Exercícios resolvidos CAP.13 - Movimento Periódico

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1. Uma partícula oscila com MHS de período T = 2 s. No instante t = 0 a partícula se encontra 
na posição de equilíbrio e se desloca com velocidade de π m/s, no sentido dos x 
crescentes. Determine (a) a fase inicial do movimento. Escreva as expressões (b) da 
posição x, (c) da velocidade v e (d) da aceleração a da partícula em função do tempo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA 
DEPARTAMENTO DE FÍSICA – CCE 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – FIS 205 
CAPÍTULO 13 – MOVIMENTO PERIÓDICO 
T = 2 s ; srad
T
/
2
π=
π
=ω 
(a) No instante t = 0, x = 0 e v = vm = π m/s 
 
 
( )
( )
( )
( )
2
3
2
1sen
0.sen
.sen
2
0cos
0.cos0
cos
ππ
−=φ
−=φ
φ+ω−=
φ+ω−=
π
±=φ
=φ
φ+ω=
φ+ω=
ou
vv
tvv
x
txx
mm
m
m
m
 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
cos)/()(
cos)((d)
2
sen)/()(
sen)((c)
2
cos)0,1()(
cos)((b)
/
0,1
22
2
222
π−ππ−=
φ+ωω−=
π−ππ−=
φ+ω−=
π−π=
φ+ω=
π=ω=
=
π
π
=ω=
tsmta
txta
tsmtv
tvtv
tmtx
txtx
smxa
mxxv
m
m
m
mm
mmm
 
 
2. Um oscilador harmônico simples linear consiste de um objeto de massa m = 4,0 kg preso a 
uma mola de constante elástica k = 100 N/m. No instante t = 0 o objeto se encontra em 
x = – xm e possui uma aceleração igual a 25 m/s
2. Determine (explique): (a) a freqüência 
angular do objeto; (b) a fase inicial do movimento e (c) a amplitude do movimento. 
(d) Escreva as equações do movimento x(t), v(t) e a(t) para o referido sistema. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
M 
0 
x 
– xm xm 
t = 0 
maa = 
(a) Para um objeto numa dada posição x, a 
força restauradora sobre ele é: 
xkF
rr
−= 
Pela segunda lei de Newton: 
amF
rr
= 
Assim: )( 2xmkx ω−=− 
 
srad
m
k
m
k
/0,5
0,4
1002 ===∴= ωω 
 
 
(c) No instante t = 0, x = - xm e v = 0. 
 
πφ
φ
φ
φω
=
−=
=−
+=
0
0
0
0
1
)()(
cos
cosxx
tcosxtx
mm
m
 
(b) No instante t = 0, x = - xm e a = am. 
 
m
a
x
xa
xa
m
m
mm
0,1
)0,5(
25
)(
22
2
2
===
−−=
−=
ω
ω
ω
 
 
(d) 
[ ]
[ ]
[ ]π
π
π
+−==
+−==
+=
tsradcossm
dt
dv
ta
tsradsensm
dt
dx
tv
tsradcosmtx
)/0,5()/25()(
)/0,5()/5()(
)/0,5()0,1()(
2
 
 
3. Um bloco de massa M encontra-se em repouso sobre uma superfície horizontal sem atrito, 
preso a um suporte rígido, por uma mola de constante k, conforme ilustrado abaixo. Uma 
bala de massa m e velocidade v atinge o bloco e permanece dentro do bloco. Determine, 
em termos de M, k, m e v , a amplitude do movimento harmônico simples resultante. 
 
