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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 14 – Oscilações 
1 
 
 
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE 
JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 14 – OSCILAÇÕES 
 
06. Qual a aceleração máxima de uma plataforma que vibra com uma amplitude de 2,20 cm, numa 
freqüência de 6,60 Hz? 
 (Pág. 42) 
Solução. 
A aceleração de um sistema que executa movimento harmônico simples é descrita por: 
 
2
( ) cost ma x t
 
Portanto, a aceleração máxima desse sistema, cos ( t + ) = 1, será: 
 
222 2 1 2
max 2 4 6,60 s 0,0220 m 37,8329 m/sm ma x f x
 
 
2
max 37,8 m/sa
 
 
23. Um bloco de 0,10 kg oscila para frente e para trás, ao longo de uma linha reta, numa superfície 
horizontal sem atrito. Seu deslocamento a partir da origem é dado por 
 
10 cm cos 10 rad/s / 2 radx t
 
(a) Qual a freqüência de oscilação? (b) Qual a velocidade máxima alcançada pelo bloco? Em 
que valor de x isto acontece? (c) Qual a aceleração máxima do bloco? Em que valor de x isto 
ocorre? (d) Que força, aplicada no bloco, resulta nesta dada oscilação? 
 (Pág. 43) 
Solução. 
Comparando-se a equação do movimento harmônico simples do enunciado com a equação geral do 
MHS: 
 
( ) cost mx x t
 
Percebemos a amplitude do MHS é ym = 10 cm, a freqüência angular é = 10 rad/s e que a 
constante de fase á = /2 rad. 
(a) A freqüência f do MHS é: 
 1
1
10 s
1,5915 s
2 2
f
 
 
1,6 Hzf
 
(b) A velocidade da massa m vale: 
 
10 cm 10 rad/s sen 10 rad/s / 2 rad
dx
v t
dt
 
 
1,0 m/s sen 10 rad/s / 2 radv t
 
A velocidade escalar máxima será atingida quando sen ( t + ) = 1. Logo: 
 
max 1,0 m/sv
 
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2 
A velocidade vmax é atingida em x = 0. 
(c) A aceleração da massa m vale: 
 
1,0 m/s 10 rad/s cos 10 rad/s / 2 rad
dv
a t
dt
 
 
210 m/s cos 10 rad/s / 2 rada t
 
A aceleração escalar máxima será atingida quando cos ( t + ) = 1. Logo: 
 
2
max 10 m/sa
 
A aceleração amax é atingida nos extremos da trajetória da massa m, ou seja, em x = 10 cm. 
(d) A força vale: 
 
F kx
 
Mas: 
 
2kx ma m x
 
 
2kx m x
 
 
2
2 1
2 2
kg kg.m N
0,10 kg 10 s 10 10 10 
s s .m m
k m
 
Logo: 
 
10 N/mF x
 
 
24. Num certo porto, a maré faz com que a superfície do mar suba e desça uma distância d num 
movimento harmônico simples, com um período de 12,5 h. Quanto tempo leva para que a água 
desça uma distância d/4 de sua altura máxima? 
 (Pág. 43) 
Solução. 
Em primeiro lugar, vamos compor a equação do movimento harmônico simples relativo à oscilação 
da maré: 
 
( ) cost my y t
 
Considere o esquema abaixo, que mostra os limites de oscilação da maré: 
 
Pelo esquema, deduz-se que a amplitude do movimento é ym = d/2. Vamos supor = 0 para 
simplificar o cálculo. A freqüência angular pode ser obtida a partir do período T, fornecido no 
enunciado: 
 
2 2
0,5026 rad/h
12,5 hT
 
Portanto, temos: 
Preamar
Baixamar
y
0
d/4
d
d/2
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3 
 
( ) cos
2
t
d
y t
 
No instante t0 = 0 s, a posição do nível do mar é máxima (preamar), ou seja, y(0) = d/2. A partir daí, 
a maré começa a descer e estamos interessados no tempo gasto para o nível baixar de y(0) = d/2 até 
y(1) = d/4. O instante t1 em que isso acontece pode ser calculado por meio da equação do MHS. 
 
(1) 1cos
4 2
d d
y t
 
 
1
1
cos
2
t
 
 
1
1
1 1 1
cos 2,0833 h
2 0,5026 rad/h 3
t
 
 
1 2,08 ht
 
 
29. Um oscilador harmônico simples consiste em um bloco com massa 2,00 kg ligado a uma mola 
com constante 100 N/m. Quando t = 1,00 s, a posição e a velocidade do bloco são x = 0,129 m e 
v = 3,415 m/s. (a) Qual a amplitude das oscilações? Quais eram (b) a posição e (c) a velocidade 
da massa em t = 0 s? 
 (Pág. 44) 
Solução. 
(a) A equação geral do movimento harmônico simples é: 
 
( ) cost mx x t
 
Em t1 = 1,00 s, a posição do corpo oscilante é x1. 
 
1 1cosmx x t
 (1) 
A velocidade do corpo é: 
 
( ) sent mv x t
 
Em t1 = 1,00 s, a posição do corpo oscilante é v1. 
 
