) A 
34) C 
35) A 
36) D 
37) D 
38) D 
39) B 
40) D 
41) C 
42) B 
43) A 
44) C 
45) C 
46) C 
47) A 
48) : 𝑇 = 2𝜋√
𝑚(𝑘1+𝑘2)
𝑘1.𝑘2
 
49) 𝑇 =
4𝜋
3
√
𝑚
𝑘
 
50) 𝑇 = 2𝜋√
𝑚1.𝑚2
𝑘(𝑚1+𝑚2)
 
51) 𝑇 =
4𝑎
𝑣𝑜
+ 2𝜋√
𝑚
𝑘
 
52) 𝑇 = 2𝜋 ⋅
𝑑
𝐿
⋅ √
𝑚
𝐾
 
53) 𝑓′ = 𝑓√2 
54) 𝑇 = 2𝜋√
𝑑𝐿²
2𝐺𝑀
 
55) 𝑇 = 2𝜋√
𝑙
𝑔+
2𝑘𝑙
𝑚
 
56) C 
57) C 
 
 
 
 
 
 
147 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 
16. Lista de questões nível 3 comentada 
 (ITA - 1970) 
Dispõe-se de uma mola de massa desprezível e de 1,00 m de comprimento, e de um corpo cuja 
massa é igual a 2,00 kg. A mola está apoiada horizontalmente, sobre uma mesa, tendo um extremo 
fixo e o outro preso à massa, podendo esta deslizar, sem atrito, sobre a mesa. Puxa-se a massa de 
modo que a mola tenha 1,20 m de comprimento e verifica-se que, para mantê-la em equilíbrio nessa 
situação, é preciso aplicar uma força de 1,60 N. Algum tempo depois, solta-se a massa, que passa a 
executar um movimento oscilatório. Com estes dados pode-se afirmar que: 
a) a energia potencial máxima da mola é 0,32 J; 
b) a energia cinética máxima do sistema é 2,16 J; 
c) não é possível calcular a energia armazenada na mola, pois, não se sabe quanto tempo ela ficou 
distendida; 
d)a massa executa, depois que passa a oscilar, um movimento harmônico simples de período 3,1 
segundos. 
e) a energia cinética da massa é 0,16 J quando, em oscilação, a massa estiver a uma distância de 
0,80 m do extremo fico. 
Comentários: 
O aluno pode adotar dois métodos de solução. O primeiro sendo por eliminação das alternativas: 
1) O sistema em MHS possui energia mecânica total fixa (visto que a mesa não tem atrito). A 
energia mecânica total é dada pela soma da energia cinética e potencial elástica. Nos extremos do MHS, 
a energia cinética é nula e tem-se somente energia potencial. Portanto, a energia potencial nos extremos 
é: 
𝐸𝑃 = 𝑘 ⋅
𝑥2
2
= (𝑘 ⋅ 𝑥) ⋅
𝑥
2
= 1,6 ⋅
0,2
2
= 0,16 𝐽 
Como esta é a energia potencial nas extremidades do movimento: 
𝐸𝑀 = 0,16 𝐽 
Portanto, a energia mecânica total é de 0,16 𝐽. (A, B e C já foram eliminadas). Pelo equilíbrio citado 
na questão: 
1,6 = 𝑘 ⋅ 0,2 ⇒ 𝑘 = 8 
𝑁
𝑚
 
Assim, a energia mecânica na situação fornecida pela alternativa E é: 
 
 
 
 
 
148 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝐸𝑀 = 𝐸𝑃 + 𝐸𝐶 
0,16 = 8 ⋅
0,22
2
+ 𝐸𝐶 ⇒ 𝐸𝐶 = 0,16 − 0,16 ⇒ 𝐸𝐶 = 0 𝐽 
Portanto, a única alternativaviável é letra D. 
2) O segundo método é pelo cálculo direto do período. 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
2
8
≅ 3,1 𝑠 
Gabarito: D 
 (ITA - 1970) 
Dois pêndulos simples são abandonados a partir de uma posição P em que eles se tocam, como 
ilustra a figura. Sabendo-se que os comprimentos dos pêndulos estão na razão L2/L1 = 4/9, e que os 
períodos são T1 e T2 depois de quanto tempo t eles se tocarão novamente? 
 
 
 
 
 
 
a) t = 3 T1 b) t = 2 T1 c) t = 4 T2 
d) t = 9 T1 e) eles nunca se tocarão outra vez. 
Comentários: 
O período de um pêndulo simples é dado por: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋√
𝐿
𝑔
 
𝑇1
𝑇2
=
√
𝐿1
𝑔
√
𝐿2
𝑔
= √
𝐿1
𝐿2
=
3
2
⇒ 𝑇1 =
3
2
⋅ 𝑇2 
Portanto, quando o pêndulo 2 realizar 2 períodos completos, o pêndulo 1 realizará 3 períodos 
completos. Portanto, se encontrarão novamente após 2 ⋅ 𝑇2 ou 3 ⋅ 𝑇1. Assim, a resposta é letra A. 
Gabarito: A 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 (ITA - 1970) 
Com duas molas de massa desprezível e constantes k1 e k2, e um corpo de massa M, monta-se o 
sistema indicado pela figura a e verifica-se que a massa M, oscila com um período T1. Em seguida, 
monta-se o sistema indicado pela figura b e verifica-se que a massa M oscila com um período T2. 
Pode-se afirmar que: 
a) T1 e T2, quaisquer que sejam os valores de k1 e k2 
b) T1 = T2, se k1 = k2 
c) T1< T2 
d) T1> T2 
e) T1 = 2 T2 se k1 = 2 k2 
Comentários: 
Para a situação inicial, as molas estão em série. Portanto: 
1
𝑘𝑒𝑞,1
=
1
𝑘1
+
1
𝑘2
⇒ 𝑘𝑒𝑞,1 =
𝑘1 ⋅ 𝑘2
𝑘1 + 𝑘2
 
Para a situação final, as molas estão em paralelo, portanto: 
𝑘𝑒𝑞,2 = 𝑘1 + 𝑘2 
Assim, o período 𝑇1 é dado por: 
𝑇1 = 2 ⋅ 𝜋√
𝑚
𝑘𝑒𝑞,1
 
𝑇2 = 2 ⋅ 𝜋√
𝑚
𝑘𝑒𝑞,2
 
𝑇1
𝑇2
= √
𝑘𝑒𝑞,2
𝑘𝑒𝑞,1
= √
(𝑘1 + 𝑘2)2
𝑘1 ⋅ 𝑘2
 
𝑇1
𝑇2
= √
𝑘1
2 + 𝑘2
2
𝑘1 ⋅ 𝑘2
+ 2 > 1 
Restam somente duas possibilidades, D e E. Substituindo os valores de E, vê-se que a afirmativa é 
falsa. Portanto, a resposta correta é D. 
Gabarito: D 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
 (ITA – 1975) 
Dois movimentos harmônicos simples estão caracterizados no gráfico abaixo. Podemos afirmar 
 
a) 𝑥1 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 +
𝜋
2
), 𝑥2 = 𝐵 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 −
𝜋
2
) b) 𝑥1 = 𝐴 cos (𝜔𝑡 −
𝜋
2
), 𝑥2 = 𝐵 cos(𝜔𝑡 + 𝜋) 
c) 𝑥1 = 𝐴 cos (𝜔𝑡 −
𝜋
2
), 𝑥2 = −𝐵 cos(𝜔𝑡 + 𝜋) d) 𝑥1 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 +
𝜋
2
), 𝑥2 = −𝐵 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 −
𝜋
2
) 
e) N.D.A 
Comentários: 
Pontos a notar que 𝑥1(0) = 0 e 𝑥2(0) = −𝐵. 
Com isso, começa-se a analisar as alternativas: 
- A letra A é invalida para 𝑥1(0); 
- A letra B é válida tanto para 𝑥1(0) quanto para 𝑥2(0); 
- A letra C é válida para 𝑥1(0) mas não para 𝑥2(0); 
- A letra D é inválida tanto para 𝑥1(0) quanto para 𝑥2(0). 
Gabarito: B 
 (ITA – 1978) 
Dois corpos de massa “M” e “m” acham-se suspensos, verticalmente, por intermédio de uma mola 
ideal de constante “K”, conforme mostra a figura. O fio que prende o corpo de massa “m”, 
rompe-se em R, deixando cair o corpo de massa “m”, provocando uma oscilação no corpo 
de massa “M”. Pode-se afirmar que a amplitude e o período “T” deste movimento serão 
dados, respectivamente, por: 
a) mg/K e 𝑇 = 2𝜋√𝑚 𝐾⁄ 
b) mg/K e 𝑇 = 2𝜋√𝑀 𝐾⁄ 
c) Mg/K e 𝑇 = 2𝜋√𝑚 𝐾⁄ 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
d) Mg/K e 𝑇 = 2𝜋√𝑀 𝐾⁄ 
e) (M + m) g/K e 𝑇 = 2𝜋√(𝑀 +𝑚) 𝐾⁄ 
Comentários: 
Primeiro deve-se calcular a posição de equilíbrio do sistema (sem o corpo “m”) e em seguida 
calcular-se a posição a partir do qual se inicia o MHS. A diferença entre estas duas posições será a 
amplitude. A posição de equilíbrio é: 
𝐾 ⋅ 𝑥 = 𝑀 ⋅ 𝑔 ⇒ 𝑥 = 𝑀 ⋅
𝑔
𝐾
 
A posição inicial é dada por: 
𝐾 ⋅ 𝑥′ = (𝑀 +𝑚) ⋅ 𝑔 
𝑥′ = (𝑀 +𝑚) ⋅
𝑔
𝐾
 
𝑥′ − 𝑥 =
𝑔
𝐾
⋅ 𝑚 = 𝐴𝑚𝑝𝑙𝑖𝑡𝑢𝑑𝑒 
O período é dado por (sistema massa mola comum): 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑀
𝑘
 
Gabarito: B 
 (ITA – 1980) 
Uma partícula de massa 𝑚 realiza um movimento harmônico simples de amplitude 𝐴, em torno da 
posição de equilíbrio, 𝑂. Considerando nula a energia potencial para a partícula em 𝑂, calcular a 
elongação para a qual a energia cinética é igual ao dobro da energia potencial. 
Comentários: 
Considerando a posição de afastamento máximo do equilíbrio (𝑂 ± 𝐴), temos que a energia 
mecânica do sistema é: 
𝐸𝑀 = 𝑘 ⋅
𝐴2
2
 
Portanto, como há conservação de energia mecânica, e pede-se a posição em que a energia 
cinética é igual ao dobro da energia potencial: 
𝐸𝑀 = 𝐸𝑃 + 𝐸𝐶 
𝐸𝑀 = 𝐸𝑃 + 2 ⋅ 𝐸𝑃 = 3𝐸𝑃 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
𝐸𝑃 =
𝐸𝑀
3
 
𝑘 ⋅
𝑥2
2
= 𝑘 ⋅
𝐴2
6
⇒ 𝑥2 =
𝐴2
3
⇒ 𝑥 = ±
𝐴
√3
 
Gabarito: 𝒙 = ±
𝑨
√𝟑
 
 (ITA – 1987) 
Dois pêndulos simples, respectivamente de massas m1 e m2 e comprimento 𝑙1 e𝑙2 são 
simultaneamente abandonados para pôr-se em oscilação. Constata-se que a cada quatro ciclos do 
primeiro a situação inicial é restabelecida identicamente. Nessas condições pode-se afirmar 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√
 𝑙1
𝑙2
⁄ é um número inteiro. 
d) 6√
 𝑙1
𝑙2
⁄ é um número inteiro. 
e) 𝑚1 ⋅ 𝑙1 = 2𝑚2 ⋅ 𝑙2 
Comentários: 
Sabe-se pelo enunciado que a cada 4 períodos do primeiro pêndulo, o segundo deve realizar um 
número inteiro (e primo de 4) de períodos de forma que ambos estejam na mesma posição. Portanto: 
4 ⋅ 𝑇1 = 𝑛 ⋅ 𝑇2 
8 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑙1
𝑔
= 𝑛 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑙2
𝑔
∴ 8 ⋅ √
𝑙1
𝑙2
= 𝑛 
Gabarito: C 
 (ITA - 1988) 
Duas molas ideais, sem massa e de constantes de elasticidade k1 e 
k2, sendo k1 < k2, acham-se dependuradas no teto de uma sala. Em 
suas extremidades livres penduram-se massas idênticas. Observa-
se que, quando os sistemas oscilam verticalmente, as massas 
atingem a mesma velocidade máxima. Indicando por A1 e A2 as 
amplitudes dos movimentos e por E1 e E2 as energias mecânicas 
dos sistemas (1) e (2), respectivamente, podemos dizer que: 
a) A1 > A2 e E1 = E2 
b) A1 < A2 e E1 = E2 
c) A1 > A2 e E1 > E2 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
d) A1 < A2 e E1 < E2 
e) A1 < A2 e E1 > E2 
Comentários: 
Generalizando as equações dos movimentos como: 
𝑋1(𝑡) = 𝐴1 ⋅ cos(𝜔1 ⋅ 𝑡 + 𝛼) 
𝑋2(𝑡) = 𝐴2 ⋅ cos(𝜔2 ⋅ 𝑡 + 𝛽) 
Em que: 
𝜔1 = √
𝑘1
𝑚
 𝑒 𝜔2 = √
𝑘2
𝑚
 
