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www.profafguimaraes.net 1 Prof. A.F.Guimarães Física 2 – Questões 1 Questão 1 Um bloco de 2,0 kg está suspenso numa mola. Liga-se ao bloco um corpo de 200g; verifica-se uma distensão adicional de 2,3 cm. Removendo- se a seguir o corpo de 200 g e deixando o bloco oscilar na vertical, qual será o período do seu movimento? Resolução: Para o corpo de 2,0 kg suspenso, teremos: 2 9,8 19,6 w kx kx kx = ⇒ ⋅ = = (1.1) Ao se adicionar o corpo de 200g, teremos: ( )0,023 2,2 9,8 0,023 21,56 0,023 w k x kx k kx k ′ = + ⇒ ⋅ = + ⋅ − = (1.2) Agora, utilizando o resultado de (1.1) em (1.2) teremos: 1 21,56 19,6 0,023 85,2 k k N m− − = = ⋅ (1.3) Assim, utilizando o resultado de(1.3), temos: 2 0,96 . k m T m k T s ω π= ⇒ = ∴ = Questão 2 Um bloco está sobre um pistão que se move verticalmente com movimento harmônico simples de período igual a 1,0 s. (a) Para que amplitude do movimento o bloco se separa do pistão? (b) Se o pistão tiver amplitude de 5,0 cm, qual a frequência máxima para o qual o bloco e o pistão permanecerão em contato? Resolução: a) Como o pistão executa um movimento harmônico simples, a velocidade angular �, do movimento, é dada por: 12 2 .rad s T π ω ω π −= ⇒ = ⋅ (2.1) No ponto mais alto da trajetória, a velocidade do bloco deverá ser nula e, a aceleração, máxima. Assim, o bloco permanecerá apoiado no pistão. Logo, utilizando o resultado de (2.1), teremos: 2 2 9,8 4 0,25 . máxa A A A m ω π= ⇒ = ⋅ ∴ ≅ (2.2) Assim, se o movimento for executado com uma amplitude imediatamente maior do que o resultado de (2.2), o bloco se separará do pistão. b) Para uma amplitude de 5 cm, a aceleração máxima, que deve ser igual a da gravidade local, é dada por: 2 2 1 9,8 0,05 14 máxa A rad s ω ω ω − ′ ′ ′= ⇒ = ⋅ ′ = ⋅ (2.3) Logo, o período será: 2 0,45 .T T s π ω = ∴ ≅ Questão 3 Duas partículas se deslocam, com movimento harmônico simples de mesmas amplitudes e frequências, ao longo da mesma reta. Elas se cruzam quando, movendo-se em sentidos opostos, seus deslocamentos igualam a metade da amplitude. Qual a diferença de fase entre elas? Resolução: Sejam x1 e x2 as posições das duas partículas, dadas pelas expressões: 1 1 x A sen tω= ⋅ (3.1) e ( )2 2x A sen tω δ= ⋅ + (3.2) www.profafguimaraes.net 2 Então, como as duas partículas possuem a mesma frequência, podemos concluir que: 1 2 ω ω ω= = (3.3) E ainda temos que: 1 2 2 A x x= = (3.4) Utilizando as equações (3.1), (3.3) e (3.4), teremos: 1 2 sen tω = (3.5) e 2 2 1 3 2 sen t cos t cos t ω ω ω + = = ± (3.6) Agora, utilizando as equações (3.2), (3.3) e (3.4), teremos: ( ) 1 2 sen tω δ+ = (3.7) E como ( )sen t sen t cos cos t senω δ ω δ ω δ+ = ⋅ + ⋅ , poderemos reescrever a expressão (3.7), utilizando o resultado de (3.6): 1 3cos senδ δ− = ⋅ (3.8) Onde foi utilizado o valor positivo do resultado de (3.6)(o valor negativo conduz ao mesmo resultado). Agora, sejam v1 e v2 as velocidades das partículas dadas pelas expressões: 1 v A cos tω ω= ⋅ (3.9) E ( )2v A cos tω ω δ= ⋅ + (3.10) Como as partículas executam o mesmo movimento, porém com uma diferença de fase, no ponto de encontro elas devem ter a mesma velocidade, mas devemos levar em consideração que elas possuem sentidos opostos. Logo: ( ) 1 2 v v cos t cos tω ω δ = − = − + (3.11) E como ( )cos t cos t cos sen t senω δ ω δ ω δ+ = ⋅ − ⋅ , teremos para o resultado de (3.11), utilizando os resultados de (3.5) e (3.6), teremos: ( )3 1 cos senδ δ+ = (3.12) Agora, utilizando (3.8) e (3.12), teremos: ( ) 0 3 1 cos 1 3 1 3 ; 2 2 120 sen cos sen cos sen δ δ δ δ δ δ δ + = − = ⋅ = − = ∴ = Questão 4 Uma certa mola possui