1
1senm
v
x t
 (2) 
Dividindo-se (2) por (1): 
 
11
1
1 1
sen
tan
cos
m
m
x tv
t
x x t
 
 
1 1
1
1
tan
v
t
x
 (3) 
A freqüência angular do MHS vale: 
 100 N/m
7,0710 rad/s
2,00 kg
k
m
 
Agora podemos operar (3): 
 
1
3,415 m/s
tan 7,0710 rad/s 1,00 s 8,3808 rad
7,0710 rad/s 0,129 m
 
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Os possíveis candidatos para valores da constante de fase são 1 = +2 = 2,0976...rad e 2 = 1 
 = 5,2392...rad. O cálculo de xm consiste na substituição de e em (1) e resolução para xm. 
Não fará diferença o uso de 1, 2 ou mesmo . O máximo que poderá acontecer é a btenção do 
mesmo valor para xm com o sinal trocado. No entanto, o valor de que produzir o valor positivo de 
xm, será o valor correto de . 
 
1
1 1
0,129 m
0,4999 rad
cos cos 7,0710 rad/s 1,00 s 2,0976 rad
m
x
x
t
 
Utilizando-se o valor de 2 na expressão acima, o resultado será 0,4999...rad. Logo: 
 
0,500 radmx
 
Portanto, o valor correto da constante de fase é = 2,0976...rad. 
(b) A posição de m em t= 0 s é: 
 
(0) 0,4999 rad cos 2,0976 rad 0,2514 mx
 
 
(0) 0,251 mx
 
(c) A velocidade de m em t= 0 s é: 
 
(0) 2,0976 rad 0,4999 rad sen 2,0976 rad 3,0556 m/sv
 
 
(0) 3,06 m/sv
 
 
62. Um pêndulo é formado prendendo-se uma haste longa e fina de comprimento L e massa m em 
um dado ponto, que está a uma distância d acima do centro da haste. (a) Ache o período deste 
pêndulo em termos de d, m, L e g, considerando-se que oscile com uma pequena amplitude. O 
que acontece ao período, se (b) d é reduzido, (c) L é aumentado ou (d) m é aumentada? 
 (Pág. 45) 
Solução. 
Veja o esquema da situação: 
 
(a) O período de um pêndulo físico é dado por: 
 
2
I
T
mgd
 
O momento de inércia do pêndulo é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos: 
 2
2 2 2 212
12 12
CM
mL m
I I md md L d
 
CM
d Eixo de rotaçãoL
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5 
Logo: 
 
2 212
122
m
L d
T
mgd
 
 2 212
3
L d
T
gd
 
O comportamento do período em relação à variação de m, L e d será representado por meio de 
gráficos apropriados,:(b) T = f(d), para g = 9,81 m/s
2
 e L = 1,0 m: 
 
Reduzindo-se o valor de d, o período tende a diminuir até um valor mínimo em 
/ 2 3d L
. Neste 
ponto, o período é igual 
min 2 / 3T L g
. Diminuindo-se ainda mais o valor de d, o período 
tende rapidamente ao infinito. 
(b) T = f(L), para g = 9,81 m/s
2
 e d = 0,30 m: 
 
O período aumenta linearmente com o aumento de L, para L d. 
(c) Como T não depende de m, o período é constante em relação à variação de m. 
 
65. Um disco circular uniforme cujo raio R é de 12,5 cm está suspenso, como um pêndulo físico, de 
um ponto em sua borda. (a) Qual o seu período de oscilação? (b) A que distância radial r R há 
um ponto de suspensão que origina o mesmo período? 
 (Pág. 47) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
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a
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6 
 z 
Aplicando-se a segunda lei de Newton rotacional ao pêndulo: 
 
z zI
 
O momento de inércia do pêndulo é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos: 
 2 2
2 2 3
2 2
CM
MR MR
I I MR MR
 
Logo: 
 2 2
2
3
sen
2
MR
Mg R
t
 
Para pequenas oscilações, temos sen . 
 2
2
2
0
3
g
t R
 
Esta é a equação diferencial do movimento harmônico simples, em que: 
 
2 2
3
g
R
 
Logo: 
 
2
6 0,125 m2 3 6
2 0,868652 s
2 9,81 m/s
R R
T
g g
 
 
0,869 sT
 
(b) O novo esquema da situação é mostrado a seguir: 
 
O novo momento de inércia será: 
 2
2 2 2 22
2 2
CM
MR M
I I Mr Mr R r
 
Aplicando-se a segunda lei de Newton rotacional ao pêndulo: 
 2
2 2
2
sen 2
2
M
Mg r R r
t
 
Fazendo sen : 
 2
2 2 2
2
0
2
gr
t R r
 
CM
P
R
Ponto de suspensão
x
y
z
M
CM
P
R
Ponto de suspensão
x
y
z
M
r
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a
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7 
 
'
2 2
2
2
gr
R r
 
Logo: 
 2 2
' 22
2
R r
T
gr
 
O problema pede o valor de r para T = T’. Logo: 
 2 23 2
2 2
2 2
R R r
g gr
 
 2 22
3
R r
R
r
 
 
2 22 3 0r Rr R
 
As raízes desta equação do segundo grau são r = R e r = R/2. Como r = R corresponde à situação do 
item (a), temos: 
 