Logo: 
𝑣1 = −𝜔1 ⋅ 𝐴1 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔1 ⋅ 𝑡 + 𝛼) 
𝑣2 = −𝜔2 ⋅ 𝐴2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔2 ⋅ 𝑡 + 𝛽) 
Portanto, as velocidades máximas são respectivamente: 
𝑉1 = 𝜔1 ⋅ 𝐴1 𝑒 𝑉2 = 𝜔2 ⋅ 𝐴2 
Sabe-se que elas são iguais e sabe-se que 𝜔1 < 𝜔2, portanto: 
𝑉1 = 𝑉2 
𝜔1 ⋅ 𝐴1 = 𝜔2 ⋅ 𝐴2 ⇒
𝐴1
𝐴2
=
𝜔2
𝜔1
> 1 
𝐴1 > 𝐴2 
A energia do movimento pode ser calculada no ponto de equilíbrio em torno do qual o sistema 
oscila (velocidade é máxima): 
𝐸1 =
𝑚𝑣2
2
+
𝑘1𝑥1
2
2
 𝑒 𝐸2 =
𝑚𝑣2
2
+
𝑘2𝑥2
2
2
 
Repare que se adotou que ambas as velocidades são iguais. Portanto: 
𝐸1 − 𝐸2 =
1
2
⋅ (𝑘1𝑥1
2 − 𝑘2𝑥2
2) 
Pelo equilíbrio: 
𝑚𝑔 = 𝑘1 ⋅ 𝑥1 → 𝑥1 =
𝑚𝑔
𝑘1
 
 
 
 
 
 
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Analogamente: 
𝑥2 =
𝑚𝑔
𝑘2
 
Logo: 
𝐸1 − 𝐸2 =
𝑚2 ⋅ 𝑔2
2
⋅ (
1
𝑘1
−
1
𝑘2
) > 0 
⇒ 𝐸1 > 𝐸2 
Gabarito: C 
 (ITA - 1989) 
Dois pêndulos simples, P1 e P2, de comprimento L1 e L2, estão indicados na 
figura. Determine L2 em função de L1 para que a situação indicada na figura 
se repita a cada 5 oscilações completas de P1 e 3 oscilações completas de 
P2. 
a) L2 = 1,66L1. 
b) L2 = 2,77 L1. 
c) L2 = 0,60 L1. 
d) L2 = 0,36L1. 
e) L2 = 15 L1. 
Comentários: 
Para que se repita nessas condições: 
5 ⋅ 𝑃1 = 3 ⋅ 𝑃2 
5 ⋅ 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝐿1
𝑔
= 3 ⋅ 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝐿2𝑔
 
√
𝐿2
𝐿1
=
5
3
⇒ 𝐿2 =
25
9
𝐿1 ≅ 2,77𝐿1 
Gabarito: B 
 (ITA - 1990) 
Uma experiência foi realizada para se determinar a diferença no valor da aceleração da gravidade, 
g(A) e g(B), respectivamente, em dois pontos A e B de uma certa área. Para isso construiu-se um 
pêndulo simples de comprimento 𝑙 e mediu-se no ponto A o tempo necessário para 100 oscilações 
obtendo-se 98 s. No ponto B, para as mesmas 100 oscilações, obteve-se 100 s. Neste caso pode-se 
afirmar que: 
 
 
 
 
 
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a) g(A) < g(B) e a diferença é aproximadamente de 5% 
b) g(A) < g(B) e a diferença é aproximadamente de 4% 
c) g(A) > g(B) e a diferença é aproximadamente de 2% 
d) somente se pode fazer qualquer afirmativa a respeito dos valores de g(A) e g(B) e se conhecemos 
o valor de 𝑙. 
e) nenhuma das anteriores acima é satisfatória. 
Comentários: 
Fazendo a relação entre os períodos, temos: 
𝑇𝐴
𝑇𝐵
=
2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑙
𝑔𝐴
2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑙
𝑔𝐵
= √
𝑔𝐴
𝑔𝐵
= 0,98 
𝑔𝐵
𝑔𝐴
= (1 − 0,02)2 ≅ (1 − 2 ⋅ 0,02) = 0,96 
Gabarito: E 
 (Simulado – Pêndulo compensador) 
 
A figura acima representa esquematicamente um pêndulo compensado. Ele é construído de tal 
forma que quando ocorre variações de temperatura, o seu período permanece inalterado. Dessa 
forma, a relação entre os comprimentos iniciais das barras A e B, e os coeficientes de dilatação linear 
das barras deve respeita a relação dada por: 
Considere que: 
- as barras A têm comprimentos iniciais iguais a 𝑙0𝐴 e coeficiente de dilatação linear 𝛼𝐴. 
- as barras B têm comprimentos iniciais iguais a 𝑙0𝐵 e coeficiente de dilatação linear 𝛼𝐵. 
a) 
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
𝛼𝐵
𝛼𝐴
 b) 
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
2𝛼𝐵
3𝛼𝐴
 c) 
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
3𝛼𝐵
2𝛼𝐴
 
d) 
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
𝛼𝐵
2𝛼𝐴
 e) 
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
2𝛼𝐵
𝛼𝐴
 
Comentários: 
 Sem perdas de generalidade, podemos olhar a barra horizontal superior como sendo fixa. Assim, 
quando variamos a temperatura de Δ𝜃, as barras 𝑙0𝐴 sofrem uma variação Δ𝑙𝐴. Portanto, tudo se passa 
como se a massa pendular tivesse descido de 2Δ𝑙𝐴. 
 
 
 
 
 
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 Para que o período não sofra variação, o comprimento efetivo do pêndulo 𝑙 deve permanecer 
inalterado. Assim, a dilatação das barras 𝐵 deve compensar a variação de das barras A. Portanto: 
2Δ𝑙𝐴 = Δ𝑙𝐵 
2 ⋅ 𝑙0𝐴 ⋅ 𝛼𝐴 ⋅ Δ𝜃 = 𝑙0𝐵 ⋅ 𝛼𝐵 ⋅ Δ𝜃 ∴
𝑙0𝐴
𝑙0𝐵
=
𝛼𝐵
2𝛼𝐴
 
Gabarito: D 
 (ITA - 1991) 
A equação 𝑥 = 1 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(2𝑡) expressa a posição de uma partícula em unidades do sistema 
internacional. Qual seria a forma do gráfico 𝑣 (𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒) × 𝑥 (𝑝𝑜𝑠𝑖çã𝑜) desta partícula? 
a) Uma reta paralela ao eixo de posição. 
b) Uma reta inclinada passando pela origem. 
c) Uma parábola. 
d) Uma circunferência. 
e) Uma elipse. 
Comentários: 
 Derivando a posição, encontramos a velocidades: 
𝑣 =
𝑑𝑥
𝑑𝑡
=
𝑑(𝑠𝑒𝑛 2𝑡)
𝑑𝑡
= 2 ⋅ cos 2𝑡 
Note que: 
𝑣
2
= cos 2𝑡 ⇒
𝑥
1
= 𝑠𝑒𝑛 2𝑡 ⇒
𝑣2
4
+
𝑥2
1
= 1 
Gabarito: E 
 (ITA - 1993) 
Um pêndulo simples oscila com um período de 2,0 s. Se cravarmos um pino a uma distância 
3𝑙/4 do ponto de suspensão e na vertical que passa por aquele ponto, como mostrado na 
figura, qual será o novo período do pêndulo? Desprezar os atritos. Considere ângulos 
pequenos tanto antes quanto depois de atingir o pino. 
 
a) 1,5 s b) 2,7 s c) 3,0 s 
d) 4,0 s e) o período de oscilação não se altera 
 
 
 
 
 
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Comentários: 
O comprimento final é de: 
𝑙′ =
𝑙
4
 
𝑇′ = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑙′
𝑔
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑙
𝑔
⋅
1
2
=
𝑇
2
= 1𝑠 
No entanto, o que ocorre é um acoplamento dos dois movimentos. O pêndulo segue em 
seu MHS original até atingir o prego, quando atinge ele entra no novo MHS, onde permanece 
meio período até novamente perder contato com o prego. Sendo assim, o período final é de: 
𝑇𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
1
2
+
2
2
= 1,5 𝑠 
Gabarito: A 
 (ITA - 1998) 
No início do século, Albert Einstein propôs que forças inerciais, como aquelas que aparecem 
em referenciais acelerados, sejam equivalentes às forças gravitacionais. Considere um 
pêndulo de comprimento 𝐿 suspenso no teto de um vagão de trem em movimento retilíneo 
com aceleração constante de módulo 𝑎, como mostra a figura. Em relação a um observador 
no trem, o período de pequenas oscilações do pêndulo ao redor da sua posição de equilíbrio 
𝜃0 é: 
 
 
 
a) 2𝜋√𝐿 𝑔⁄ b) 2𝜋√
𝐿
√𝑔2 − 𝑎²⁄ c) 2𝜋√
𝐿
√𝑎𝑔⁄ 
d) 2𝜋√𝐿 (𝑔 + 𝑎)⁄ e) 2𝜋√
𝐿
√𝑔2 + 𝑎²⁄ 
Comentários: 
O módulo da gravidade aparente é dado por: 
𝑔𝑎𝑝 = √𝑔
2 + 𝑎2 
Portanto, o período fica: 
 
 
 
 
 
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𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝐿
𝑔𝑎𝑝
 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝐿
√𝑔2 + 𝑎2
 
Gabarito: E 
 (ITA – 2007 Adaptada) 
Uma bolinha de massa 𝑀 é colada na extremidade de dois elásticos iguais de borracha, cada 
qual de comprimento 𝐿/2, quando na posição horizontal. Desprezando o peso da bolinha, 
esta permanece apenas sob a ação da tensão 𝑇 de cada um dos elásticos e executa no plano 
vertical um movimento harmônico simples, tal que 𝑠𝑒𝑛𝑥 ≈ 𝑡𝑔𝑥 ≈ 𝑥. Considerando que a 
tensão não se altera durante o movimento, o período deste vale: 
 
 
 
Comentários: 
Considerando a força de cada elástico como 𝑇, a força restauradora fica: 
2 ⋅ 𝑇 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑘 ⋅ 𝑦 
Mas, pelas relações trigonométricas dos triângulos retângulos: 
𝑦 =
𝐿
2
⋅ 𝑡𝑔 𝜃 
Substituindo: 
2 ⋅ 𝑇 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑘 ⋅
𝐿
2
⋅ 𝑡𝑔 𝜃 
Como 𝜃 é pequeno, 𝑠𝑒𝑛 ≅ 𝑡𝑔 𝜃: 
2 ⋅ 𝑇 ⋅
2
𝐿
= 𝑘 ⇒ 𝑘 =
4𝑇
𝐿
 
 
 
 
 
 
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Então o período é de: 
𝑃 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑀
𝑘
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑀𝐿
4𝑇
 
Gabarito: 𝟐𝝅√
𝑴𝑳
𝟒𝑻
 
 (ITA – 2007) 
Um sistema massa-molas é constituído por molas de constantes k1 e k2, respectivamente, 
barras de massas desprezíveis e um corpo de massa 𝑚, como mostrado na figura. Determine 
a frequência desse sistema. 
 