 
 
 
Dados: vi = v , m 
Vi = 0 , M 
k 
Resolução: 
A velocidade do conjunto bloco-bala, imedia-
tamente após a colisão (Vf), ou seja, ainda na posição 
de equilíbrio, será 
V(x = 0) = Vm = Vf 
Usando o princípio de conservação do momento 
linear, tem-se: 
fi pp
rr
= 
fi VMmvm
rr
)( += 
∴∴∴∴ 
)( Mm
vm
V if +
=
r
r
 (1) 
Como a energia mecânica [E(x)] é constante, tem-
se que 
E(x) = E(x = 0) = E(xm) (2) 
U(0) + K(0) = U(xm) + K(xm) (3) 
Em x = 0 ⇒ K(0) = 2m)(
2
1
VMm + e U(0) = 0 
Em x = xm ⇒ K(xm) = 0 e U(xm) = 
2
m
2
1
kx 
Assim, 
2
m)(
2
1
VMm + = 2m
2
1
kx 
e 
2
2
2
m
2
m
)(
)()()(
Mm
mv
k
Mm
V
k
Mm
x
+
+
=
+
= 
Finalmente, 
)(
m
Mmk
mv
x
+
= (4) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
k M m 
v
r
4. Um oscilador harmônico linear possui freqüência angular ω e amplitude xm. (a) Determine 
os módulos da posição (em relação à posição de equilíbrio) e da velocidade quando a 
energia potencial elástica for igual à energia cinética. (b) Quantas vezes isto ocorre em 
cada ciclo e qual é o intervalo de tempo entre duas ocorrências consecutivas? (c) No 
momento em que o deslocamento é igual a 
2
mx , qual é a fração da energia total do 
sistema referente à energia cinética e qual a fração referente à energia potencial? 
 
a) A energia mecânica do oscilador harmônico 
linear é constante e igual a E, 
correspondente à soma das energias cinética 
e potencial, para uma dada posição. Nas 
extremidades, a energia é puramente 
potencial, assim: 
2
2
1
mkxE = 
Na posição em que as energias cinética e 
potencial são iguais temos: 
 
m
m
m
xx
xx
kxkx
EU
EUU
EKU
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
22
22
±=
=





=
=
=+
=+
 
 
A energia cinética será: 
 
22
22
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
m
m
x
m
k
v
kxmv
EK
=





=
=
 
 
2
2 )(
ω=
ω−=−
=
m
k
xmkx
maF
 
m
m
xv
xv
ω±=
ω=
2
2
2
1 222
 
 
mm xvexx ω==
2
2
2
2
 
 
 
b) 
 
 
 
 
4 vezes. Nos instantes t = 0, T/2, T/4, 3T/4. 
Ao se completar um período ( T ) o movimento 
volta a se repetir. 
 
∆t = T/4 
 
 
c) A fração da energia mecânica total do 
oscilador correspondente à energia 
potencial será: 
%25
4
1
4
1
2
1
4
1
22
1 2
2
ou
E
U
Ekx
x
kU m
m
=
=




=





=
 
 
E a fração que corresponde à energia 
cinética será: 
 
 
%75
4
3
4
3
4
1
ou
E
K
EK
EKE
EKU
=
=
=+
=+
 
 
 
x = 0 - xm + xm 
5. Um bloco de massa M preso a uma mola de constante elástica k e massa desprezível 
(figura abaixo), descreve um MHS horizontal com amplitude A1. No instante em que o 
bloco passa pela posição de equilíbrio, um pedaço de massa de vidraceiro de massa m cai 
verticalmente sobre ele e permanece grudado. Determine: 
a) a nova amplitude de oscilação e, 
b) o novo período de oscilação do sistema. 
 
 
 
Dados: M, m, k, e A1 
Solução: 
a) As equações do movimento para o oscilador 
harmônico linear são: 
)cos()( φω += txtx m (1) 
)sen()()( φωω +−= txtv m (2) 
)()cos()()( 22 txtxta m ωφωω −=+−= (3) 
mm xv ω= e mm xa
2ω= (4) 
Pela segunda lei de Newton, temos 
)()()( txktmatF −==∑ (5) 
)()]([ 2 txktxm −=−ω 
Tm
k π
ω
2
== (6) 
Ao passar pela posição de equilíbrio com velocidade 
M
k
AAvv m 1111 === ω , (7) 
 
 
 
ocorre uma colisão totalmente inelástica e o sistema 
passa a ter uma massa igual a (M + m). Assim sendo, 
21 pp = 
mm vmMvM 21 )( += 
))(()( 2211 AmMAM ωω += (8) 
∴ 