2
R
r
 
 
68. Uma haste de um metro balançando de uma das extremidades oscila com uma freqüência f0. 
Qual seria a freqüência, em termos de f0, se a metade inferior da haste fosse cortada? 
 (Pág. 47) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Sejam I0 e I1 os momentos de inércia da haste original e da haste cortada, em relação ao eixo de 
rotação (ponto A) e ICM,0 e ICM,1 os momentos de inércia dessas barras em relação aos respectivos 
centros de massa. Na barra original, temos: 
 2
,0
12
CM
ML
I
 
O valor de I0 é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos: 
 2 2 2 2
0 ,0
2 12 4 3
CM
L ML ML ML
I I M
 
Na barra cortada, temos: 
CM,0
h0
A
M
L
CM,1
h1
A
M/2
L/2
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8 
 
2
2
,1
2 2
12 96
CM
M L
ML
I 
O valor de I1 é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos: 
 2 2 2 2
1 ,1
2 4 96 32 24
CM
M L ML ML ML
I I
 
A freqüência de oscilação do pêndulo original pode ser descrita em termos do seu período T0: 
 00 2
0 0
1 1 1 1 3 1 1 32
2 2 2 2 22
3
L
Mg
Mgh g g
f
T I L LML
 (1) 
A freqüência de oscilação do pêndulo cortado pode ser descrita em termos do seu período T: 
 1 2
1 1 1 1 34
2 2 2
24
L
Mg
Mgh g
f
T I LML
 (2) 
Comparando-se (1) e (2): 
 
0 1
1
2
f f
 
 
1 02f f
 
 
75. Uma haste longa e uniforme de comprimento L e massa m roda livremente no plano horizontal 
em torno de um eixo vertical, através de seu centro. Uma determinada mola com constante de 
força k é ligada horizontalmente entre uma extremidade da haste e uma parede fixa. Veja a Fig. 
14-38. Quando a haste está em equilíbrio, fica paralela à parede. Qual o período das pequenas 
oscilações que resultam, quando a haste é ligeiramente girada e liberada? 
 
 (Pág. 49) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
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Aplicando-se a segunda lei de Newton rotacional ao sistema, onde F é a força de mola aplicada à 
extremidade da haste devido ao estiramento x da mola, teremos: 
 2
2z
d
I
dt
 
 2 2
2
cos
2 12
L mL d
F
dt
 
Para valores pequenos de , vale a aproximação cos 1: 
 2
26
mL d
kx
dt
 
 2
2
6
0
d k
x
dt mL
 
Observando o esquema, podemos concluir que: 
 
sen
2 2
L L
x
 
Logo: 
 2
2
6
0
2
d k L
dt mL
 
 2
2
3
0
d k
dt m
 
A expressão acima é a equação diferencial do movimento harmônico simples, onde a freqüência 
angular vale: 
 
2 3k
m
 
Logo, o período T do MHS vale: 
 
2
T
 
 
2
3
m
T
k
 
 
76. Uma roda gira livremente em torno de seu eixo fixo. Uma mola está ligada a um de seus raios, a 
uma distância r do eixo, como vemos na Fig. 14-39. (a) Considerando que a roda é um aro de 
massa m e raio R, obtenha a freqüência angular de pequenas oscilações deste sistema em termos 
de m, R, r e a constante da mola k. Como mudaria o resultado se (b) r = R e (c) r = 0? 
CM
F
L
L/2
x
x
y
z
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10 
 
 (Pág. 49) 
Solução. 
(a) Veja o esquema com o detalhe da aplicação da força sobre o raio da roda: 
 
Aplicando-se a segunda lei de Newton à rotação da roda, temos: 
 2
2z
I
t
 
 2
2
2
cosFr mR
t
 
Mas a força em x é dada por: 
 
senF kx kr
 
Logo: 
 2
2 2
2
sen coskr mR
t
 
 2 2
2 2
sen cos
0
kr
t mR
 
Para pequenas oscilações do sistema, sen e cos 1: 
 2 2
2 2
0
kr
t mR
 
Esta é a equação do movimento harmônico simples, em que a freqüência angular vale: 
 r k
R m
 
(b) Para r = R, teremos: 
 k
m
 
Este resultado corresponde ao período de oscilação de uma massa m conectada a uma mola k. 
(c) Fazer r = 0, equivale a conectar a mola ao eixo da roda, o que não irá provocar oscilações no 
sistema. 
 
0
 
x
F
r
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11 
 
77. Um disco de 2,5 kg com 42 cm de diâmetro é suportado por uma haste sem massa com 76 cm 
de comprimento, que está presa por um eixo em sua extremidade, como na Fig. 14-40. (a) 
Inicialmente, a mola de torção sem massa não está conectada. Qual o período da oscilação? (b) 
A mola de torção está conectada agora de forma que, em equilíbrio, a haste permanece vertical. 
Qual deveria ser a constante torcional da mola, de forma que o novo período de oscilação seja 
0,50 s menor do que antes? 
 