Comentários: 
A associação de molas mostrada consiste em 3 molas em paralelo de coeficiente 𝑘2 em 
série com 2 molas de coeficiente 𝑘1 em paralelo entre si. Portanto: 
𝑘𝑒𝑞1 = 3 ⋅ 𝑘2 
𝑘𝑒𝑞2 = 2 ⋅ 𝑘1 
1
𝑘𝑒𝑞
=
1
𝑘𝑒𝑞1
+
1
𝑘𝑒𝑞2
 
1
𝑘𝑒𝑞
=
1
3 ⋅ 𝑘2
+
1
2 ⋅ 𝑘1
 
𝑘𝑒𝑞 =
6 ⋅ 𝑘1 ⋅ 𝑘2
2 ⋅ 𝑘1 + 3 ⋅ 𝑘2
 
O período é dado por: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘𝑒𝑞
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √𝑚 ⋅
2 ⋅ 𝑘1 + 3 ⋅ 𝑘2
6 ⋅ 𝑘1 ⋅ 𝑘2
 
Como 𝑓 =
1
𝑇
: 
 
 
 
 
 
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𝑓 =
1
2 ⋅ 𝜋
⋅ √
6 ⋅ 𝑘1 ⋅ 𝑘2
𝑚 ⋅ (2 ⋅ 𝑘1 + 3 ⋅ 𝑘2)
 
Gabarito: 𝒇 =
𝟏
𝟐𝝅
⋅ √
𝟔⋅𝒌𝟏⋅𝒌𝟐
𝒎(𝟐𝒌𝟏+𝟑𝒌𝟐)
 
 (ITA – 2008) 
Uma partícula P1 de dimensões desprezíveis oscila em movimento harmônico simples ao 
longo de uma reta com período de 8/3 s e amplitude a. Uma segunda partícula, P2, 
semelhante a P1, oscila de modo idêntico numa reta muito próxima e paralela à primeira, 
porém com atraso de 𝜋/12 rad em relação a P1. Qual a distância que separa P1 de P2, 8/9 s 
depois de P2 passar por um ponto de máximo deslocamento? 
a) 1,00a b) 0,29a c) 1,21a d) 0,21a e) 1,71a 
Comentários: 
Analisando 𝑃1: 
𝑇 =
8
3
𝑠 → 𝑇 =
2𝜋
𝜔
→ 𝜔 =
2𝜋
8
3
=
3𝜋
4
 
Logo, a equação horária de 𝑃1 é: 
𝑥1 = 𝑎 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 𝑡1) 
Analisando 𝑃2: 
𝑥2 = 𝑎 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 𝑡2) 
Pela informação do atraso: 
𝜔 ⋅ 𝑡1 = 𝜔 ⋅ 𝑡2 +
𝜋
12
 
O instante que 𝑃2 passa por um momento de máximo deslocamento será adotado como 
𝑡 = 0. Portanto: 
𝑡2 =
8
9
𝑠 
No momento pedido. A distância após 
8
9
𝑠 é dado por: 
|𝑥1 − 𝑥2| = 𝑎 ⋅ |cos (𝜔 ⋅
8
9
+
𝜋
12
) − cos (𝜔 ⋅
8
9
)| 
|𝑥1 − 𝑥2| = 𝑎 ⋅ |cos (
2𝜋
3
+
𝜋
12
) − cos (
2𝜋
3
)| 
|𝑥1 − 𝑥2| = 𝑎 ⋅ |cos
3𝜋
4
− cos
2𝜋
3
| 
|𝑥1 − 𝑥2|= 𝑎 ⋅ |−
√2
2
+
1
2
| 
 
 
 
 
 
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|𝑥1 − 𝑥2| = 𝑎 ⋅ 0,21 
Gabarito: D 
 (ITA – 2015) 
Na figura, as linhas cheias, tracejada e pontilhada representam a posição, a velocidade e a 
aceleração de uma partícula em um movimento harmônico simples. Com base nessas curvas 
assinale a opção correta dentre as seguintes proposições: 
I. As linhas cheia e tracejada representam, respectivamente, a posição e a aceleração da 
partícula. 
II. As linhas cheia e pontilhada representam, respectivamente, a posição e a velocidade da 
partícula. 
III. A linha cheia necessariamente representa a velocidade da partícula. 
 
a) apenas I é correta. b) apenas II é correta. c) apenas III é 
correta. 
d) todas são incorretas. e) Não há informações suficientes para análise. 
Comentários: 
Para um MHS genérico, o período da função posição, velocidade e aceleração são todos 
iguais. Neste caso: 
𝑇 = 1,8 𝑠 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅
1
𝜔
 
𝜔 =
10𝜋
9
 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Portanto, é evidente que 𝜔 > 1. Portanto, ao se derivar a função posição em função do 
tempo para obter velocidade, surge o fator multiplicativo 𝜔. Mas, 𝜔 > 1, portanto a amplitude 
deve aumentar. Isso se repete ao derivar a velocidade para obter a aceleração. 
Assim sendo, a função periódica de maior amplitude será a aceleração, seguida pela de 
segunda maior amplitude que é a velocidade, e por último a função de menor amplitude que é a 
posição. 
Gabarito: D 
 
 
 
 
 
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 (ITA – 2016) 
Um pêndulo simples é composto por uma massa presa a um fio metálico de peso desprezível. 
A figura registra medidas do tempo 𝑇 em segundos, para 10 oscilações seguidas do pêndulo 
ocorridas ao longo das horas do dia, 𝑡. Considerando que neste dia houve uma variação 
térmica total de 20°C, assinale o valor do coeficiente de dilatação térmica do fio deste 
pêndulo. 
 
a) 2 ⋅ 10−4 °𝐶−1 b) 4 ⋅ 10−4 °𝐶−1 c) 6 ⋅ 10−4 °𝐶−1 
d) 8 ⋅ 10−4 °𝐶−1 e) 10 ⋅ 10−4 °𝐶−1 
Comentários: 
A variação térmica de 20°𝐶 ocorreu entre as 6h da manhã e as 18h à noite. Sabendo que: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑙
𝑔
 
E, chamando o comprimento do fio às 6h de 𝑙 e o comprimento às 18h de 𝑙′: 
𝑙′ = 𝑙 ⋅ (1 + 𝛼 ⋅ 20) 
Comparando os períodos: 
𝑇6
𝑇18
=
8
8,05
= √
𝑙
𝑙′
⇒ (1 −
1
161
)
2
=
𝑙
𝑙′
 
Como 
1
161
≪ 1: 
𝑙′ ≅ 𝑙 ⋅ (1 −
1
161
)
−2
≅ 𝑙 ⋅ (1 +
2
161
) 
𝛼 ⋅ 20 =
2
161
⇒ 𝛼 =
1
1610
≅ 6 ⋅ 10−4 °𝐶−1 
Gabarito: C 
 (ITA – 2017) 
Na figura, um tubo fino e muito leve, de área de seção reta S e comprimento a, encontra-se 
inicialmente cheio de água de massa 𝑀 e massa específica 𝜌. Graças a uma haste fina e de 
peso desprezível, o conjunto forma um pêndulo simples de comprimento 𝐿 medido entre o 
ponto de suspensão da haste e o centro de massa inicial da água. Posto a oscilar, no instante 
 
 
 
 
 
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inicial começa a pingar água pela base do tubo a uma taxa constante 𝑟 = −∆𝑀 ∆𝑡⁄ . Assinale 
a expressão da variação temporal do período do pêndulo. 
 
a) 2𝜋√𝐿 𝑔⁄ b) 
2𝜋√ρLS−rt
√𝜌⋅𝑆⋅𝑔
 c) 
2𝜋√𝜌𝐿𝑆+𝑟𝑡
√𝜌𝑆𝑔
 
d) 
2𝜋√2ρLS−rt
√2𝜌𝑆𝑔
 e) 
2𝜋√2𝜌𝐿𝑆+𝑟𝑡
√2𝜌𝑆𝑔
 
Comentários: 
O período depende da distância entre o centro de massa do tubo e o ponto de fixação. O 
centro de massa irá deslocar-se conforme a água vaza. A altura da água inicial é de 𝑎. A cada 
intervalo Δ𝑡 ele perde uma altura Δℎ. 
Δ𝑀
Δt
=
Δℎ ⋅ 𝑆 ⋅ 𝜌
Δ𝑡
= −𝑟 
Δℎ
Δ𝑡
= −
𝑟
𝑆 ⋅ 𝜌
 
Portanto, a cada Δ𝑡, o centro de massa desloca-se uma distância 
Δℎ
2
 em relação ao ponto 
de fixação. Logo, o comprimento após um tempo 𝑡 é dado por: 
𝐿 +
|
Δℎ
Δ𝑡
|
2
⋅ 𝑡 = 𝐿 +
𝑟 ⋅ 𝑡
2 ⋅ 𝑆 ⋅ 𝜌
 
E o período fica: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝐿
𝑔
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝐿 +
𝑟 ⋅ 𝑡
2 ⋅ 𝜌 ⋅ 𝑆
𝑔
 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅
√2 ⋅ 𝜌 ⋅ 𝑆 ⋅ 𝐿 + 𝑟𝑡
√2 ⋅ 𝜌 ⋅ 𝑆 ⋅ 𝑔
 
Gabarito: E 
 
Uma partícula, que se encontra em MHS ao longo de uma reta horizontal, inicia seu 
movimento quando a velocidade e nula e a aceleração é negativa. Durante o primeiro 
segundo a partícula percorre uma distância 𝑙1. Já no segundo seguinte, percorre 𝑙2 ainda na 
mesma direção. Encontre a amplitude das oscilações. 
 
 
 
 
 
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a) 𝐴 =
2𝑙1
2
3𝑙1−𝑙2
 b) 𝐴 =
2𝑙2
2
3𝑙1−𝑙2
 c) 𝐴 =
𝑙1
2
2𝑙1−𝑙2
 
d) 𝐴 = 𝑙1 + 𝑙2 e) 𝐴 = 𝑙1 + 2𝑙2 
Comentários: 
Se a velocidade é inicialmente nula, adota-se que: 
𝑣(𝑡) = −𝜔 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔 ⋅ 𝑡) 
Portanto: 
𝑎(𝑡) = −𝜔2 ⋅ 𝐴 ⋅ cos (𝜔 ⋅ 𝑡) 
Assim, ambas as condições fornecidas pelo exercício são atendidas. Logo: 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 𝑡) 
No primeiro segundo percorre 𝑙1: 
𝑥(1) − 𝑥(0) = 𝑙1 
𝑙1 = 𝐴 ⋅ cos(𝜔) − 𝐴 
No seguinte percorre 𝑙2: 
𝑙2 = 𝑥(2) − 𝑥(1) 
𝑙2 = 𝐴 ⋅ cos(2 ⋅ 𝜔) − 𝐴 ⋅ cos(𝜔) 
𝑙2 = 𝐴 ⋅ (2 ⋅ cos
2 𝜔 − 1 − cos(𝜔)) 
De 𝑙1: 
𝑙1
𝐴
+ 1 = cos𝜔 
Substituindo em 𝑙2: 
𝑙2 = 𝐴 ⋅ (2 ⋅ (
𝑙1
𝐴
+ 1)
2
− 1 −
𝑙1
𝐴
− 1) 
𝑙2 = 𝐴 ⋅ (2 ⋅
𝑙1
2
𝐴2
+ 4 ⋅
𝑙1
𝐴
+ 2 − 2 −
𝑙1
𝐴
) 
𝑙2 = 𝐴 ⋅ (
2𝑙1
2
𝐴2
+
3𝑙1
𝐴
) ⇒ 𝑙2 − 3𝑙1 =
2𝑙1
2
𝐴
 
𝐴 = |
2𝑙1
2
𝑙2 − 3𝑙1
| 
Gabarito: A 
 
Assinale o item que contém a afirmativa falsa. 
 
 
 
 
 
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a) O período de um pêndulo simples aumenta com o aumento do ângulo máximo de desvio 
em relação à posição de equilíbrio. 
b) O período de um pêndulo simples depende do ângulo máximo de abertura mesmo quando 
estes são pequenos. 
c) Uma força constante atuando sobre uma partícula que executa MHS não altera a 
velocidade máxima e nem o período do movimento, considerando a mesma amplitude. 
d) Se passar a atuar uma força da forma 𝐹 = − 𝑏𝑣 em uma partícula que executava um MHS 
presa a uma mola ideal, a amplitude do movimento diminui com o tempo. 
e) Para que haja um MHS, a partícula deve estar nas proximidades de um equilíbrio estável. 
Comentários: 
a) é verdade contanto que se mantenha, mesmo com o aumento, um ângulo pequeno, pois, nesse 
caso, o período (2𝜋√
𝑙
𝑔
) independe de 𝜃. 
b) contrário à letra a. 
c) apenas desloca a posição de equilíbrio. 
d) essa equação é característica de amortecedor. 
e) verdade, pois deve haver uma força restauradora que busca retornar a partícula ao equilíbrio. 
Gabarito: B 
 
Um pêndulo simples e conectado a duas molas idênticas, 
inicialmente sem deformação, conforme a figura. Sabendo 
que a uma distância 𝐿 abaixo da carga 𝑄, se encontra uma 
carga fixa de mesmo modulo e sinal oposto –𝑄, determine, 
em função da constante elástica 𝑘, da massa 𝑚, da carga 𝑄 do 
objeto, da aceleração da gravidade 𝑔 e do comprimento do 
pêndulo 𝐿, o período do movimento. Utilize aproximação para 
pequenos deslocamentos. 
a) 𝑇 = 2𝜋√
4𝜋𝜀0𝐿
3
4𝜋𝜀0𝑚𝑔𝐿
2+𝑄2
 
b) 𝑇 = 2𝜋√
4𝜋𝜀0𝐿
3
8𝜋𝐾𝜀0𝐿
3+4𝜋𝜀0𝑚𝑔𝐿
2
 
c) 𝑇 = 2𝜋√
4𝜋𝜀0𝐿
3
4𝜋𝐾𝜀0𝐿
3+4𝜋𝜀0𝑚𝑔𝐿
2−𝑄²
 
d) 𝑇 = 2𝜋√
4𝜋𝜀0𝐿
3
8𝜋𝐾𝜀0𝐿
3+4𝜋𝜀0𝑚𝑔𝐿
2+𝑄²
 
e) 𝑇 = 2𝜋√
𝜋𝜀0𝐿
3
8𝜋𝐾𝜀0𝐿
3+4𝜋𝜀0𝑚𝑔𝐿
2+𝑄²
 
 
 
