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Física 2-01-Movimento Harmônico

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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) 
 
 
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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 
 
 
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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 
 
 
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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 
 
 
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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) 
 
 
 
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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 
 
 
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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 
 
 
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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 
 
 
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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 
 
 
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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 
 
 
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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
−
= 
 
 
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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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