 (Pág. 49) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema : 
 
(a) O momento de inércia do pêndulo é o momento de inércia do disco de raio R, cujo centro de 
massa está afastado R + L do eixo de rotação. Logo, há necessidade da aplicação do teorema dos 
eixos paralelos: 
 2 2
2 2 2 22,407375 kg.m
2 2
CM
MR R
I I M L R M L R M L R
 
O período T do pêndulo físico será: 
 
2
I
T
Mg L R
 
 2
2
2,407375 kg.m
2 1,998763 s
9,81 m/s 0,76 m 0,21 m
T
 
 
2,0 sT
 
(b) O novo período T’ deverá ser igual a T 0,50 s = 1,5 s. O torque restaurador será: 
L
M
R
Mg
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senMg L R
 
Para um pequeno deslocamento angular , temos sen : 
 
'Mg L R
 
Onde: 
 
' Mg L R
 
Um sistema desse tipo apresenta período de oscilação dado por: 
 
'
2 2
I I
T
Mg L R
 
 2
24
T I
Mg L R
 
 2
2
4 I
Mg L R
T
 
 2 2
2
2
4 2,407375 kg.m
2,5 kg 9,81 m/s 0,76 m 0,21 m
1,998763 s 0,50 s
 
 
18,5202 N.m/rad
 
 
19 N.m/rad
 
 
91. Um pêndulo físico consiste em duas hastes com um metro de comprimento que são ligadas 
como mostra a Fig. 14-44. Qual o período de oscilação com um eixo inserido no ponto A? 
 
 (Pág. 49) 
Solução. 
Antes de calcular o período de oscilação deste pêndulo físico, precisamos determinar a posição do 
centro de massa e o momento de inércia do pêndulo. A posição do centro de massa pode ser 
facilmente deduzida devido à simetria do sistema. Representando-se cada uma das barras por 
massas pontuais localizadas em seus respectivos centros de massa (CM1 e CM2). Veja o esquema a 
seguir: 
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Deduz-se que o centro de massa do pêndulo está localizado a uma distância h = L/4 do eixo de 
rotação (ponto A). O momento de inércia do pêndulo em relação ao ponto A vale: 
 
1, 2,A A AI I I
 
Nesta expressão, I1,A e I2,A são os momento de inércia das barras 1 e 2 em relação ao ponto A. O 
valor de I1,A é tabelado (ou pode ser determinado por integração de x
2
dm): 
 2
1,
12
A
ML
I
 
O valor de I2,A é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos: 
 
2
2 2 2 2
2,
2 12 4 3
A CM
L ML ML ML
I I M
 
Logo: 
 2 2 2
1, 2,
5
12 3 12
A A A
ML ML ML
I I I
 
Agora podemos aplicar a segunda lei de Newton rotacional ao sistema oscilante. Veja o esquema 
abaixo: 
 
 2
2z A
d
I
dt
 
L
L
CM1
CM2
L/2
CM
h L = /4
Barra 1
Barra 2
A
CM h
P
A
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14 
 2 2
2
5
sen
12
ML d
P h
dt
 
 2 2
2
5
2 sen
4 12
L ML d
Mg
dt
 
 2
2
6
sen 0
5
d g
dt L
 
Para pequenas oscilações: 
 2
2
6
0
5
d g
dt L
 
A expressão acima corresponde à equação diferencial do movimento harmônico simples, em que a 
freqüência angular pode ser identificada como: 
 6
5
g
L
 
Finalmente, o período vale: 
 
2
5 1 m2 5
2 2 1,8312 s
6 6 9,81 m/s
L
T
g
 
 
2 sT
 
 
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________________________________________________________________________________________________________ 
Halliday, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Oscilações 
15 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 15 – OSCILAÇÕES 
 
02. Um oscilador consiste em um bloco de massa de 512 g preso a uma dada mola. Ao oscilar com 
amplitude de 34,7 cm, ele repete seu movimento a cada 0,484 s. Encontrar: (a) o período, (b) a 
freqüência, (c) a freqüência angular, (d) a constante de força, (e) a velocidade máxima e (f) a 
força máxima exercida no bloco. 
 (Pág. 19) 
Solução. 
(a) O período do movimento de oscilação é o tempo gasto para que o movimento se repita, ou seja, 
complete um ciclo. Logo: 
 
0,484 sT
 
(b) A freqüência de oscilação vale: 
 
11 2,0661 s 2,0661 Hz
T
 
 
2,07 Hz
 
(c) A freqüência angular vale: 
 
2 12,9817 rad/s
 
 
13,0 rad/s
 
(d) Para determinar a constante de força, partimos da conhecida relação: 
 k
m
 
 
2 86,2857 N/mk m
 
 
86,3 N/mk
 
(e) A dependência da velocidade da massa em relação ao tempo é dada pela seguinte equação: 
 
( ) sent mv x t
 
A velocidade máxima vmax é encontrada quando sen( t + ) = 1. Logo: 
 
max 4,5046 m/smv x
 
 
max 4,50 m/sv
 
(f) A dependência da força que a mola exerce sobre o bloco em relação ao tempo é dada pela 
relação: 
 
2
( ) ( ) cost t mF ma m x t
 
A força máxima Fmax é encontrada quando cos( t + ) = 1. Logo: 
 
2
max 29,9407 NmF m x
 
 
max 29,9 NF
 
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16 
 
08. Um corpo oscila com movimento harmônico simples de acordo com a equação 
 
6,12 m cos 8,38 rad/s 1,92 radx t
 
Encontre (a) o deslocamento, (b) a velocidade e (c) a aceleração no instante t = 1,90 s. Encontre 
também (d) a freqüência e (f) o período do movimento. 
 (Pág. 19) 
Solução. 
(a) A posição em t = 1,90 s vale: 
 
(1,90 s) 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 3,26764 mx
 
 
(1,90 s) 3,27 mx
 
(b) A velocidade em t = 1,90 s vale: 
 