 
 
 
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Comentários: 
A força restauradora será uma composição das forças elásticas, elétrica e gravitacional. 
Isolando o corpo: 
 
A força restauradora fica, portanto: 
2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑥 ⋅ cos 𝜃 + 𝑚𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝐹𝑒𝑙 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑘′ ⋅ 𝑥 
Com: 
- 𝑘 é a constante elástica das molas; 
- 𝑚 ⋅ 𝑔 é o peso da esfera; 
- 𝑘′ é a constante da força restauradora. 
𝐹𝑒𝑙 = 𝐾 ⋅
𝑄2
𝐿2 + 𝑥2
≅
𝐾𝑄2
𝐿2
 
Substituindo: 
2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑥 ⋅ cos 𝜃 + 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝐾 ⋅
𝑄2
𝐿2
⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑘′ ⋅ 𝑥 
Com: 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 ≅ 𝑡𝑔 𝜃 ≅
𝑥
𝐿
 
E: 
cos 𝜃 ≅ 1 
Temos: 
2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑥 + 𝑚𝑔 ⋅
𝑥
𝐿
+ 𝐾 ⋅
𝑄2
𝐿2
⋅
𝑥𝐿
= 𝑘′ ⋅ 𝑥 
𝑘′ = 2𝑘 +
𝑚𝑔
𝐿
+
1
4𝜋𝜖0
⋅
𝑄2
𝐿3
 
 
 
 
 
 
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𝑘′ =
8 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝜖0 ⋅ 𝐿
3 + 4 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝜖0 ⋅ 𝐿
2 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔 + 𝑄2
4 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝜖0 ⋅ 𝐿
3
 
Assim: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘′
 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
4 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝜖0 ⋅ 𝐿
3 ⋅ 𝑚
8 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝜖0 ⋅ 𝐿
3 + 4 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝜖0 ⋅ 𝐿
2 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔 + 𝑄2
 
Gabarito: D 
 
Um bloco de 1 𝑘𝑔 é fixo em uma mola 𝐾 = 25 𝑁/𝑚, de tal maneira que oscila em uma 
superfície horizontal lisa. Em 𝑡 = 0 𝑠 a mola está comprimida 3 𝑐𝑚 e o sistema é solto. 
Determine as equações das posições e da velocidade, respectivamente. 
 
a) �⃗� = 6𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
6
) 𝑐𝑚; �⃗� = 30𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
6
) 𝑐𝑚/𝑠 
b) �⃗� = 30𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
6
) 𝑐𝑚; �⃗� = 6𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
2𝜋
3
) 𝑐𝑚/𝑠 
c) �⃗� = 6𝑐𝑜𝑠 (5𝑡 +
𝜋
6
) 𝑐𝑚; �⃗� = 30𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
2𝜋
3
) 𝑐𝑚/𝑠 
d) �⃗� = 3𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
2
) 𝑐𝑚; �⃗� = 15𝑐𝑜𝑠 (5𝑡 +
𝜋
2
) 𝑐𝑚/𝑠 
e) �⃗� = 3𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
2
) 𝑐𝑚; �⃗� = 6𝑐𝑜𝑠 (5𝑡 +
𝜋
3
) 𝑐𝑚/𝑠 
Comentários: 
A amplitude é igual a 3 devido à condição inicial. O ômega pode ser calculado: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= √25 = 5
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 
E, para t=0, a fase inicial é de 
𝜋
2
. Logo: 
�⃗� = 3 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (5𝑡 +
𝜋
2
) 
Derivando em função do tempo: 
�⃗� = 15 ⋅ cos (5𝑡 +
𝜋
2
) 
Gabarito: D 
 
 
 
 
 
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Um bloco unido a uma mola vertical é puxado para baixo 4 𝑐𝑚 em relação à posição de 
equilíbrio e depois solto. A aceleração inicial do bloco é 0,16 𝑚/𝑠² para cima. Determine a 
equação do movimento. 
a) 0,4𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 +
3𝜋
2
) 𝑚 b) 4𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 +
𝜋
2
) 𝑐𝑚 c) 4𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 +
5𝜋
2
) 𝑐𝑚 
d) 0,04𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 +
𝜋
2
) 𝑚 e) 4𝑠𝑒𝑛 (2𝑡 +
3𝜋
2
) 𝑐𝑚 
Comentários: 
A amplitude é 4cm devido ao deslocamento em relação à posição de equilíbrio. A 
aceleração, por sua vez é dado por: 
𝑎 = −𝐴 ⋅ 𝜔2 
Sendo o sinal negativo relacionado ao sentido oposto do deslocamento. Portanto: 
0,16 = 0,04 ⋅ 𝜔2 ⇒ 𝜔 = 2 
O período inicial do movimento é de 
𝜋
2
, pois a posição inicial é de -0,04 m. Portanto: 
�⃗� = 0,04 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (2 ⋅ 𝑡 +
3𝜋
2
) 𝑚 = 4 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (2 ⋅ 𝑡 +
3𝜋
2
) 
Gabarito: E 
 
Ao suspender um bloco de 10 𝑘𝑔 de mola, a mola se estira 6,25 𝑐𝑚. Determine o período 
de oscilação ao suspender um bloco de 16 𝑘𝑔 através da mesma mola. 
a) 𝜋 𝑠 b) 2𝜋 𝑠 c) 0,2𝜋 𝑠 d) 2 s e) 1 s 
Comentários: 
Pelo equilíbrio do bloco: 
100 = 0,0625 ⋅ 𝑘 ⇒ 𝑘 =
102
252 ⋅ 10−4
=
106
252
 
O período da segunda situação é dado por: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
16 ⋅ 252
106
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 10−1 = 0,2 𝜋 
Gabarito: C 
 
Um bloco de 100 𝑔, unido a uma mola de rigidez 10 𝑁/𝑚 e oscila com uma amplitude de 
10 𝑐𝑚, sobre um piso horizontal liso. Se rapidamente, no primeiro extremo de uma 
 
 
 
 
 
169 
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oscilação, unidos a esse bloco, outro de 300 𝑔, determine a nova amplitude e o novo 
período. 
a) 10 cm; π/5 s b) 10 cm; 4π/5 s c) 5 cm; 2π/5 s 
d) 10 cm; 2π/5 s e) 20 cm; π/5 s 
Comentários: 
A amplitude se mantém (basta imaginar q inicia-se um novo MHS soltando um corpo único 
de 400g de uma posição deslocada 10cm do equilíbrio). Com o aumento da massa, o período 
varia. Podemos calculá-lo por: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
0,4
10
⇒ 𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ 0,2 = 0,4 ⋅ 𝜋 =
2𝜋
5
𝑠 
Gabarito: D 
 
Uma esfera de 1 𝑘𝑔 permanece em equilíbrio, suspendida por uma mola de rigidez 
100 𝑁/𝑚. A esfera é elevada 4 𝑐𝑚 e logo é lançada com uma velocidade de 0,4√3 𝑚/𝑠 para 
baixo. Determine sua posição após 2𝜋/15 s de seu lançamento. 
a) − 2 𝑗 𝑐𝑚 
b) + 2 𝑗 𝑐𝑚 
c) + 4 𝑗 𝑐𝑚 
d) − 4 𝑗 𝑐𝑚 
e) + 8 𝑗 𝑐𝑚 
Comentários: 
Primeiramente, calculando-se 𝜔: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= 10
𝑟𝑎𝑑
𝑠
⇒ 𝑦 = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 + 𝛿) = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (10 ⋅ 𝑡 + 𝛿) 
𝑣𝑦 = 10 ⋅ 𝐴 ⋅ cos(10 ⋅ 𝑡 + 𝛿) 
Fazendo-se 
𝑦
𝑣𝑦
: 
𝑦
𝑣𝑦
=
1
10
⋅ 𝑡𝑔 (10 ⋅ 𝑡 + 𝛿) 
Para t=0, o valor desta relação é conhecido. Logo: 
1
10
⋅ 𝑡𝑔 (𝛿) =
0,04
−0,4 ⋅ √3
=
1
10
⋅ −
√3
3
 
Logo: 
 
 
 
 
 
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𝛿 = 150° 
Sabendo-se isso e sabendo-se a posição em t=0: 
0,04 = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (150°) ⇒ 0,04 = 𝐴 ⋅
1
2
⇒ 𝐴 = 0,08 𝑚 
Portanto, a equação horária fica: 
𝑦 = 0,08 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (10 ⋅ 𝑡 +
5𝜋
6
) 
Substituindo 𝑡 =
2𝜋
15
, tem-se: 
𝑦 = 0,08 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (10 ⋅
2𝜋
15
+
5𝜋
6
) ⇒ 𝑦 = 0,08 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (
13𝜋
6
) ⇒ 𝑦 = 0,08 ⋅
1
2
= 0,04 𝑚 
Gabarito: C 
 
O bloco mostrado é puxado para direita de sua posição de equilíbrio e lançado com uma 
velocidade de √3 𝑖̂ m/s. Determine sua aceleração para 𝑡 = 𝜋/3 𝑠 se sua posição varia com 
a velocidade de acordo com o gráfico abaixo. 
 
a) 2√3 𝑖̂ 𝑚/𝑠² b) − 2√3 𝑖̂ 𝑚/𝑠² c) − 2 𝑖̂ 𝑚/𝑠² 
d) − 3 𝑖̂ 𝑚/𝑠² e) 5 𝑖̂ 𝑚/𝑠² 
Comentários: 
De forma genérica: 
𝑥 = 𝐴 ⋅ sen (𝜔𝑡 + 𝛿) 
𝑣 = 𝜔 ⋅ 𝐴 ⋅ cos(𝜔𝑡 + 𝛿) 
Assim: 
 
 
 
 
 
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𝑥2
𝐴2
+
𝑣2
𝐴2 ⋅ 𝜔2
= 1 
Tem-se uma elipse. No entanto, observa-se que na questão, o gráfico fornecido é de uma 
circunferência. Isso impõe que: 
𝐴 = 𝐴 ⋅ 𝜔 ⇒ 𝜔 = 1 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ⇒ 𝐴 = 2 𝑚 
Assim, considerando a equação da velocidade no instante 𝑡 = 0: 
𝑣 = 2 ⋅ cos(𝑡 + 𝛿) ⇒ √3 = 2 ⋅ cos(𝛿) ⇒ 𝛿 = 30° 
Logo, a sua aceleração é dada por: 
𝑎 = −𝐴 ⋅ 𝜔2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 +
𝜋
6
) 
Para 𝑡 =
𝜋
3
𝑠: 
𝑎 = −2 ⋅ 1 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
3
+
𝜋
6
) ⇒ 𝑎 = −2 𝑚/𝑠 
Gabarito: C 
 
Um bloco unido a uma mola oscila sobre um piso horizontal liso. Se si observa que entre os 
extremos de cada oscilação existe uma distância de 40 𝑐𝑚; determine sua velocidade em 
função do tempo, considere que em 𝑡 = 0 o bloco passa por �⃗� = +10 𝑐𝑚 (direita) e sua 
velocidade máxima é de 2 𝑚/𝑠. 
a) cos (20𝑡 +
𝜋
6
) 𝑚/𝑠 b) 2cos (10𝑡 +
𝜋
3
) 𝑚/𝑠 c) 2cos (20𝑡 +
𝜋
6
) 𝑚/𝑠 
d) 2cos (10𝑡 +
𝜋
6
) 𝑚/𝑠 e) 2sen (10𝑡 +
𝜋
6
) 𝑚/𝑠 
Comentários: 
Pelo enunciado: 
𝐴 = 20 𝑐𝑚 
Adotando genericamente: 
𝑥 = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 + 𝛿) 
Para 𝑡 = 0: 
10 = 20 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝛿) ⇒ 𝛿 =
𝜋
6
 
Derivando a posição em função do tempo: 
𝑣 = 𝜔 ⋅ 𝐴 ⋅ cos (𝜔𝑡 +
𝜋
6
) 
Portanto, sua velocidade máxima é dada por: 
𝑣𝑚á𝑥 = 𝜔 ⋅ 𝐴 ⇒ 𝜔 ⋅ 0,2 = 2 ⇒ 𝜔 = 10 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
 
 
 
 
 
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Substituindo: 
𝑣 = 2 ⋅ cos (10 ⋅ 𝑡 +
𝜋
6
) 
Gabarito: D 
 
A figura mostra um sistema oscilador em repouso, onde a mola está deformada 6 cm. 
Repentinamente, o bloco é impulsionado para a base do plano notando-se uma aceleração 
máxima de 4 m/s². Quanto percorre o bloco durante os primeiros 3𝜋/20 segundos? 
 