massa desprezível e constante elástica igual a 9,0 N∙m-1. (a) Calcule a constante elástica de cada metade. (b) As duas metades, suspensas separadamente, suportam um bloco de massa M (veja figura abaixo). Calcule o valor de M sabendo que o sistema vibra com uma frequência de 3,0 Hz. Resolução: a) Em uma associação em série de molas, a força elástica é igual para todas as molas da associação. Porém, a deformação só será igual se as molas da associação possuirem a mesma constante elástica. Mas, de qualquer maneria, a deformação total da associação será a soma das deformações sofridas por cada mola da associação. Assim, M www.profafguimaraes.net 3 poderemos obter a constante elástica a mola equivalente. Para o caso de duas molas associadas em série, temos: • Para a deformação total da associação: 1 2Totalx x x= + (4.1) • Para a força elástica: 1 2ElTotalF F F F= = = (4.2) Utilizando a eq. (4.1), e o resultado (4.2), teremos: 1 2 1 2 1 2 1 1 1 ElTotal eq eq F F F k k k k k k = + ∴ = + (4.3) Assim, se antes havia uma única mola de constante elástica k, e depois essa mola foi dividida exatamente ao meio, podemos considerar essa única mola como uma associação em série de duas molas idênticas de constante k’. Assim, utilizando a relação (4.3), teremos: 1 2 18 . k k k k k k k N m− ′ ′⋅ = ′ ′+ ′∴ = = ⋅ (4.4) Portanto cada metade terá 2k para o valor de constante elástica. b) Agora, as duas molas estão associadas em paralelo. A constante elástica da mola equivalente, utilizando o resultado (4.4), será dada por: 1 2 1 4 36 . eq eq k k k k k N m− = + ∴ = = ⋅ (4.5) Com o valor da frequência e o resultado de (4.5), poderemos determinar o valor da massa, utilizando a seguinte expressão: 1 2 k M ν π = Assim, 1 36 3 2 0,101 101 . M M kg g π = ∴ ≅ = Questão 5 Uma mola uniforme, cujo comprimento sem distensão é l, tem constante elástica k. A mola é partida em duas, cujos comprimentos sem distensão são l1 e l2, com l1 = nl2, n sendo inteiro. Quais as constantes elásticas correspondentes k1 e k2, em função de n e de k? Verificar seus resultados para n = 1 e n = ∞. Resolução: Para esse tipo de resolução, vamos construir um gráfico da constante elástica como função do comprimento natural da mola. Assim, teremos: ( ) Kk L L l = ⋅ (5.1) Tanto que podemos escrever: 1 1 1 2 1 2 ; K K k l k nl l nl l l = ⋅ ⇒ = ⋅ = (5.2) e 2 2 K k l l = ⋅ (5.3) E ainda temos: 1 2 l l l= + (5.4) Podemos pensar que as duas molas associadas em série, fornecem a constante elástica da mola resultante, que vale K. Assim, utilizando as relações (4.4), (5.2) e (5.3), teremos: k L 0 K l k1 k2 l1 l2 www.profafguimaraes.net 4 ( ) 1 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 k k K k k K nl l K Kl n l nl l n = + = + = + (5.5) Agora substituindo o resultado de (5.5), em (5.2) e (5.3), teremos: ( )1 1k K n= + (5.6)e ( ) 2 1K n k n + = (5.7) Para n = 1, significa que a mola de constante elástica K foi dividida exatamente no meio, logo, l1 = l2, assim, utilizando os resultados (5.6) e (5.7) , teremos: 1 2 2 .k k K= = (5.8) Agora, para n = ∞, teremos: 1 2 k k K →∞ = No entanto, eu não tenho certeza se essa era a intenção do exercício em questão. Até porque, se a intenção era dividir a mola em duas partes, tomando n = ∞, teríamos um problema com a equação (5.4). Eu penso que a intenção era tomar l2 infinitamente pequeno: 2 2 ; 0. 