( ) 8,38 rad/s 6,12 m sen 8,38 rad/s 1,92 radt
dx
v t
dt
 
 
(1,90 s) 8,38 rad/s 6,12 m sen 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 43,3634 m/sv
 
 
(1,90 s) 43,4 m/sv
 
(c) A aceleração em t = 1,90 s vale: 
 
2
( ) 8,38 rad/s 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,92 radt
dv
a t
dt
 
 
2 2
(1,90 s) 8,38 rad/s 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 229,4683 m/sa
 
 
2
(1,90 s) 229 m/sa
 
(d) A freqüência vale: 
 
8,38 rad/s
1,33371 Hz
2 2
 
 
1,33 Hz
 
(e) O período vale: 
 
1
0,74978 sT
 
 
0,750 sT
 
 
14. Dois blocos (m = 1,22 kg e M = 18,73 kg) e uma determinada mola (k = 344 N/m) estão 
arranjados numa superfície horizontal, sem atrito, como mostra a Fig. 25. O coeficiente de atrito 
estático entreos blocos é de 0,42. Determine a amplitude máxima possível do movimento 
harmônico simples para que não haja deslizamento entre os blocos? 
 
 (Pág. 20) 
Solução. 
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Considere o seguinte esquema, onde o índice 1 se refere ao bloco m e 2 a M: 
 
A máxima aceleração que o bloco m suporta (a1) sem deslizar é aquela que não rompe a condição 
de atrito estático com o bloco M: 
 
1f ma
 
 
1 1N mg ma
 
 
1a g
 
Portanto, o sistema oscilante poderá apresentar aceleração máxima (amax) igual a g. Logo: 
 
2
( ) ( )t ta x
 
 
2
max ma x
 
 
max
2m
ga
x
k
m M
 
 20,42 9,81 m/s 1,22 kg 18,73 kg
0,2389 m
344 N/m
m
g m M
x
k
 
 
0,24 mmx
 
 
19. Duas partículas oscilam, com movimento harmônico simples, ao longo de um mesmo segmento 
de reta, de comprimento L. Elas têm o mesmo período de 1,50 s e fases que diferem de 30,0
o
. 
(a) Qual será a distância entre elas (em termos de L)? Qual será a distância entre elas, 0,500 s 
depois que a partícula atrasada deixar um dos extremos da trajetória? (b) Elas estão se movendo 
no mesmo sentido, uma se aproximando da outra, ou estão se afastando neste instante? 
 (Pág. 20) 
Solução. 
Em primeiro lugar vamos construir as equações de movimento das partículas 1 e 2. As equações 
gerais do MHS de 1 e 2 são: 
 
1( ) cost mx x t
 
 
2( ) cos
6
t mx x t
 
Como T1 = T2 = T = 0,500 s, as freqüências angulares 1 e 2 são iguais a para as duas partículas. 
 
2 2 4
 rad/s
1,5 3T
 
As amplitudes do MHS também são iguais para ambas as partículas, com xm = L/2. Logo: 
N1
P1
f
F
m x
y
N2
P2
f’
a1 = a2
M
N1’
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1( )
4
cos rad/s
2 3
t
L
x t
 
 
2( )
4
cos rad/s
2 3 6
t
L
x t
 
Sendo 1 = 0, temos 2 = 1 + /6. Isto significa que a partícula 1 está atrasada de /6 rad em 
relação à partícula 2. Em t = 0, x1 = 0 e x2 = 
3 / 4L
 = 0,43301...L. Ou seja, a distância entre as 
partículas em t = 0 é: 
 
12( 0) 0,433td L
 
As velocidades das partículas 1 e 2 são dadas por: 
 
1( )
4 4
 rad/s sen rad/s
3 2 3
t
L
v t
 
 
2( )
4 4
 rad/s sen rad/s
3 2 3 6
t
L
v t
 
Em t = 0,500 s, temos as seguintes posições e velocidades para as partículas 1 e 2: 
 
1(0,500 s)
4
cos rad/s 0,500 s 0,250
2 3
L
x t L
 
 
2(0,500 s)
4
cos rad/s 0,500 s 0,433
2 3 6
L
x L
 
 
1(0,500 s)
4 4
 rad/s sen rad/s 0,500 s 1,813
3 2 3
L
v L
 
 
2(0,500 s)
4 4
 rad/s sen rad/s 0,500 s 1,047
3 2 3 6
L
v L
 
A distância entre as partículas em t = 0,500 s vale: 
 
12( 0,500 s) 2(0,500 s) 1(0,500 s) 0,433 0,250td x x L L
 
 
12( 0,500 s) 0,183td L
 
Considere o seguinte esquema, que mostra as posições e as velocidades das partículas em t = 0,500 
s. 
 
Portanto, em t = 0,500 s, as partículas estão se aproximando. 
 