a) 11 cm b) 12 cm c) 13 cm d) 14 cm e) 15 cm 
Comentários: 
Pelo equilíbrio antes de impulsionar o bloco: 
𝑘 ⋅ 𝑥 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 37° 
𝑚
𝑘
=
𝑥
𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 37°
=
0,06
10 ⋅ 0,6
=
1
100
 
Assim: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅
1
10
=
2 ⋅ 𝜋
10
 
Adotando de forma genérica: 
𝑥 = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝛿) 
A aceleração máxima é dada por: 
𝑎𝑚á𝑥 = 𝐴 ⋅ 𝜔
2 
Em que: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= 10 ⇒ 𝑎𝑚á𝑥 = 100 ⋅ 𝐴 = 4 ⇒ 𝐴 = 4 𝑐𝑚 
Deve-se notar que: 
3𝜋
20
= 0,75 ⋅ 𝑇 
 
 
 
 
 
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A cada 𝑇, o bloco percorre 2𝐴. Assim: 
0,75 ⋅ 2𝐴 = 12 𝑐𝑚 
Gabarito: B 
 
Um bloco liso de 1 kg se encontra em repouso na posição mostrada. Se a mola é comprimida 
20 cm e logo após é solta, este bloco adquire uma energia cinética de 2 J. Determine o tempo 
que demora o bloco voltar para a posição de onde foi solto. Considere que o bloco é elástico. 
 
a) 2π/5 s b) 2π/15 s c) 3π/7 s d) 4π/15 s e) 2π/7 s 
Comentários: 
Considerando que o choque é elástico,o bloco ao chocar-se com a parede adquire 
imediatamente velocidade de mesmo módulo e sentido trocado. Ou seja, é como se o bloco 
“pulasse” um pedaço do MHS. Ele salta do ponto em que 𝑥 = 10 e 𝑣 = +𝑣 direto para o ponto 
em que 𝑥 = 10 e 𝑣 = −𝑣. 
Portanto, é necessário calcular em que momento do MHS ocorre o choque, assim podemos 
prever qual a quantidade do movimento que é “pulada”. Pelo enunciado 
𝐴 = 20 𝑐𝑚 
E, comparando o momento de compressão ao momento de máxima energia cinética: 
𝑘 ⋅
𝑥2
2
= 𝐸𝑐 ⇒ 𝑘 ⋅
0,04
2
= 2 ⇒ 𝑘 = 100 𝑁/𝑚 
Portanto: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
= √
100
1
= 10 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Assim, nossa posição fica: 
𝑥 = 20 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (10 ⋅ 𝑡 + 𝛿) 
Para 𝑡 = 0, 𝑥 = −20 (adotando x positivo para a direita): 
−20 = 20 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(0 + 𝛿) ⇒ 𝛿 = −
𝜋
2
 
O choque com a parede ocorre em: 
10 = 20 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (10 ⋅ 𝑡 −
𝜋
2
) 
Portanto: 
 
 
 
 
 
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10 ⋅ 𝑡 −
𝜋
2
=
𝜋
6
⇒ 𝑡 =
𝜋
15
 𝑠 
Ou: 
10 ⋅ 𝑡 −
𝜋
2
=
5𝜋
6
⇒ 𝑡 =
2𝜋
15
 𝑠 
Portanto, nosso MHS segue normalmente até 𝑡 =
𝜋
15
 𝑠, onde ele “pula” direto para 𝑡 =
2𝜋
15
 𝑠. Assim, para voltar à posição inicial, normalmente levaria um período, mas, devido a esse 
choque, o tempo necessário foi reduzido em 
𝜋
15
 𝑠. Portanto, o tempo necessário para retornar à 
posição inicial foi de: 
𝑡 = 𝑇 −
𝜋
15
=
2 ⋅ 𝜋
𝜔
−
𝜋
15
=
𝜋
5
−
𝜋
15
=
2𝜋
15
 
Gabarito: B 
 
O oscilador mostrado realiza um MHS com uma amplitude de 20 cm e frequência 𝑓 =
0,5 𝐻𝑧. Determine a energia potencial que apresenta a mola no instante em que esta é igual 
à energia cinética do bloco. (𝜋2 = 10; 𝑀 = 20 𝑔) 
 
a) 2 mJ b) 3 mJ c) 4 mJ d) 1 mJ 
 e) 0,5 mJ 
Comentários: 
 Pela equação do período, temos: 
𝑓 =
1
𝑇
=
1
2𝜋
⋅ √
𝑘
𝑀
⇒ 0,5 =
1
2𝜋
⋅ √
𝑘
0,02
⇒ 𝜋2 =
𝑘
0,02
⇒ 𝑘 = 0,2
𝑁
𝑚
 
Calculando-se a energia potencial em um dos extremos (𝐸𝑐 = 0): 
𝐸𝑃 =
𝑘 ⋅ 𝑥2
2
= 0,2 ⋅
0,22
2
= 4 ⋅ 10−3𝐽 = 4 𝑚𝐽 
Quando 𝐸𝑐 = 𝐸𝑃, teremos que 𝐸𝑃 =
4
2
𝑚𝐽 = 2 𝑚𝐽. 
Gabarito: A 
 
 
 
 
 
 
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O bloco A de 400 g está soldado a uma mola de constante elástica 10 𝑁/𝑚 e com um bloco 
B de 400 g a mola se deforma 10√2 cm. Depois de se abandonar o bloco B, determine a 
equação de movimento do bloco A. 
 
a) 0,2𝑠𝑒𝑛(10𝑡)𝑚 b) 0,1𝑠𝑒𝑛(10𝑡)𝑚 c) 0,1𝑠𝑒𝑛(5𝑡)𝑚 
d) 0,1𝑠𝑒𝑛(4𝑡)𝑚 e) 0,6𝑠𝑒𝑛(2𝑡)𝑚 
Comentários: 
Repare que o bloco A possuí faixas de tempo de aceleração e desaceleração (adotando x 
positivo para a direita) enquanto B possui apenas um período de aceleração e eventual 
desprendimento de A. Portanto, o desprendimento ocorre quando a aceleração de a tornar-se 
nula (em seguida tornando-se negativa). 
Calculando 𝜔 (velocidade angular após o bloco B desacoplar): 
𝜔 = √
𝑘
𝑚𝐴
= √
10
0,4
= 5 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Pode-se considerar que ao desacoplar o bloco B, o bloco A entra em um MHS, dado por: 
𝑥(𝑡) = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝛿) 
𝑣(𝑡) = 𝜔 ⋅ 𝐴 ⋅ cos (𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝛿) 
𝑎(𝑡) = −𝜔2 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝛿) 
Sobre as condições iniciais: 
𝑎(0) = 0 
Portanto: 
0 = −𝜔2 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝛿) ⇒ 𝛿 = 0 
Logo: 
𝑥(0) = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(0) = 0 
Sabendo-se que o bloco B desacopla após o bloco A assumir aceleração nula, isso significa 
que ele se desacopla quando ambos têm velocidade máxima. Como ambos tem velocidade 
máxima e a mola está sem deformação, quando B desacoplar ele “leva” consigo metade da 
energia do sistema, pois: 
𝐸𝐶𝐴 = 𝐸𝐶𝐵 
𝐸𝑃𝐴 = 0 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Portanto, quando o sistema perde metade de sua energia, a extensão máxima da mola 
deve considerar isso. Anteriormente: 
𝑘 ⋅
𝐴2
2
= 2 ⋅ 𝐸𝐶 
Após B se desacoplar: 
𝑘 ⋅
𝐴′2
2
= 𝐸𝐶 
Assim: 
𝐴′
𝐴
= √
1
2
=
√2
2
 
Mas, 𝐴 = 10√2: 
𝐴′ = 10 𝑐𝑚 
Portanto, a equação horária fica: 
𝑥 = 0,1 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (5𝑡) 𝑚 
Gabarito: C 
 
Um corpo realiza uma trajetória elíptica tal como se mostra a figura. Se a equação de sua 
projeção no eixo Y é �⃗� = 5𝑠𝑒𝑛(2𝜋𝑡), determine a equação do movimento da projeção no 
eixo x⃗⃗ e o ângulo da fase inicial do movimento. 
 
a) �⃗� = 4 cos(2𝜋𝑡) ; 𝜋/2 b) �⃗� = 2 cos(2𝜋𝑡) ; 𝜋/2 
c) �⃗� = 4 sen(2𝜋𝑡) ; 𝜋 d) �⃗� = cos(2𝜋𝑡) ; 𝜋/2 
e) �⃗� = 8 sen(2𝜋𝑡) ; 𝜋/4 
Comentários: 
O gráfico é definido pela elipse: 
𝑥2
42
+
𝑦2
52
= 1 ⇒ 𝑥2 = 16 − (
4
5
⋅ 𝑦)
2
⇒ 𝑥2 = 16 − (4 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑡))
2
 
𝑥2 = 42(1 − 𝑠𝑒𝑛(2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑡)2) ⇒ 𝑥 = 4 ⋅ cos(2 ⋅ 𝜋 ⋅ 𝑡) 
 
 
 
 
 
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O objeto inicia na posição 
𝜋
2
 no MHS do eixo x (amplitude máxima positiva). 
Gabarito: A 
 
Sobre as afirmações abaixo julgue se são verdadeiras (V) ou falsas (F). 
I. O período (𝑇) de um MHS se altera se o corpo que oscila recebe um impulso externo. 
II. Ao se duplicar a amplitude das oscilações de um MHS a energia mecânica do sistema 
oscilador se quadruplica. 
III. Em um MHS ao diminui a amplitude, a frequência (𝑓) das oscilações aumenta. 
a) VVV b) VVF c) FVV d) FVF e) FFV 
Comentários: 
- I é falsa. 𝑇 independe da energia do sistema, depende somente de 𝑘 e 𝑀. 
- II é verdadeira. A energia mecânica pode ser calculada pela energia potencial nos extremos do 
movimento. Como a energia potencial depende do quadrado da amplitude, se dobrar a amplitude 
a energia quadruplica. 
- III é falsa. Igual à I. 
Gabarito: D 
 
Sobre as afirmações abaixo julgue se são verdadeiras (V) ou falsas (F). 
I. Os sistemas que são oscilatórios periódicos na ausência da ação externa periódica se 
denominam sistemas auto-oscilatórios. 
II. As oscilações forçadas sempre ocorrem com a mesma frequência com que se varia a força 
externa. 
III. A ressonância é uma aplicação utilizada em uma série de aparatos para medir a 
frequência das oscilações. 
a) FVV b) FFV c) FVF d) VVV e) FFF 
Comentários: 
- I é verdadeira. Auto-oscilações surgem de forças internas. 
- II é verdadeira. Oscilações forçadas são aquelas sobre as quais atuam forças periódicas. A 
frequência de variação da força é igual à frequência do sistema. Isso é perceptível, basta tentar 
imaginar que isso não se cumpre, chega-se à uma situação absurda em que cada “período” 
comportar-se-ia diferente do anterior, assim, não poderia sequer caracterizar como um período. 
- III é verdadeira. O frequencímetro se baseia no princípio da ressonância. 
Gabarito: D 
 
 
 
 
 
 
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O gráfico abaixo mostra o comportamento de um movimento oscilatório. Então podemos 
afirmar que: 
I. A equação das oscilações é �⃗� = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜑). 
II. A energia mecânica se conserva. 
III. O período das oscilações é 𝑡2 − 𝑡1. 
IV. A equação do movimento oscilatório, é �⃗� = 𝐴𝑒−𝑐.𝑡; c ∈ 𝑍+ e as oscilações são 
amortecidas. 
 
a) I e II são verdadeiras b) I e IV são falsas c) II e III são verdadeiras 
d) III é verdadeira e) II e IV são falsas 
Comentários: 
- I é falsa. A amplitude varia com o tempo, portanto a equação não condiz com o fenômeno. 
- II é falsa, a amplitude das oscilações está diminuindo, portanto, sua energia mecânica também 
diminui. 
- III é verdadeiro. O período é constante, variando somente a amplitude. O MHS amortecido é 
definido pela equação: 
𝑥 = 𝐶 ⋅ 𝑒−𝛾⋅𝑡 ⋅ cos(𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝛼) 
Em que o período é dado por: 
𝑇 =
2𝜋
𝜔
 
E a amplitude em função do tempo é: 
𝐴 = 𝐶 ⋅ 𝑒−𝛾⋅𝑡 
(Observar que as curvas limitantes são caracterizadas por essa equação). 
-IV é falsa pelo exposto anteriormente. 
Gabarito: D 
 
Se a massa do oscilador é 𝑚 = 4 𝑘𝑔 e sua energia cinética varia com sua posição x⃗⃗ segundo 
o gráfico, qual é o período da oscilação? 
 