1 l l n l n = →∞⇒ → + Assim, 1 2 ; 0.k K k→ → Questão 6 A força de interação entre dois átomos em certas moléculas diatômicas pode ser representada por 2 3 a b F r r = − + , em que a e b são constantes positivas e r a distância de separação dos átomos. Faça um gráfico de F em função de r. (a) Mostre que a separação em equilíbrio é b/a; (b) Mostre que para pequenas oscilações em relação a esta separação de equilíbrio a constante elástica é a4/b3; (c) Determine o período deste movimento. Resolução: O gráfico da força, em função da distância de separação entre os átomos, tem o aspecto apresentado abaixo. a) Na posição de equilíbrio, temos: 2 3 0 . dU F dr a b b r r r a = − = = ∴ = (6.1) b) Faremos uma expansão da Força em torno da posição de equilíbrio. Seja a expansão de Taylor dada a seguir: ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 2 2 02 1 ... 2 x x x x df f x f x x x dx d f x x dx = = = + ⋅ − + ⋅ − + F r 0 www.profafguimaraes.net 5 Logo, expandido até a primeira ordem de r, teremos: ( ) ( ) 3 4 4 3 4 3 2 3 ; ; . b r a b a b b F r F r a r r a a b b F r r x r b a a a F k x k b = = + − ⋅ − = − ⋅ − = − ∴ = − ⋅ = (6.2) c) Tomando o resultado de (6.2), teremos: 2 ; 2 1 2 k m a b bm ω ω ν π ν π = = ∴ = (6.3) Questão 7 Imagine um cilindro maciço ligado a uma mola horizontal de massa nula; o cilindro pode rolar sem escorregar sobre a superfície, como na figura a seguir. A constante elástica da mola é k = 3,0 N∙m-1. Desloca-se o sistema até a posição em que a mola se distende de 0,25 m, soltando-a em seguida. Calcular as energias cinéticas (a) de translação e (b) de rotação do cilindro quando ele passa pela posição de equilíbrio. (c) Mostrar que, nessas condições, o centro de massa do cilindro executa o movimento harmônico simples cujo período é 3 2 2 M T k π= , onde M é a massa do cilindro. Resolução: a) A inércia rotacional do cilindro, com relação ao centro de massa é dada por: 2 2 cm MR I = (7.1) Assim, a energia potencial elástica, utilizando a conservação da energia mecânica, será transformada em energia cinética (translação e rotação). Assim, temos: 2 22 2 2 2 el T R cm cm U K K Mv Ikx ω = + = + (7.2) Mas, cm v R ω = , utilizando as expressões de (7.1), (7.2), temos: 22 2 2 3 2 4 3 0,094 4 0,125 0,0625 ; 0,03125 cm cm cm T R Mvkx Mv Mv K J K J = = = ∴ = = (7.3) c) A força elástica realiza um torque com relação ao ponto de contato do cilindro com a superfície. Esse torque é dado por: kxR Iαℑ = − = (7.4) O momento de inércia (inércia rotacional) com relação ao ponto de contato com a superfície é dada por: 2 2 3 2 cm MR I I MR= + = (7.5) Assim, substituindo (7.5) em (7.4) e lembrando que cm a R α = , teremos: 1 2 2 2 1 2 2 2 3 3 3 2 . 2 cm d x k k a x dt M M M T k ω π = = − ⋅ ⇒ = ∴ = ⋅ (7.6) www.profafguimaraes.net 6 Questão 8 Se a massa ms de uma mola não for desprezível, porém for pequena comparada à massa m do objeto suspenso por ela, o período de movimento é 3 2 smm T k π + = . Deduzir este resultado. (Sugestão: A condição ms << m é equivalente à hipótese de que a mola se distende proporcionalmente ao longo do seu comprimento.) (Veja H. L. Armstrong, American Journal of Physics, 37, 447 (1969) para uma solução complete do caso geral.) Resolução: No tópico exercícios resolvidos de Física 1, arquivo Física 1 – 07, temos a resolução do problema da energia cinética da mola com massa. Naquela resolução, foi tomando como condição de proporcionalidade da distensão da mola com o comprimento, a variação linear da velocidade da mola com o dado comprimento. O que se mostra uma condição muito razoável com o problema em questão. Assim, tomando o resultado de Física 1- 07, questão 17, página 13, teremos, pela conservação de energia: 22 2 2 ; 2 2 6 3 32 s s s m vkA mv v A m k m m m T k ω ω π = + = = + + ∴ = (8.1) O resultado (8.1) foi obtido considerando A como a amplitude do movimento. Porém, o