21. Duas molas estão presas a um bloco de massa m, que pode deslizar sem atrito numa superfície 
horizontal, como está mostrado na Fig. 26. Mostre que a freqüência de oscilação do bloco é 
 
2 21 2
1 2
1
2
k k
m
 
onde 1 e 2 são as freqüências em que o bloco oscilaria se fosse conectado somente à mola 1 
ou à 2. (O análogo elétrico deste sistema é uma combinação em série de dois capacitores). 
x0L/2 L/2
12 v1v2
t = 0,500 s
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19 
 
 (Pág. 20) 
Solução. 
Para a mola k1, temos: 
 
1 12
 
 
1 1
1
1
2 2
k
m
 
 
2 2 1
14
k
m
 
 
2 2
1 14k m
 (1) 
De forma análoga, para a mola 2 teremos: 
 
2 2
2 24k m
 (2) 
Considere o seguinte esquema: 
 
A força elástica resultante sobre o bloco vale: 
 
1 2 1 2 1 2F F F k x k x k k x
 (3) 
Sabemos que para o MHS é válida a seguinte relação: 
 
2
( ) ( )t ta x
 (4) 
De acordo com a segunda lei de Newton, temos: 
 
F ma
 (5) 
Substituindo-se (3) e (4) em (5): 
 
2
1 2k k x m x
 
 
2
1 2k k m
 (6) 
Substituindo-se (1), (2) e a relação = 2 em (6): 
 
2 2 2 2 2 2
1 24 4 4m m m
 
 
2 2
1 2
 
 
22. Ligam-se duas molas e no extremo de uma delas prende-se um bloco de massa m, como está 
mostrado na Fig. 27. Não há atrito entre as superfícies. Se as molas separadamente tiverem 
constantes de força k1 e k2, mostre que a freqüência da oscilação do bloco será 
x0
m
x
F1 F2k1 k2
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20 
 
1 2 1 2
2 2
1 2 1 2
1
2
k k
k k m
 
onde 1 e 2 são as freqüências em que o bloco oscilaria se fosse conectado somente à mola 1 
ou à 2. (O análogo elétrico deste sistema é uma combinação em paralelo de dois capacitores). 
 
 (Pág. 20) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
Sejam as seguintes relações, em que x1 e x2 são os estiramentos das molas k1e k2, respectivamente: 
 
1 1 1F k x
 (1) 
 
2 2 2F k x
 (2) 
A partir destas equações, temos: 
 
1
1
1
F
x
k
 (3) 
 
2
2
2
F
x
k
 (4) 
Vamos imaginar que a associação em série de molas mostrada na Fig. 27 possa ser substituída por 
uma mola equivalente de constante k’, de tal forma que as características do movimento imprimido 
ao bloco não seja alterado. 
 
As Eqs. (1)-(4) sugerem que: 
 
' 'F k x
 (5) 
 '
'
F
x
k
 (6) 
Nas Eqs. (5) e (6), x corresponde à distância de compressão ou estiramento da mola k’ e F’ é a força 
elástica correspondente gerada pela mola. O importante é observar que: 
 
1 2x x x
 (7) 
 
'
1 2F F F F
 (8) 
Substituindo-se (3), (4) e (6) em (7): 
 '
1 2
'
1 2
F FF
k k k
 
m
F1 F2k1 k2F
m
k’F’
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Aplicando-se a relação (8), temos: 
 '
1 2
'
1 2 1 2
1 1 k kF
F F
k k k k k
 
 
' ' 1 2
1 2
k k
F k F
k k
 (9) 
Comparando-se (5) e (9), temos: 
 
1 2
1 2
k k
F x
k k
 
 
1 2
1 2
k k
F x
k k
 
Logo: 
 
' 1 2
1 2
k k
k
k k
 (10) 
A freqüência de oscilação do sistema vale: 
 ' '
' 1
2 2
k
m
 (11) 
Substituindo-se (10) em (11): 
 
' 1 2
1 2
1
2
k k
k k m28. (a) No movimento harmônico simples, quando o deslocamento for igual à metade da amplitude 
xm, que fração da energia total será cinética e que fração será potencial? (b) Para que valor do 
deslocamento metade da energia será cinética e metade será potencial? 
 (Pág. 21) 
Solução. 
(a) A equação do movimento harmônico simples é: 
 
( ) cost mx x t
 
Quando o deslocamento for igual à metade da amplitude, temos: 
 
0( ) 0
cos
2
m
t m
x
x x t
 
Isto implica em que no tempo t0 temos: 
 
0
1
cos
2
t
 
A energia mecânica total do MHS é dada por: 
 
21
2
mE kx
 (1) 
No instante t0 a energia potencial do sistema vale: 
 
0 0
2
22 2
( ) ( ) 0
1 1 1 1
cos
2 2 2 2
t t m mU kx k x t kx
 
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0
2
( )
1
8
t mU kx
 (2) 
A energia cinética do sistema no instante t0 pode ser calculada por diferença: 
 
0 0
2 2
( ) ( )
1 1
2 8
t t m mK E U kx kx
 
 
0
2
( )
3
8
t mK kx
 (3) 
Agora podemos usar as Eqs. (1)-(3) para calcular o que foi pedido. A fração da energia total que 
será cinética é: 
 0
2
( )
2
3
8
1
2
m
t
K
m
kxK
f
E
kx
 
 
3
4
Kf
 
A fração da energia total que será potencial é: 
 0
2
( )
2
1
8
1
2
m
t
U
m
kxU
f
E
kx
 
 
1
4
Uf
 
(b) Usaremos a condição da energia potencial ser metade da energia mecânica total: 
 
2
E
U
 
 
2
2
1
1 2
2 2
mkx
kx
 
 2
2
2
mxx
 
 2
2
mx x
 
 
34. Um bloco de massa M está em repouso em uma mesa horizontal, sem atrito, preso em suporte 
rígido por uma mola de constante elástica k. Uma bala de massa m e velocidade v atinge o 
bloco, como mostra a Fig. 30; a bala fica presa no bloco. Determine a amplitude do movimento 
harmônico simples resultante, em termos de m, M, v e k. 
 