 
 
 
 
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a) π/4 s b) π/5 s c) π/6 s d) π/2 s e) π/3 s 
Comentários: 
Igualando a energia cinética máxima (quando 𝐸𝑃 = 0) à energia potencial máxima (quando 
𝑥 = 𝐴): 
200 = 𝑘 ⋅
𝐴2
2
= 𝑘 ⋅
1
2
⇒ 𝑘 = 400 𝑁/𝑚 
Calculando-se o período: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
4
400
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅
1
10
⇒ 𝑇 =
𝜋
5
 𝑠 
Gabarito: B 
 
Um carrinho acelera com a 𝑚/𝑠² e gruda a um prego preso na parede. Determine a máxima 
velocidade do bloco de massa m apoiado sobre a superfície horizontal lisa interna do 
carrinho, se no instante que se dá o choque ele tem uma velocidade 𝑣. 
 
a) 
𝑚𝑎
𝑘
√
𝐾
𝑚
 b) 
2𝑚𝑎
𝑘
√
𝐾
2𝑚
+ 𝑣 c) 
𝑚𝑎
𝑘
√
𝐾
2𝑚
 
d) √𝑣² +
𝑚.𝑎²
𝐾
 e) √𝑣² +
𝐾.𝑎²
𝑚
 
Comentários: 
Pelo equilíbrio dentro do carrinho: 
 
 
 
 
 
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𝑘 ⋅ 𝑥 = 𝑚 ⋅ 𝑎 ⇒ 𝑥 =
𝑚 ⋅ 𝑎
𝑘
 
A energia mecânica do bloco antes do impacto é: 
𝐸𝑀𝑖 = 𝐸𝑃 + 𝐸𝐶 = 𝑘 ⋅
𝑥2
2
+ 𝑚 ⋅
𝑣2
2
=
𝑘
2
⋅ (
𝑚 ⋅ 𝑎
𝑘
)
2
+𝑚 ⋅
𝑣2
2
 
𝐸𝑀𝑖 =
𝑚2 ⋅ 𝑎2
2 ⋅ 𝑘
+
𝑚 ⋅ 𝑣2
2
 
Pela conservação da energia mecânica, após o choque, o momento de máxima energia 
cinética ocorre quando a energia potencial é nula: 
𝑚 ⋅
𝑣𝑚á𝑥
2
2
=
𝑚2 ⋅ 𝑎2
2 ⋅ 𝑘
+
𝑚 ⋅ 𝑣2
2
⇒ 𝑣𝑚á𝑥
2 =
𝑚 ⋅ 𝑎2
𝑘
+ 𝑣2 ⇒ 𝑣𝑚á𝑥 = √
𝑚 ⋅ 𝑎2
𝑘
+ 𝑣2 
Gabarito: D 
 
Um bloco liso de massa 𝑚 é solto quando a mola está estirada e logo que é solto oscila com 
uma amplitude máxima, tal que a tábua não desliza. O coeficiente de atrito estático entre a 
tábua e o piso é 𝜇𝑠. Qual é a equação de oscilação do bloco? 
 
a) �⃗� =
𝜇𝑠
2𝐾
𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 (
√𝐾
√𝑚
𝑡 +
𝜋
2
) b) �⃗� =
𝜇𝑠
2
𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 (
√𝐾
√3𝑚
𝑡 +
𝜋
8
) 
c) �⃗� =
3𝜇𝑠
𝐾
𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 (
√𝐾
√𝑚
𝑡 +
𝜋
2
) d) �⃗� =
3𝜇𝑠
2𝐾
𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 (
√𝐾
√𝑚
𝑡 +
𝜋
4
) 
e) �⃗� =
3𝜇𝑠
𝐾
𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 (
√𝐾
√𝑚
𝑡) 
Comentários: 
Como a placa não desliza, ela encontra-se em equilíbrio, e adotar-se-á que a iminência de 
movimento ocorre na amplitude máxima de oscilação. Portanto, as forças sobre os corpos, na 
situação limite (amplitude máxima) ficam: 
 
Logo, para a tábua: 
 
 
 
 
 
181 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
{
𝑁 = 𝑚 ⋅ 𝑔 + 2 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔
𝜇𝑆 ⋅ 𝑁 = 𝑘 ⋅ 𝐴
 
Portanto: 
𝐴 = 𝜇𝑆 ⋅ 3 ⋅ 𝑚 ⋅
𝑔
𝑘
 
Calculando 𝜔 para o bloco menor: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
 
Portanto, já se sabe que: 
�⃗� = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝛿) 
�⃗� =
3𝜇𝑆
𝑘
⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (√
𝑘
𝑚
⋅ 𝑡 + 𝛿) 
Resta definir somente 𝛿. O enunciado afirma que o bloco é solto com a mola estirada. 
Portanto: 
𝛿 =
𝜋
2
 
�⃗� =
3𝜇𝑆
𝑘
⋅ 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (√
𝑘
𝑚
⋅ 𝑡 +
𝜋
2
) 
Gabarito: C 
 
A esfera de argila é lançada e se choca com o bloco de massa 𝑀 depois de alcançar sua 
velocidade mínima. Qual é a equação de movimento do sistema oscilante, se 𝑀 = 2 𝑘𝑔 e 
𝑚 = 0,5 𝑘𝑔? 
 
a) �⃗� = 2√3𝑠𝑒𝑛 (4𝑡 +
11𝜋
3
) 𝑚 b) �⃗� = 3𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 𝑚 
c) �⃗� = 2𝑠𝑒𝑛 (√3𝑡 +
3𝜋
5
) 𝑚 d) �⃗� = √16𝑠𝑒𝑛 (4𝑡 +
3𝜋
2
) 𝑚 
 
 
 
 
 
182 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
e) �⃗� = 0,4𝑐𝑜𝑠 (2𝑡 +
𝜋
6
) 𝑚 
Comentários: 
Primeiramente, calcula-se a velocidade mínima da esfera. Isso ocorre quando a 
componente vertical for nula, logo, sua velocidade mínima será a componente horizontal: 
𝑣𝑚í𝑛 = 50 ⋅ cos 53° = 30 𝑚/𝑠 
Considera-se um choque plástico entre a esfera e o bloco. Por conservação da quantidade 
de movimento: 
𝑚 ⋅ 30 = (𝑚 +𝑀) ⋅ 𝑣 ⇒ 𝑣 = 6 𝑚/𝑠 
Este será adotado como ponto de equilíbrio do MHS, onde tem-se velocidade máxima da 
oscilação e deformação nula. 
Portanto, a energia mecânica do sistema, calculada nesse ponto, imediatamente após o 
choque, fica: 
𝐸𝑀 =
(𝑚 +𝑀) ⋅ 𝑣2
2
=
2,5 ⋅ 36
2
= 45 𝐽 
Buscando a deformação máxima da mala (𝐸𝑐 nula): 
𝑘 ⋅
𝐴2
2
= 45 ⇒ 5 ⋅ 𝐴2 = 45 ⇒ 𝐴 = 3 𝑚 
Sabendo que: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚 +𝑀
= 2 𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Por eliminação, já se sabe que a alternativa correta é a B. Caso houvesse dúvida e fosse 
necessário a determinação da fase inicial, basta lembrar-se que o movimento iniciou no momento 
de velocidade máxima e deslocamento mínimo. Portanto 𝛿 = 0. 
Gabarito: B 
 
Unem-se os extremos livres da mola ao bloco, mantendo-o na posição indicada. Ao se soltar 
o bloco move-se para a direita. Determine a amplitude de oscilação do bloco. Despreze os 
atritos. 
 
a) 
(𝐾2−𝐾1)𝐿
𝐾1+𝐾2
 b) 
(𝐾2+𝐾1)𝐿
𝐾2−𝐾1
 c) 
(𝐾2−𝐾1)𝐿
2(𝐾1+𝐾2)
 
d) 
2(𝐾2+𝐾1)𝐿
𝐾1−𝐾2
 e) 
2(𝐾1−𝐾2)𝐿
𝐾2+𝐾1
 
 
 
 
 
 
183 
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Comentários: 
Primeiramente, já que o bloco se move para a direita: 
𝐾2 > 𝐾1 
A posição de equilíbrio será adotada como 𝑥 à direita da posição representada na figura. 
Nessa posição: 
𝐾1 ⋅ (𝑥 + 𝐿) = 𝐾2 ⋅ (𝐿 − 𝑥) ⇒ 𝑥 ⋅ (𝐾1 + 𝐾2) = 𝐿 ⋅ (𝐾2 − 𝐾1) ⇒ 𝑥 = 𝐿 ⋅
𝐾2 − 𝐾1
𝐾1 + 𝐾2
 
E, sabendo-se que a amplitude do movimento será a distância inicial até a posição de 
equilíbrio: 
𝐴 = 𝑥 
Gabarito: A 
 
O sistema a seguir se encontra em equilíbrio. Determine o período de oscilação da esfera 
quando ela é afastada (pequena distância) da posição de equilíbrio. 
 
a) 2𝜋√
𝑚
𝐾
 b) 4𝜋√
𝑚
𝐾
 c) 𝜋√
𝑚
𝐾
 d) 
𝜋
2
√
𝑚
𝐾
 e) 
𝜋
4
√
𝑚
𝐾
 
Comentários: 
Adotando que a esfera foi afastada 𝑥 da posição de equilíbrio na direção vertical: 
2 ⋅ 𝐹𝑒𝑙 −𝑚 ⋅ 𝑔 = 𝑘
′ ⋅ 𝑥 
Mas, no equilíbrio: 
2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑥𝑒𝑞 = 𝑚 ⋅ 𝑔 
E, na nova situação: 
𝐹𝑒𝑙 = 𝑘 ⋅ (𝑥𝑒𝑞 + 2 ⋅ 𝑥) 
Portanto: 
𝑘 ⋅ 4 ⋅ 𝑥 = 𝑘′ ⋅ 𝑥 ⇒ 𝑘′ = 4 ⋅ 𝑘 
 
 
 
 
 
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Calculando-se o período: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘′
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
4𝑘
= 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘
 
Gabarito: C 
 
Quatro esferas, cada uma de massa 𝑚 estão unidas a molas idênticas tal como se mostra a 
figura abaixo. Se a cada esfera é comunicada uma velocidade dirigida para o centro de massa 
do sistema, determine após quanto tempo as molas atingem máximo estiramento. 
 
a) 3𝜋√
2𝑚
𝐾
 b) 
2𝜋
3
√
𝑚
2𝐾
 c) 
3𝜋
2
√
𝑚
2𝐾
 d) 
𝜋
2
√
3𝑚
𝐾
 e) 2𝜋√
𝑚
3𝐾
 
Comentários: 
Adotando-se que a contagem do tempo se inicia quando foi fornecida velocidade ao 
sistema, são necessários 
3𝑇
4
 até chegar-se ao momento de máximo estiramento. Passo a passo: 
- Inicia-se em deslocamento nulo e velocidade máxima; 
- Após 
𝑇
4
 chega-se ao deslocamento máximo (contração das molas) e velocidade nula; 
- Mais 
𝑇
4
 chega-se à posição inicial com velocidade máxima no sentido contrário ao inicial; 
- Mais 
𝑇
4
 chega-se ao deslocamento máximo (expansão das molas) e velocidade nula. 
Agora, adotando-se que as esferas se deslocaram A para fora: 
 
 
 
 
 
 
185 
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Logo: 
𝐴 =
𝑥
2
⋅ √2 ⇒ 𝑥 = 𝐴 ⋅ √2 
Igualando-se a energia mecânica entre 𝑡 = 0 e 𝑡 =
3𝑇
4
: 
𝑚 ⋅ 𝑣2
2
=
𝑘 ⋅ 𝑥2
2
⇒ 𝑚 ⋅ 𝑣2 = 𝑘 ⋅ 2 ⋅ 𝐴2 ⇒ 𝑣2 = 2 ⋅
𝑘
𝑚
⋅ 𝐴2 
Mas, sabe-se que por tratar-se de um sistema em MHS: 
𝑣 = 𝜔 ⋅ 𝐴 ⇒ 𝑣2 = 𝜔2 ⋅ 𝐴2 
Igualando as expressões: 
𝜔2 ⋅ 𝐴2 = 𝐴2 ⋅
2 ⋅ 𝑘
𝑚
⇒ 𝜔 = √
2𝑘
𝑚
 
Calculando-se o período: 
𝑇 = 2𝜋 ⋅ √
𝑚
2𝑘
 
Como levou 
3𝑇
4
: 
𝑡 =
3
4
⋅ 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
2𝑘
⇒ 𝑡 =
3 ⋅ 𝜋
2
⋅ √
𝑚
2𝑘
 
Gabarito: C 
 
Uma superfície plana tangente a superfície terrestre se solta um bloco liso. Determine o 
período de pequenas oscilações do bloco, se 𝑅 é o raio da Terra. 
a) 2𝜋√
𝑅
2𝑔
 
b) 2𝜋√
2𝑅
𝑔
 
c) 2𝜋√
𝑅
𝑔
 
d) 𝜋√
𝑅
2𝑔
 
e) 𝜋√
3𝑅
𝑔
 
Comentários: 
As forças sobre o bloco estão representadas a seguir: 
 
 
 
 
 