enunciado deste problema propõe outro caminho. Vamos analisar esse caminho, considerando não a mola suspensa na vertical, mas a mola na horizontal (o acréscimo da gravidade não altera o resultado). Vamos considerar uma mola de comprimento L e massa ms dividida em N partes iguais. Podemos considerar essas N partes como uma associação em série de molas cuja constante elástica vale N∙k (para cada parte). A massa de cada parte vale então ms/N. Observando a figura, podemos considera agora, cada parte ligada a outra por uma pequena mola com massa desprezível e constante Nk, conforme discutido acima. Assim, a força que atua na enésima parte vale: ( ) ( ) 2 1 12 1 1 1 1 ;s n n n n n n n n n m d x F F N dt F Nk x x e F Nk x x − − − − + + ⋅ = + = − = − Logo, ( ) 2 1 12 2s n n n n m d x Nk x x x N dt − +⋅ = + − (8.2) E a força que atua na massa m dada por: ( ) 2 12 N N N d x m Nk x x dt −= − (8.3) Como solução de (8.2), vamos propor a equação dada por: ( ) ( )nx A sen b n sen tω= ⋅ ⋅ ⋅ (8.4) Onde A e b são constantes a serem determinadas. Na equação (8.4), a elongação é proporcional ao comprimento (sen(b∙n)). Se tentarmos uma proporção direta, da forma xn=A∙n∙sen(�t), veremos que tal forma não se mostra como uma solução viável para a equação (8.2). Observa-se que a equação (8.4) satisfaz a primeira condição de contorno, x0 = 0. Agora substituindo a equação (8.4) na equação (8.2), teremos: 1 2 ∙∙∙ n-1 n n+1 ∙∙∙ N-1 N m www.profafguimaraes.net 7 ( )2 2 1sm Nk cosb N ω⋅ = − (8.5) Para N muito grande, a expressão (1 – cos b) deverá assumir valore pequenos, de tal forma que poderemos fazer uma expansão para tal expressão. Logo: 2 4 2 2 2 1 cos ... 2 24 s b b b m b N k ω − ≅ − + ∴ = (8.6) Mas a equação (8.4) também deve satisfazer a segunda condição de contorno, ou seja, a equação (8.3). De tal forma que substituindo (8.4) em (8.3), teremos:2 1 2 cos 2 2 b m senbN Nk b N senω = − (8.7) Agora, substituindo o resultado de (8.6) em (8.7), e considerando que b é pequeno e N grande, teremos: ( ) ( )2 1 ; 2 2 2 2 2 s s b b cos b N cosbN sen b m sen bN Nkcos bN m m m tan k k k ω ω ω − → → = ⋅ ∴ ⋅ ⋅ = (8.8) Como ms << m, podemos expandir a tangente do lado direito do resultado de (8.8), até a segunda parcela . Logo, 24 2 0 3 s s sm m m k k m ω ω ⋅ + ⋅ − = (8.9) Fazendo 2 s m a k ω= ⋅ , teremos uma equação do 2º grau, cuja solução será: 1 2 2 3 4 1 1 2 3 s sm m k m ω ⋅ = − ± + ⋅ (8.10) Tomando o valor positivo e expandindo a raiz quadrada até a terceira parcela, teremos: 2 2 2 3 2 2 1 1 2 3 9 1 3 s s s s m m m k m m mk m m ω ω ⋅ = − + + ⋅ − = − (8.11) Agora levando em consideração que: 1 1 1 3 3 s sm m m m − − ≅ + (8.12) Teremos para o resultado de (8.11): 32 3 s s m mk T m km ω π + = ∴ = + (8.13) O resultado (8.13) obtido por esse processo é idêntico ao resultado (8.1), obtido pela energia cinética da mola e pela conservação da energia do sistema. Questão 9 Uma esfera maciça de 1,5 kg está suspensa pela periferia por um arame preso ao teto. O raio da esfera vale 0,18 m; determine o período das pequenas oscilações angulares de torção. O módulo de torção do fio vale 6,0 x 10-3 N∙m∙rad-1. Resolução: O período é dado por: 1 22 2 3 2 2 ; 0,01944 5 0,01944 6,28 11,304 6 10 cm I mR T I kg m T s π κ − = = = ⋅ ∴ ≅ ⋅ ≅ ⋅ Questão 10 Uma barra longa, uniforme, de comprimento l e massa m pode girar livremente em um plano horizontal em torno de um eixo vertical que passa pelo seu centro. Uma mola de constante www.profafguimaraes.net 8 elástica k é ligada horizontalmente entre a extremidade da barra e uma parede fixa conforme mostra a figura a seguir. Qual é o período das