 (Pág. 21) 
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Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Logo após a colisão completamente inelástica entre a bala e o bloco, ambos passam a executar 
movimento harmônico simples como um só corpo de massa m + M. A velocidade do conjunto 
imediatamente após a colisão corresponde à velocidade máxima do MHS (vmax). O cálculo de vmax é 
feito por meio da aplicação do princípio da conservação do momento linear na coordenada x: 
 
0x xP P
 
 
bala,0 bloco,0 bala blocop p p p
 
 
max max0mv mv Mv
 
 
max
mv
v
m M
 (1) 
Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em função do tempo é dada por: 
 
( ) sent mv x t
 
A velocidade máxima do MHS é obtida quando sen ( t + ) = 1. Logo: 
 
max mv x
 
 
max
m
v
x
 (2) 
Por definição, a freqüência angular é dada por: 
 k
m M
 (3) 
Substituindo-se (1) e (3) em (2): 
 
m
mv m M
x
m M k
 
 
m
mv
x
m M k
 
 
36. Um bloco de 4,00 kg está suspenso por uma mola de constante elástica 5,00 N/cm. Uma bala de 
50,0 g é atirada sobre o bloco, de baixo para cima, com velocidade de 150 m/s, ficando em 
repouso no interior do bloco. (a) Encontre a amplitude do movimento harmônico simples 
resultante. (b) Que fração da energia cinética original da bala se transforma em energia 
mecânica do oscilador? 
 (Pág. 22) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
m+M
x0 xm-xm
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Logo após a colisão completamente inelástica entre a bala e o bloco, ambos passam a executar 
movimento harmônico simples como um só corpo de massa m + M. A velocidade do conjunto 
imediatamente após a colisão corresponde à velocidade máxima do MHS (vmax). O cálculo de vmax é 
feito por meio da aplicação do princípio da conservação do momento linear na coordenada x: 
 
0x xP P
 
 
bala,0 bloco,0 bala blocop p p p
 
 
0 max max0mv mv Mv
 
 
0
max
mv
v
m M
 (1) 
Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em função do tempo é dada por: 
 
( ) sent mv y t
 
A velocidade máxima do MHS é obtida quando sen ( t + ) = 1. Logo: 
 
max mv y
 (2) 
A freqüência angular do sistema vale: 
 k
m M
 (3) 
Substituindo-se (1) e (3) em (2): 
 
m
mv k
y
m M m M
 
 
0 0 0,1666 mm
m m M m
y v v
m M k k m M
 
 
0,17 mmy
 
(b) A energia mecânica do oscilador corresponde à sua energia cinética máxima. 
 
2
2
max
max
2
20 0
0
1
2
1
2
m M v m M vE
f
K mv
mv
 (4) 
Substituindo-se (1) em (4): 
 2
0
2
0
0,0123456
m M mv m
f
mv m M m M
 
y
0
ym
-ym
v0
m
M
m M + 
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25 
 
0,012f
 
 
37. Um cilindro sólido está preso a uma mola horizontal sem massa, de tal modo que ele pode rolar 
sem deslizar sobre uma superfície horizontal, como mostra a Fig. 32. A constante de força k da 
mola é 2,94 N/cm. Sabendo-se que o sistema foi abandonado em repouso numa posição tal que 
a mola estava distendida de 23,9 cm, calcule as energias cinéticas (a) de translação e (b) de 
rotação do cilindro, quando ele passar na posição de equilíbrio. (c) Mostre que, nestas 
condições, o centro de massa do cilindro executa movimento harmônico simples com período 
de 
 3
2
2
M
T
k
 
onde M é a massa do cilindro. 
 
 (Pág. 22) 
Solução. 
A energia mecânica total vale (xm é a amplitude de oscilação): 
 
21 0,09375 J
2
mE kx
 (1) 
Quando o cilindro passa pelo ponto onde a mola está relaxada, a energia mecânica do sistema E 
estará na forma de energia cinética K. Esta está dividida em energia cinética translacional KT e 
rotacional KR. 
 
T RE K K K
 (2) 
A energia cinética translacional vale: 
 
21
2
TK Mv
 (3) 
A energia cinética rotacional vale (I é o momento de inércia do cilindro e é a sua velocidade 
angular): 
 22
21 1
2 2 2
R
MR v
K I
R
 
 
21
4
RK Mv
 (4) 
Substituindo-se (3) e (4) em (2): 
 
2 21 1
2 4
E Mv Mv
 
 
23
4
E Mv
 (5) 
(a) Dividindo-se (4) por (5): 
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26 
 
2
2
2
24
3 3
4
T
Mv
K
E
Mv
 
 
2
0,0625 J
3
TK E
 
 
0,063 JTK
 
(a) Dividindo-se (3) por (5): 
 
2
2
1
14
3 3
4T
Mv
K
E
Mv
 
 
1
0,03125 J
3
TK E
 
 
0,031 JTK
 
(c) Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o cilindro: 
 