186 
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Portanto: 
𝐹𝐺 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑘 ⋅ 𝑥 
Parapequenas oscilações: 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 ≅ 𝑡𝑔 𝜃 
Logo: 
𝐹𝐺 ⋅ 𝑡𝑔 𝜃 = 𝑘 ⋅ 𝑥 ⇒ 𝐹𝐺 ⋅
𝑥
𝑅
= 𝑘 ⋅ 𝑥 ⇒ 𝑘 =
𝐹𝐺
𝑅
 
Como a oscilação é pequena, adota-se que 𝐹𝐺 = 𝑚 ⋅ 𝑔. Portanto: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚 ⋅ 𝑅
𝑚 ⋅ 𝑔
⇒ 𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑅
𝑔
 
Gabarito: C 
 
Uma mola ideal está unida a um cilindro homogêneo como mostra a figura. Se soltarmos o 
cilindro na posição em que a mola está estirada, observamos que esse cilindro roda sem 
deslizar e o centro de massa deste realiza um MHS. Determine o período de oscilações. 
 
a) 2𝜋√
3𝑀
2𝐾
 b) 𝜋√
𝑀
2𝐾
 c) 𝜋√
3𝑀
𝐾
 d) 𝜋√
𝑀
3𝐾
 e) 2𝜋√
𝑀
𝐾
 
Comentários: 
Pela conservação da energia mecânica: 
𝐸𝐶𝑚á𝑥 = 𝐸𝑃𝑚á𝑥 
A energia cinética máxima é composta pela energia cinética de translação e de rotação. 
𝐸𝐶𝑚á𝑥 = 𝐸𝐶𝑇 + 𝐸𝐶𝑅 =
𝑚 ⋅ 𝑣2
2
+
𝐼 ⋅ 𝜔2
2
 
 
 
 
 
 
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Mas: 
𝜔 =
𝑣
𝑅
 
E, para um cilindro: 
𝐼 =
𝑚 ⋅ 𝑅2
2
 
Assim, pela conservação da energia mecânica: 
𝑚 ⋅ 𝑣𝑚á𝑥
2
2
+
1
2
⋅
𝑚 ⋅ 𝑅2
2
⋅
𝑣𝑚á𝑥
2
𝑅2
= 𝑘 ⋅
𝐴2
2
 
𝑚 ⋅ 𝑣𝑚á𝑥
2
2
⋅
3
2
= 𝑘 ⋅
𝐴2
2
 
𝑣𝑚á𝑥 = √
2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝐴2
3 ⋅ 𝑚
 
Mas, em um MHS: 
𝑣𝑚á𝑥 = 𝐴 ⋅ 𝜔 
Igualando as expressões: 
𝐴 ⋅ 𝜔 = 𝐴 ⋅ √
2 ⋅ 𝑘
3 ⋅ 𝑚
⇒ 𝜔 = √
2 ⋅ 𝑘
3 ⋅ 𝑚
 
Portanto, o período fica: 
𝑇 =
2 ⋅ 𝜋
𝜔
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
3 ⋅ 𝑚
2 ⋅ 𝑘
 
Gabarito: A 
 
No sistema esquematizado a polia é leve e giratória sem atrito e os fios são leves, flexíveis e 
inextensíveis. As molas são leves e tem constante elástica 𝑘1 e 𝑘2; o bloco suspenso tem 
massa 𝑚. Determinar o período das oscilações verticais da carga. 
 
Comentários: 
 
 
 
 
 
188 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Tem-se um conjunto de molas em série, visto que elas não necessariamente têm mesma 
deformação. Portanto, pode-se calcular a constante elástica equivalente por: 
1
𝑘𝑒𝑞
=
1
𝑘1
+
1
𝑘2
⇒
1
𝑘𝑒𝑞
=
𝑘1 + 𝑘2
𝑘1 ⋅ 𝑘2
 
Calculando-se o período: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘𝑒𝑞
⇒ 𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚 ⋅ (𝑘1 + 𝑘2)
𝑘1 ⋅ 𝑘2
 
Gabarito: : 𝑻 = 𝟐𝝅√
𝒎(𝒌𝟏+𝒌𝟐)
𝒌𝟏.𝒌𝟐
 
 
Um corpo de massa 𝑚, sujeita a uma mola cuja constante elástica é 𝑘, realiza oscilações de 
amplitude 𝐴 sobre um solo horizontal. A uma distância 𝐴/2 da posição de equilíbrio, coloca-
se uma placa de uma massa muito grande. Os choques do corpo com a placa são 
perfeitamente elásticos. Determinar o período das oscilações nesse caso. 
 
Comentários: 
Semelhante à questão 34, o que ocorre aqui é um “pulo” de um momento do MHS 
diretamente para outro. Adotando uma fórmula genérica para o deslocamento: 
𝑥 = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔 ⋅ 𝑡 + 𝛿) 
Como o 𝛿 pode ser definido por nós, adotamos 𝛿 = 0 e a posição de deslocamento nulo 
ocorrendo em 𝑡 = 0. Portanto: 
𝑥 = 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔 ⋅ 𝑡) 
Adotando 𝑥 positivo para a direita, os momentos em que o corpo está na posição 
𝐴
2
 são: 
𝐴
2
= 𝐴 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (𝜔 ⋅ 𝑡) 
𝜔 ⋅ 𝑡1 =
𝜋
6
 
𝜔 ⋅ 𝑡2 =
5𝜋
6
 
𝑡1 =
𝜋
6 ⋅ 𝜔
 
𝑡2 =
5 ⋅ 𝜋
6 ⋅ 𝜔
 
 
 
 
 
 
189 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Portanto, o bloco ao chegar no instante 𝑡1 de seu MHS “normal”, de repente “pula” para 
o instante 𝑡2 de seu MHS “normal”. Portanto, o período do movimento fica: 
𝑇 =
2 ⋅ 𝜋
𝜔
− (𝑡2 − 𝑡1) ⇒ 𝑇 =
𝜋
𝜔
⋅ (2 −
5
6
+
1
6
) ⇒ 𝑇 =
𝜋
𝜔
⋅
4
3
 
Mas: 
𝜔 = √
𝑘
𝑚
 
Logo: 
𝑇 =
4 ⋅ 𝜋
3
⋅ √
𝑚
𝑘
 
Gabarito: 𝑻 =
𝟒𝝅
𝟑
√
𝒎
𝒌
 
 
Dois blocos, de massa 𝑚1 e 𝑚2, são ligados por uma mola de rigidez 𝑘. A mola está 
comprimida com a ajuda de fios. Os fios são cortados. Determinar o período das oscilações 
dos blocos. 
 
Comentários: 
Pela conservação da energia mecânica (chamando de 𝑥 a deformação inicial da mola) 
(notar que 𝑥 = 𝐴): 
𝑘 ⋅ 𝑥2
2
=
𝑚1 ⋅ 𝑣1
2
2
+
𝑚2 ⋅ 𝑣2
2
2
 
𝑘 ⋅ 𝐴2 = 𝑚1 ⋅ 𝑣1
2 +𝑚2 ⋅ 𝑣2
2 
E, pela conservação da quantidade de movimento: 
𝑚1 ⋅ 𝑣1 = 𝑚2 ⋅ 𝑣2 ⇒ 𝑣1 =
𝑚2 ⋅ 𝑣2
𝑚1
 
Substituindo: 
𝑘 ⋅ 𝐴2 =
𝑚2
2 ⋅ 𝑣2
2
𝑚1
+𝑚2 ⋅ 𝑣2
2 
𝑚2 ⋅ 𝑣2
2 ⋅ (
𝑚2
𝑚1
+ 1) = 𝑘 ⋅ 𝐴2 
𝑣2
2 = 𝑘 ⋅ 𝐴2 ⋅
𝑚1
𝑚2 ⋅ (𝑚1 +𝑚2)
 
 
 
 
 
 
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Analisando somente o MHS do corpo 2, sua amplitude será tal que o centro de massa não 
se desloque e o deslocamento do corpo 2 somado ao do corpo 1 seja A. Equacionando: 
{
𝑚2 ⋅ 𝐴2 = 𝑚1 ⋅ 𝐴1
𝐴1 + 𝐴2 = 𝐴
 
𝑚2 ⋅ 𝐴2 = 𝑚1 ⋅ (𝐴 − 𝐴2) 
𝐴 =
𝐴2 ⋅ (𝑚1 +𝑚2)
𝑚1
 
Substituindo na equação de 𝑣2: 
𝑣2
2 = 𝑘 ⋅
𝐴2
2 ⋅ (𝑚1 +𝑚2)
𝑚1 ⋅ 𝑚2
 
Para o MHS do corpo 2: 
𝑣2 = 𝐴2 ⋅ 𝜔 
Logo: 
𝜔2 = 𝑘 ⋅
𝑚1 +𝑚2
𝑚1 ⋅ 𝑚2
 
𝜔 = √
𝑘 ⋅ (𝑚1 +𝑚2)
𝑚1 ⋅ 𝑚2
 
Portanto: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚1 ⋅ 𝑚2
𝑘 ⋅ (𝑚1 +𝑚2)
 
Obs.: 
𝒎𝟏⋅𝒎𝟐
𝒎𝟏+𝒎𝟐
 é usualmente chamado de massa reduzida. O período de um MHS de corpos coplados 
pode ser calculado diretamente utilizando-se esta massa reduzida. 
Gabarito: 𝑻 = 𝟐𝝅√
𝒎𝟏.𝒎𝟐
𝒌(𝒎𝟏+𝒎𝟐)
 
 
Um corpo de massa 𝑚 pode deslizar ao longo de um eixo horizontal 𝑂𝑂’ entre duas paredes 
verticais. A ambos lados do corpo estão sujeitas molas sem peso de igual rigidez 𝑘. Quando 
o corpo estiver situado simetricamente entre as paredes, as distâncias dos extremos livres 
das molas até as paredes serão iguais a 𝑎. Se ao corpo comunica-se a velocidade 𝑉0, este 
passa a oscilar entre as paredes. Qual o período dessas oscilações. 
 
 
 
 
 
 
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Comentários: 
A questão não informa, no entanto devemos considerar que a energia cinética da mola é 
insuficiente para que ele chegue a colidir com a parede. se fosse o caso de o bloco colidir com a 
parede, ocorreria um “pulo” no período semelhante aos exercícios anteriores. 
Feita essa consideração, deve-se notar que a partir do momento que a mola entra em 
contato com uma parede até o momento que perde o contato, ocorre meio período de um MHS 
de sistema massa mola. Sendo assim: 
𝑇1 = 2 ⋅
1
2
⋅ 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘
 
𝑇1 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘
 
Em que 𝑇1 é o tempo que as molas estão em contato com as paredes. Além disso, 
enquanto as molas não estão em contato com as paredes, o bloco deve deslocar-se 4𝑎 com 
velocidade 𝑣0. (Desloca 𝑎, entra em contato com a parede, desloca mais 2𝑎, entra em contato 
com outra parede, desloca mais 𝑎 e está de volta à posição inicial. 
𝑇2 =
4𝑎
𝑣0
 
𝑇 = 𝑇1 + 𝑇2 
𝑇 =
4𝑎
𝑣0
+ 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘
 
Gabarito: 𝑻 =
𝟒𝒂
𝒗𝒐
+ 𝟐𝝅√
𝒎
𝒌
 
 
Uma barra de massa desprezível está em repouso, como na figura abaixo. A distância 𝑑 do ponto de 
articulação, é posicionada uma massa 𝑚. Se comprimimos a mola ligeiramente para baixo e 
abandonarmos o sistema, calcule o período das pequenos oscilações deste sistema. 
 
Comentários: 
Inicialmente, vamos determinar a posição de equilíbrio do sistema, antes de fazer a 
perturbação. 
 