 +












+
=
k
mM
M
k
A
mM
M
A 12 
mM
M
AA
+
= 12 (9) 
e 
b) 
k
mM
T
+
== π
ω
π
2
2
2
2 (10) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6. Seja um pêndulo físico formado por uma barra homogênea, longa e fina, de comprimento L 
e massa M, articuladaem torno de um ponto que está a uma distância d = L/6 acima do 
centro da mesma, conforme representado na figura ao lado. A barra executa N oscilações 
com amplitudes pequenas num intervalo de tempo ∆t. Determine a aceleração da gravidade 
local, g, em termos de L, ∆t e N. Use a segunda lei de Newton na forma angular. 
O momento de inércia de uma haste delgada em torno de um eixo que passa pelo centro 
de massa e perpendicular ao comprimento é 12/2MLICM = . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Dados: M, L, d = L/6, N, ∆t, e g 
Ilustração: Detalhe da figura 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
∑ =×= α
rrrr
oIPdOτ 
).ˆ()ˆ( kIkdP ox −=− α (1) 
Para amplitudes de oscilações pequenas, 
θθ MgMgsenPx ≅= (2) 
 
 
 
 
 
 
Assim, )]([)(
6
2 tItMg
L
o θωθ = 
e 
ML
I
g o
26 ω
= . (3) 
Como 
t
N
T ∆
==
ππ
ω
22
 
já que 
N
T
T
∆
= 
e 
22
2
39





==+=
L
M
ML
MdII CMo , 
2
3
8






∆
=
T
N
Lg
π
 (4) 
cg 
O 
 
O 
d 
P
r
 
 
7. Um pêndulo físico é constituído por um corpo esférico de raio r e massa m, suspenso por 
um fio de comprimento (L – r). A distância do centro da esfera ao eixo de rotação é L. 
Mostre que o período de oscilação deste pêndulo, para pequenas amplitudes, é dado por: 
 
2
2
0
5
2
1
L
r
TT += 
onde 
g
LT π= 20 é o período de um pêndulo simples de comprimento L. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Momento de inércia da esfera em relação ao eixo de 
rotação que passa pelo seu centro massa: 
2
5
2
mrICM = 
Momento de inércia da esfera em relação ao eixo de 
rotação que passa pelo ponto O . 
( )2222 52
55
2
Lr
m
mLmrI O +=+= 
r 
L 
Fio 
m 
r 
O 
θ 
θ 
P
r
T
r
 
.TangP
r
 
radialP
r
( )
( ) θω+=θ
θω+=
α=Γ∑
222
222
.
0
52
5
.sen
52
5
Lr
m
Lmg
Lr
m
LP
I
Tang
zo
 
Para pequenos ângulos (θ < 0,1 rad) 
 sen θ = tan θ = θ (rad) 
( )






+=
+
π=
+
π=
+
π=
+
=
π
+
=ω
θω+=θ
2
2
2
22
2
2222
222
2
22
2
222
5
2
1
5
)52(
2
5
)52(
2
5
)52(
2
)52(
54
)52(
5
52
5
.
L
r
TT
L
Lr
g
L
gL
LLr
gL
Lr
T
Lr
gL
T
Lr
gL
Lr
m
Lmg
O
 
8. O objeto da figura abaixo tem massa M e pode ser posto para oscilar em torno de um eixo 
perpendicular ao plano do desenho, passando pelos pontos P1 e P2. Nas duas situações o 
objeto oscila com o mesmo período. O ponto P1 se localiza a uma altura h1 acima do centro 
de massa e o ponto P2 a uma altura h2 abaixo do centro de massa. A aceleração da 
gravidade local vale g. Determine, em termos das grandezas M, g, h1 e h2 que se fizerem 
necessárias, (a) o momento de inércia do objeto em relação ao centro de massa e (b) o 
período de oscilação do mesmo em torno dos pontos P1 e P2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CM 
h1 
h2 
P1 
P2 
O período de oscilação do pêndulo 
físico é dado por: 
mgh
I
T π2= 
CM 
h1 
P1 
O período de oscilação do pêndulo 
quando posto para oscilar em torno do 
eixo passando pelo ponto P1 é dado por: 
)1(2
1
2
1
1 T
Mgh
MhI
T CM =
+
= π 
 