Vamos analisar a dinâmica da translação do cilindro (em x), em que F é a força elástica, f é a força 
de atrito estático, P é o peso do cilindro e N é a normal: 
 
x xF Ma
 
 2
2
d x
F f M
dt
 
 2
2
d x
kx f M
dt
 (6) 
Agora vamos analisar a dinâmica da rotação do cilindro (torques em z, em relação ao centro de 
massa do cilindro): 
 
z zI
 
 2
2
z
MR
fR
 
Mas: 
 
x
z
v
R
 
Logo: 
 2
2
xvMRfR
R
 
P
f
x
y
z
N
F
v
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Halliday, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Oscilações 
27 
 2
22
M d x
f
dt
 (7) 
Substituindo-se (7) em (6): 
 2 2
2 22
M d x d x
kx M
dt dt
 
 2
2
2
0
3
d x k
x
dt M
 (8) 
A Eq. (8) é a equação diferencial do movimento harmônico simples, onde: 
 
2 2
3
k
M
 
A relação entre o período de oscilação T e a freqüência angular é: 
 
2
T
 
Logo: 
 3
2
2
M
T
k
 
 
45. Um pêndulo físico consiste de um disco sólido uniforme de massa M = 563 g e raio R = 14,4 
cm, mantido no plano vertical por um eixo preso à distância d = 10,2 cm do centro do disco, 
como mostra a Fig. 35. Desloca-se o disco de um pequeno ângulo e a seguir ele é abandonado. 
Encontre o período do movimento harmônico resultante. 
 
 (Pág. 23) 
Solução. 
O período de oscilação de um pêndulo físico é dado pela Eq. (1), onde I é o momento de inércia do 
pêndulo em relação ao eixo de oscilação e d é a distância entre esse eixo e o centro de massa do 
pêndulo: 
 
2
I
T
Mgd
 (1) 
O momento de inércia é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos: 
 
2
CMI I Md
 
 2
2
2
MR
I Md
 
 
2 22
2
M
I R d
 (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
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28 
 2 22
2 0,90528 s
2
R d
T
gd
 
 
0,905 sT
 
 
48. Um pêndulo consiste de um disco uniforme de raio de 10,3 cm e massa de 488 g preso a uma 
vara uniforme de 52,4 cm de comprimento e 272 g de massa; veja a Fig. 36. (a) Calcule o 
momento de inércia do pêndulo em torno deste eixo. (b) Qual é a distância entre o eixo e o 
centro de massa do pêndulo? (c) Calcule o período de oscilação para deslocamento angular 
pequeno. 
 
 (Pág. 23) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
(a) O momento de inércia do pêndulo (I) é igual à soma dos momentos de inércia da vara (Ivara) e do 
disco (Idisco). 
 
vara discoI I I
 (1) 
De acordo com a Fig. 9f (pág. 234, vol. 1): 
 2
vara
3
ml
I
 (2) 
O cálculo de Idisco requer a aplicação do teorema dos eixos paralelos: 
x
0
CM
h
l
R
M
m
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2
CMI I M l R
 
 2
2
2
MR
I M l R
 (3) 
Substituindo-se (2) e (3) em (1): 
 2 2
2 20,028905 kg.m
3 2
ml R
I M l R
 
 
20,0289 kg.mI
 
(b) A coordenada do centro de massa (xCM) é dada por: 
 
1 2 1 1 2 2CMm m x m x m x
 
 
( )
2
l
m M h m M l R
 
 
1
( ) 0,4963 m
2
ml
h M l R
m M
 
 
49,6 cmh
 
(c) O período de oscilação deste pêndulo físico (T) vale: 
 
2 0,5553 s
I
T
m M gh
 
 
0,555 sT
 
 
53. Um pêndulo físico tem dois pontos possíveis de suspensão; um é fixo e o outro ajustável ao 
longo do comprimento do pêndulo, conforme a Fig. 38. Quando gira em torno da suspensão 
fixa, o pêndulo tem período T. Invertendo-se o pêndulo, de modo que passe a girar em torno da 
suspensão ajustável, consegue-se, por tentativas, fazê-lo oscilar com o mesmo período T. 
Mostre que a aceleração da gravidade pode ser escrita na forma 
 2
2
4 L
g
T
 
onde L é a distância entre as duas suspensões. Note que g pode ser medido desta maneira, sem 
necessidade do conhecimento do momento de inércia do pêndulo ou qualquer das outras 
dimensões, com exceção de L. 
 
 (Pág. 23) 
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Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Aplicando-se o teorema dos eixos paralelos, podemos obter os momentos de inércia do pêndulo em 
relação aos eixos A e B: 
 
2
A CM AI I Mh
 
 
2
B CM BI I Mh
 
Logo: 
 
2 2
A B A B A B A BI I M h h M h h h h
 (1) 
O período de oscilação do pêndulo A vale: 
 
2 A
A
I
T
Mgh
 
Logo: 
 2
24
A
A
Mgh T
I
 
De forma semelhante para o pêndulo B temos: 
 2
24
B
B
Mgh T
I
 
Logo: 
 2
24
A B A b
MgT
I I h h
 (2) 
Igualando-se (1) e (2): 
 2
24
A b A B A B
MgT
h h M h h h h
 
Reconhecendo-se que hA + hB = L e simplificando-se a expressão: 
 2
24
gT
L
 
 2
2
4 L
g
T
 
 
 
hA
A
B
CM
T, IA
hB
B
A
CM
T, IB