 
 
 
 
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 Na condição de equilíbrio, o torque em relação ao ponto O é nulo: 
𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑑 = 𝐾 ⋅ 𝑥0 ⋅ 𝐿 
𝑥0 =
𝑚 ⋅ 𝑔
𝐾
⋅
𝑑
𝐿
 
 Após a perturbação, temos a seguinte situação: 
 
 Aplicando a conservação de energia, temos: 
𝐸𝑚𝑜𝑙𝑎 = 𝐸𝑐𝑖𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑎
𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎
+ 𝐸𝑝𝑔
𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎
+ 𝐸𝑚𝑜𝑙𝑎
𝑃𝐸 
1
2
𝐾(𝑥0 + 𝐴
′)2 =
1
2
𝑚 ⋅ 𝑣𝑚á𝑥
2 +𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐴 +
1
2
𝐾 ⋅ 𝑥0
2 
1
2
𝐾 ⋅ 𝑥0
2 + 𝐾 ⋅ 𝑥0 ⋅ 𝐴
′ +
1
2
𝐾 ⋅ 𝐴′2 =
1
2
𝑚 ⋅ 𝑣𝑚á𝑥
2 +𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐴 +
1
2
𝐾 ⋅ 𝑥0
2 
𝐾 ⋅
𝑚 ⋅ 𝑔
𝐾
⋅
𝑑
𝐿
⋅ 𝐴′ +
1
2
𝐾 ⋅ 𝐴′2 =
1
2
𝑚 ⋅ 𝑣𝑚á𝑥
2 +𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐴 
 Mas, 𝑣𝑚á𝑥 = 𝜔 ⋅ 𝐴. Então: 
𝐾 ⋅
𝑚 ⋅ 𝑔
𝐾
⋅
𝑑
𝐿
⋅ 𝐴′ +
1
2
𝐾 ⋅ 𝐴′2 =
1
2
𝑚 ⋅ (𝜔 ⋅ 𝐴)2 +𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐴 
 Pela variação angular, podemos escrever que: 
𝜃 ⋅ 𝑑 = 𝐴 
𝜃 ⋅ 𝐿 = 𝐴′ 
 
 
 
 
 
193 
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𝐴′ = (
𝐿
𝑑
) ⋅ 𝐴 
 Portanto: 
𝐾 ⋅
𝑚 ⋅ 𝑔
𝐾
⋅
𝑑
𝐿
⋅ [(
𝐿
𝑑
) ⋅ 𝐴] +
1
2
𝐾 ⋅ [(
𝐿
𝑑
) ⋅ 𝐴]
2
=
1
2
𝑚 ⋅ (𝜔 ⋅ 𝐴)2 +𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐴 
𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐴 +
1
2
𝐾 ⋅
𝐿2
𝑑2
⋅ 𝐴2 =
1
2
𝑚 ⋅ 𝜔2 ⋅ 𝐴2 +𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝐴 
1
2
𝐾 ⋅
𝐿2
𝑑2
=
1
2
𝑚 ⋅ 𝜔2 
𝐾 ⋅
𝐿2
𝑑2
= 𝑚 ⋅ (
2𝜋
𝑇
)
2
 
𝑇 = 2𝜋 ⋅
𝑑
𝐿
⋅ √
𝑚
𝐾
 
Gabarito: 𝑻 = 𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ √
𝒎⋅𝒍
𝒌⋅𝑳
 
 (IPHO) 
Uma pequena massa é presa na extremidade de uma mola ideal e posta a oscilar na vertical 
em sua frequência natural 𝑓. Se a mola é cortada ao meio e a mesma massa é presa em uma 
das extremidades, qual é a nova frequência natural 𝑓’ de oscilação. 
Comentários: 
Ao cortar-se uma mola na metade, dobra-se sua constante elástica. Uma forma de verificar 
isso seria imaginar que uma mola inteira é feita por duas molas de metade de seu tamanho em 
série. Assumindo que a mola tem 𝑘 de constante elástica e as menores têm 𝑘′: 
1
𝑘
=
2
𝑘′
⇒ 𝑘′ = 2 ⋅ 𝑘 
Portanto: 
𝑓 =
1
2 ⋅ 𝜋
⋅ √
𝑘
𝑚
 
E: 
𝑓′ =
1
2 ⋅ 𝜋
⋅ √
2 ⋅ 𝑘
𝑚
= 𝑓 ⋅ √2 
Gabarito: 𝒇′ = 𝒇√𝟐 
 
 
 
 
 
 
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AULA 06 – Movimento harmônico simples - MHS 
 
Nos extremos de uma barra, de peso desprezível e de comprimento 𝑑, são fixadas duas 
pequenas esferas de massas 𝑚. A barra é suspensa, por uma articulação, de tal maneira que 
pode girar sem atrito junto de seu eixo vertical que passa pelo meio da mesma. Em uma 
mesma reta que a barra, são fixadas duas esferas grandes com massas 𝑀. A distância entre 
os centros das esferas grandes e a pequena é 𝐿. Determinar o período das pequenas 
oscilações descritas pelo pêndulo giratório. 
 
Comentários: 
Visualizando metade da barra de outra forma: 
 
É notável a semelhança com um pêndulo simples. Portanto: 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑙
𝑔
 
Mas, neste caso: 
𝑙 =
𝑑
2
⇒ 𝑔 =
𝐹𝐺
𝑚
=
𝐺 ⋅ 𝑀 ⋅ 𝑚
𝐿2 + 𝑥2
𝑚
≅
𝐺 ⋅ 𝑀
𝐿2
 
Substituindo: 
 
 
 
 
 
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𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅
√
𝑑
2
⋅ 𝐿2
𝐺 ⋅ 𝑀
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑑 ⋅ 𝐿2
2 ⋅ 𝐺 ⋅ 𝑀
 
Gabarito: 𝑻 = 𝟐𝝅√
𝒅𝑳²
𝟐𝑮𝑴
 
 
Dois pêndulos simples de comprimento 𝑙 cada um estão ligados por uma mola de peso 
desprezível, como mostra a figura 1. O coeficiente de elasticidade da mola é igual a 𝑘. Em 
equilíbrio, os pêndulos estão na posição vertical e a mola não se deforma. Determinar a 
frequência das pequenas oscilações dos dois pêndulos unidos no caso em que foram 
inclinados, em ângulo iguais, para lados diferentes. 
 
Comentários: 
Considerando-se que ambos os pêndulos foram tirados 𝜃 de sua posição de equilíbrio, a 
força elástica que surge é igual à: 
𝐹𝑒𝑙 = 𝑘 ⋅ 𝑥 = 𝑘 ⋅ 2 ⋅ 𝑙 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ≅ 𝑘 ⋅ 𝑙 ⋅ 𝜃 
A força restauradora é a composição da força elástica junto à componente horizontal da 
força peso: 
𝐹𝐺𝑥 = 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ≅ 𝑚 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝜃 
Portanto, a força restauradora fica: 
𝐹𝑟𝑒𝑠 = (2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑙 + 𝑚 ⋅ 𝑔) ⋅ 𝜃 = (2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑙 + 𝑚 ⋅ 𝑔) ⋅
𝑥
𝑙
 
Portanto, o 𝑘′ do MHS fica: 
𝑘′ =
2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑙 + 𝑚 ⋅ 𝑔
𝑙
 
E o período fica: 
 
 
 
 
 
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𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚
𝑘′
= 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑚 ⋅ 𝑙
2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑙 + 𝑚 ⋅ 𝑔
 
𝑇 = 2 ⋅ 𝜋 ⋅ √
𝑙
2 ⋅ 𝑘 ⋅ 𝑙
𝑚
+ 𝑔
 
Gabarito: 𝑻 = 𝟐𝝅√
𝒍
𝒈+
𝟐𝒌𝒍
𝒎
 
 (Simulado ITA) 
Uma massa pendular 𝑚 com carga 𝑞 é colocada entre as placas de um capacitor, conforme figura 
abaixo. 
 
Após fazer uma pequena perturbação, o período de oscilação da massa pendular é de: 
Considere que a massa pendular oscila em um plano perpendicular as placas do capacitor. Além 
disso, a intensidade do campo elétrico entre as placas é 𝐸 e a aceleração da gravidade local é 𝑔. 
a) 2𝜋√
𝑙
√𝑔2−(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 b) 2𝜋√
𝑙⋅𝑡𝑔(𝛼)
√𝑔2+(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 c) 2𝜋√
𝑙
√𝑔2+(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 
d) 2𝜋√
𝑙⋅𝑠𝑒𝑛(𝛼)
√𝑔2−(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 e) 2𝜋√
2⋅𝑙⋅𝑡𝑔(𝛼)
√𝑔2−(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 
Comentários: 
 Antes de fazer a perturbação, para a posição de equilíbrio da carga, temos: 
𝑡𝑔(𝛼) =
𝑞𝐸
𝑚𝑔
 
Quando a massa pendular começa a oscilar, a aceleração da gravidade aparente sobre a 
massa pode ser determinada por: 
𝐹𝑟 = 𝑚 ⋅ 𝑎 
√𝐹𝑒𝑙𝑒
2 + (𝑚𝑔)2 = 𝑚 ⋅ 𝑔𝑎𝑝 
 
 
 
 
 
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√(𝑞𝐸)2 +𝑚2𝑔2 = 𝑚 ⋅ 𝑔𝑎𝑝 
𝑔𝑎𝑝 = √(
𝑞𝐸
𝑚
)
2
+ 𝑔2 
 Portanto, o período é dado por: 
𝑇 = 2𝜋√
𝑙
𝑔𝑎𝑝
 
𝑇 = 2𝜋
√
𝑙
√𝑔2 + (
𝑞𝐸
𝑚
)
2
 
Gabarito: C 
 (Simulado ITA) 
Uma bloco de massa 𝑚 é suspenso por uma mola vertical de constante elástica 𝑘 e permanece em 
equilíbrio. Em um dado momento, a massa é lançada para baixo com velocidade 𝑣. A partir da 
posição de equilíbrio, qual a distância percorrida pelo bloco até que ele pare instantaneamente? 
Desconsidere eventuais atritos. 
a) √
𝑘
𝑚
⋅ 𝑣 b) √
2𝑚
𝑘
⋅ 𝑣 c) √
𝑚
𝑘
⋅ 𝑣 d) √
𝑚
2𝑘
⋅ 𝑣 e) √
𝑚
𝑘
⋅ 2𝑣 
Comentários: 
 Inicialmente, da condição de equilíbrio, podemos determinar a deformação inicial da mola: 
𝑃 = 𝐹𝑒𝑙𝑎𝑠 
𝑚𝑔 = 𝑘𝑥0 
𝑥0 =
𝑚𝑔
𝑘
 
 Quando a massa é lançada para baixo com velocidade 𝑣, tomando como nível de referência 
a posição inicial de equilíbrio, a energia do sistema é dada por: 
𝐸𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑒𝑙𝑎𝑠 
𝐸𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 =
1
2
𝑚𝑣2 +
𝑘𝑥0
2
2
 
 Quando o bloco está instantaneamente parado, ou seja, velocidade nula, estamos falando 
da máxima deformação da mola, a mola deformou de 𝑥0 + ℎ. Então a nova energia mecânica, 
tomando como nível de referência a posição inicial de equilíbrio, será de: 
𝐸𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 =
1
2
𝑘(𝑥0 + ℎ)
2 +𝑚𝑔(−ℎ) 
 Como o sistema é conservativo, pois não há forças dissipativas, então: 
 
 
 
 
 
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𝐸𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝐸𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
1
2
𝑚𝑣2 +
𝑘𝑥0
2
2
=
1
2
𝑘(𝑥0 + ℎ)
2 +𝑚𝑔(−ℎ) 
1
2
𝑚𝑣2 +
𝑘𝑥0
2
2
=
𝑘𝑥0
2
2
+ 𝑘𝑥0ℎ +
𝑘
2
ℎ2 −𝑚𝑔ℎ 
1
2
𝑚𝑣2 = 𝑘𝑥0⏟
𝑚𝑔
ℎ +
𝑘
2
ℎ2 −𝑚𝑔ℎ 
1
2
𝑚𝑣2 = 𝑚𝑔ℎ +
𝑘
2
ℎ2 −𝑚𝑔ℎ 
1
2
𝑚𝑣2 =
𝑘
2
ℎ2 
ℎ = √
𝑚
𝑘
𝑣 
Gabarito: C 
 
17. Referências bibliográficas 
[1] Calçada, Caio Sérgio. Física Clássica volume 4. 2. Ed. Saraiva Didáticos, 2012. 523p. 
[2] Bukhovtsev, B.B. Krivtchenkov, V.D. Miakishev, G.Ya. Saraeva, I. M. Problemas Selecionados de Física 
Elementar. 1 ed. MIR, 1977.518p. 
[3] Newton, Gualter, Helou. Tópicos de Física volume 2. 16ª ed. Saraiva, 1993. 512p. 
[4] Toledo, Nicolau, Ramalho. Os Fundamentos da Física volume 2. 9ª ed. Moderna. 532p. 
[5] Resnick, Halliday, Jearl Walker. Fundamentos de Física volume 2. 10ª ed. LTC. 297p. 
[6] V. Zubov, V. Shalnov. Problem in Physics. 2ª ed MIR, 1985. 301p. 
[7] Associación Fondo de Investigadosres y Editores. Física – una visión analítica del movimiento volumen 
3. Lumbreras editores. 
[8] Robortella, Avelino e Edson. Eletromagnetismo e ondulatória. Editora Ática. 450p. 
18. Considerações finais 
Chegamos ao final da nossa aula. Revise todos os conceitos apresentados nessa aula, faça 
pequenos resumos sobre cada tópico estudado. 
 
 
 
 
 
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Essa aula foi bem densa, com muitos conceitos de difícil entendimento e que exigem muita 
abstração. Foi necessária a utilização de derivação nas deduções de muitas equações. 
As últimas questões da lista são bem difíceis e irão fazer você quebrar a cabeça. Mas, cuidado. 
Deixe elas por últimos, pois os vestibulares estão chegando e o seu tempo é precioso. 
Conte comigo nessa jornada. Quaisquer dúvidas, críticas ou sugestões entre em contato pelo 
fórum de dúvidas do Estratégia ou se preferir: 
 
 @proftoniburgatto