pequenas oscilações que resultam quando a barra é empurrada levemente para um lado e posteriormente abandonada? Resolução: O torque realizado pela força elástica é dado por: 2 2 el el l F sen π θ ℑ = − ⋅ − (10.1) A força elástica é dada por: elF kx= (10.2) Da figura, observa-se que: 2 l x senθ= ⋅ (10.3) Logo, utilizando (10.1), (10.2) e (10.3), teremos: 2 4 2 el l k sen sen π θ θ ℑ = − ⋅ ⋅ ⋅ − (10.4) Mas para θ pequeno, podemos escrever: ; 1 2 sen sen π θ θ θ ≅ − ≅ (10.5) Assim, a equação (10.4) se torna: 2 4 el kl θℑ = − ⋅ (10.6) Utilizando a expressão para o torque resultante teremos então: 2 2 2 2 2 ; 12 3 3 2 . 3 cm ml d I I e dt m d k dt k m T m k θ α α θ θ ω π ℑ = = = − = ⋅ = ∴ = Questão 11 Um pêndulo simples de comprimento l e massa m está suspenso de um carro que se move, com velocidade constante v, em um círculo de raio R. Se o pêndulo executa pequenas vibrações, em uma direção radial, em torno de sua posição de equilíbrio, qual será sua frequência de oscilação? Resolução: Para um observador (referencial inercial) fora do carro, só existem duas forças atuando na massa do pêndulo, a saber: o peso e a tração; conforme pode se verificar na figura (11-1). (Figura 11-1) Assim, para tal referencial, o sistema do pêndulo não se encontra em equilíbrio, ou seja, a resultante das forças que nesse sistema atua será dada por: cpF T w= + � � � (11.1) A equação (11.1) mostra que existe uma força resultante (resultante centrípeta). Tanto que podemos escrever: θ x l/2 Fel T � w �cp F � θ www.profafguimaraes.net 9 2 cp mv Tsen F R Tcos w mg θ θ = = = = (11.2) Porém, tomando um referencial dentro do carro (referencial não inercial), pode-se dizer que existe uma terceira força (força centrífuga) para que o sistema do pêndulo esteja em equilíbrio, conforme mostra a figura (11-2). Figura (11-2) E, na condição de equilíbrio, teremos: 0R cfF T w F= ⇒ = + � � � (11.3) A equação (11.3) mostra que a força resultante deve ser nula. Assim podemos escrever: cfTsen F Tcos w θ θ = = (11.4) De (11.2), podemos concluir que, para o referencial dentro do carro, a força fictícia (força centrífuga) será dada por: 2 cf cf mv F ma R = = (11.5) Aqui, acf é a “aceleração centrífuga”. Podemos concluir das equações (11.4) e (11.5) que, a posição de equilíbrio do sistema do pêndulo, para o referencial dentro do carro, é caracterizada pelo ângulo dado por: 2v tg Rg θ = (11.6) Então, para o referencial dentro do carro, teremos uma gravidade aparente dada por: cfg g a′ = + � � � (11.7) Essa gravidade aparente será orientada ao longo da tração no fio, porém no sentido oposto, conforme mostra a figura (11-3). Figura (11-3) O valor de g’ será: 1 4 2 2 2 v g g R ′ = + (11.8) Agora, utilizando a expressão para o período de um pêndulo simples, teremos: ( ) 1 4 22 2 2 2 l T g l T vg R π π = ′ ∴ = + (11.9) Em (11.2) consideramos R>>l. Se o carro está em repouso (v=0) para um referencial do lado de fora, o resultado de (11.9), toma a forma conhecida para o período de um pêndulo simples na presença somente do campo gravitacional. Questão 12 Um pêndulo é formado ao articular uma barra longa e fina, de comprimento l e massa m, em torno de um ponto que está à distância d acima do centro da barra. (a) Ache o período das oscilações de pequena amplitude deste pêndulo em termos de d, l, m e g. (b) Mostre que o período T � w � cfF � θ θ xT � yT � g′ � g � cfa � θ www.profafguimaraes.net 10 tem um valor mínimo quando 0,289 12 ld l= = . Resolução: a) Vamos considerar que a barra seja uniforme, ou seja, seu centro de massa estará localizado exatamente na metade do comprimento. O momento de