CM 
h2 
P2 
(a) Uma vez que o período de oscilação é o 
mesmo nas duas situações: T1 = T2: 
Igualando as equações (1) e (2) temos: 
)3(
)()(
12
121212
1
2
212
2
12
2
2
2
1
2
1
hMhI
hhhMhhhI
hMhhIhMhhI
Mgh
MhI
Mgh
MhI
CM
CM
CMCM
CMCM
=
−=−
+=+
+
=
+
 
 
Já o período de oscilação do 
mesmo quando posto para 
oscilar em torno do eixo 
passando pelo ponto P2 é: 
)2(
2
2
2
2
2 T
Mgh
MhI
T CM =
+
= π 
(b) Substituindo (3) em (1) ou (2), 
determinamos o período T, nas duas 
situações. 
g
hh
T
Mgh
hhMh
Mgh
MhhMh
T
Mgh
MhI
T CM
)(
2
)(
22
2
12
1
121
1
2
121
1
2
1
+
=
+
=
+
=
+
=
π
ππ
π
 
 
)(tF
r
 
+ s(t) 
- s(t) 
φ(t) θ(t) 
)ˆ(
2
i
L
rr −=≅ ⊥
rr
 
9. Uma haste uniforme de comprimento L e massa m está disposta horizontalmente em 
relação ao piso, sendo livre para girar em torno do eixo vertical que passa pelo de seu 
centro. Uma mola com constante de força k é ligada horizontalmente entre a parede e uma 
extremidade da haste. A figura abaixo representa uma vista superior do arranjo. Quando a 
haste está em equilíbrio, fica paralela à parede. Determine a freqüência das pequenas 
oscilações que resultam, quando a haste é ligeiramente girada e liberada. 
 
 
 
 
 
 
 
Dados: L, m, k e 
12
2mL
ICM = 
Ilustração: 
 
 
 
 
Resolução: 
O problema pede a freqüência das pequenas 
oscilações do sistema. Assim sendo, podemos assumir 
que θmáx << 1 rad, com θm ≤ θ(t) ≤ θm. Nestas 
condições, φ(t) ≅ π/2. 
A força restauradora será dada por 
)()()()( trktkstkytF θ−=−≅−= (1) 
sendo 
r
ts
ttrts
)(
)()()( =θ∴θ= (2) 
e 
r
ta
ttrta
)(
)()()( =α∴α= . (3) 
O torque restaurador será dado por 
)()( tIt α=τ
rr
, (4) 
que, no instante representado na figura, pode ser 
representado pela equação 
)ˆ()()ˆ()()ˆ()( ktIktFrkt −α=−×=−τ
rrr
 (5) 
Usando as considerações anteriores e o fato de 
que 
y(t) ≅ s(t), 
a(t) = r α(t) = − ω2 y(t) 
e ( )
2
)()(
)()(
2
2
L
ty
r
ta
tt
ω
−==θω−=α 
temos 
)(
2
)()(
)()sen(sen)()(
tF
L
trFtFr
tFrtrFt
=≅=
φ=φ=τ
⊥
 
∴∴∴∴ )(
4
)(
2
)(
2
tk
L
tyk
L
t θ−=−=τ (6) 
e 
[ ] [ ])(
6
)(
12
)( 22
2
ty
mL
t
mL
tI ω−=θω−=α (7) 
Substituindo (6) e (7) em (5), temos 
)(
6
)(
2
2 ty
mL
tyk
L
ω−=− (8) 
ou 
)(
12
)(
4
2
22
t
mL
tk
L
θω−=θ− (9) 
De (8) e (9) temos que a freqüência angular é dada 
por 
m
k
f
3
2 =π=ω 10) 
e a freqüência por 
m
k
f
3
2
1
π
= (11) 
 
L 
m 
Parede 
Piso 
k 12
2mL
ICM =