inércia, em relação ao eixo que passa pelo ponto que está a uma distância d do centro de massa, é dado por: 2 2 2 2 ; 12 12 cm cm ml I I md I l I m d = + = = + (12.1) Agora, utilizando o resultado de (12.1) na expressão do período, teremos: 2 2 2 122 I T mgd ld T g d π π = + ∴ = ⋅ (12.2) b) O período pode ser representado por: ( ) ( ) 2 2 122 ; lx T f x f x g x π + = = ⋅ (12.3) Assim, para determinar o valor de máximo ou mínimo de T devemos encontra o ponto de máximo ou mínimo de f(x). Logo, ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 12 0 2 0 12 12 lgx g x df dx xg lgx g x lx − + = = − + = ∴ = (12.4) Agora, fazendo o teste da segunda derivada, teremos: 2 2 12 0 l x d f dx = > (12.5) Logo, 0,289 12 l l≅ é ponto de mínimo para f(x) e consequentemente para T. Questão 13 (a) Mostrar que a tensão máxima no fio de um pêndulo simples, quando a amplitude θm for pequena, é mg ( )21 mθ+ . (b) Para que posição do pêndulo a tensão será máxima? Resolução: A tensão no fio será máxima, no ponto mais baixo da trajetória onde: 2 2 ;cp cp cp mv T w F F l T w F v T m g l − = = = + = + � � � (13.1) Devemos determinar a velocidade para substituir no resultado de (13.1). Aplicando a conservação da energia mecânica, teremos: ( ) ( ) 2 2 ; 1 2 2 1 m m U K mv mgh h l cos v gl cos θ θ = = = − = − (13.2) Como θm é pequeno, podemos expandir o cosseno em uma série de Taylor, tal que: 2 cos 1 2! m m θ θ ≅ − (13.3) l/2 d θm l h l cos θm www.profafguimaraes.net 11 Assim, utilizando (13.3), o resultado de (13.2) no resultado de (13.1), teremos: ( )21 mT mg θ= + Questão 14 Uma partícula de massa m move-se em um plano fixo ao longo da trajetória 3r iAcos t jAcos tω ω= + � . (a) Esboce a trajetória da partícula. (b) Ache o momento angular da partícula como função do tempo. (c) Ache a força que atua sobre a partícula. Determine também (d) sua energia potencial e (e) sua energia total como funções de tempo. (f) O movimento é periódico? Em caso afirmativo, qual é o período? Resolução: a) Aqui, assumimos A = 1 e � = 1. b) Vamos determinar a velocidade da partícula. 3 3 dr v iA sen t j A sen t dt ω ω ω ω= = − − � � (14.1) Agora determinando o momento angular, teremos: [ ]3 3 cos3 L r p L mA cos t sen t t sen t kω ω ω ω ω = ∧ = − ⋅ − ⋅ � � � � (14.2) c) A força resultante que atua na partícula: [ ] 2 2 2 9 3 9 3r dv a iA cos t j A cos t dt F A m icos t j cos t ω ω ω ω ω ω ω = = − − ∴ = − − � � � (14.3) d) A energia potencial será dada por: 2 2 2 2 2 1 cos cos 3 2 , 9 U A k t k t k m k m ω ω ω ω ′ = + ′= = ⋅ (14.4) e) A energia mecânica será dada por: ( ) 2 2 2 2 2 1 9 3 2 1 2 E U K K mA sen t sen t E A k k ω ω ω = + = + ′∴ = + (14.5) Questão 15 Para o sistema mostrado na figura abaixo, o bloco tem uma massa de 1,5 kg e a mola, constante k = 8,0 N∙m-1. Suponha que o bloco seja puxado para baixo uma distância de 12 cm e então abandonado. Se a força de atrito é expressa por bdx dt− , onde b = 0,23 kg∙s-1 determine o número de oscilações efetuadas pelo bloco durante o intervalo de tempo necessário para que a amplitude caia para um terço de seu valor inicial. Resolução: A equação para esse movimento amortecido tem a forma dada por: ( )2 bt mx Ae cos tω δ − ′= + (15.1) Tomando o fator de amplitude teremos: 2 3 bt m A Ae − = www.profafguimaraes.net 12 2 1 ln ln 3 14,3 bt me t s − = ≅ (15.2) Então, para que a amplitude caia a 1/3 do valor original, o tempo decorrido é o valor do resultado (15.2). A frequência do movimento é dada por: 2 1 2 2 0,37 k b m m s ν π ν − = − ∴ ≅ (15.3) Isso nos fornece cerca de 38,6 oscilações.
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