Física II - Poli - P2 - 2016

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Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]
NUSP: ⓪ ⓪ ⓪ ⓪ ⓪ ⓪ ⓪
① ① ① ① ① ① ①
② ② ② ② ② ② ②
③ ③ ③ ③ ③ ③ ③
④ ④ ④ ④ ④ ④ ④
⑤ ⑤ ⑤ ⑤ ⑤ ⑤ ⑤
⑥ ⑥ ⑥ ⑥ ⑥ ⑥ ⑥
⑦ ⑦ ⑦ ⑦ ⑦ ⑦ ⑦
⑧ ⑧ ⑧ ⑧ ⑧ ⑧ ⑧
⑨ ⑨ ⑨ ⑨ ⑨ ⑨ ⑨
Instruções: preencha completamente os círculos com
os dígitos do seu número USP (um em cada coluna); na
parte de baixo dessa folha, preencha completamente
os círculos com as respostas corretas correspondentes a
cada questão. Use caneta esferográfica preta ou azul.
Escreva apenas nas áreas designadas.
Nome: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Assinatura: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Turma: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Professor: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ESTE ESPAÇO É DE USO EXCLUSIVO DA BANCA
DE CORREÇÃO
1a Avaliação Revisão
Múltipla-escolha
Parte discursiva
Total
• Esta prova é formada de uma parte objetiva contendo quatro (4) questões de múltipla-escolha (Q1-Q4) e uma
parte discursiva contendo duas (2) questões (Q5 e Q6).
• As soluções das questões discursivas devem ser feitas no CADERNODERESPOSTAS devidamente identificado
com nome, NUSP e turma.
• A parte objetiva corresponde a um total de 4,0 pontos e a parte discursiva a 6,0 pontos.
Marque as respostas das questões de múltipla-escolha
(1) Ⓐ Ⓑ Ⓒ Ⓓ Ⓔ
(2) Ⓐ Ⓑ Ⓒ Ⓓ Ⓔ
(3) Ⓐ Ⓑ Ⓒ Ⓓ Ⓔ
(4) Ⓐ Ⓑ Ⓒ Ⓓ Ⓔ
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]-p1/12
QUESTÕES DE MÚLTIPLA-ESCOLHA (1-4)
(1) [1,0 pt]Afiguramostra a posição de um sistemamassa-mola sujeito à ação de uma força dissipativa proporcional
à velocidade. Sabendo que a massa do bloco é m = 1,0 kg, pode-se afirmar que (dica: considere ϕ = 0 e lembre-se
que e ' 2, 7 e ln(e) = 1):
 (a) A constante de amortecimento é γ ' 1 rad s−1 e a frequência natural de oscilação é ω0 ' 2pi rad s−1.
 (b) A constante de amortecimento é γ ' 1 rad s−1 e a frequência natural de oscilação é ω0 ' 2pi rad s−1.
 (c) A constante de amortecimento é γ ' 1 rad s−1 e a frequência natural de oscilação é ω0 ' pi rad s−1.
 (d) A constante de amortecimento é γ ' 2 rad s−1 e a frequência natural de oscilação é ω0 ' pi2 rad s−1.
 (e) A constante de amortecimento é γ ' 2 rad s−1 e a frequência natural de oscilação é ω0 ' pi rad s−1.
SOLUÇÃO:
Trata-se de uma oscilação amortecida em regime sub-crítico, de forma que para uma fase ϕ = 0
x(t) = Ae−γt/2 cos(ωt), com ω =
√
ω20 −
γ2
4
Do gráfico vemos que o período da oscilação é T = 2pi/ω = 2 s, que A = 0, 27 m e que
x(t = 2 s) = Ae−γ = 0, 1 m =⇒ e−γ = 0, 1
0, 27
=
1
2, 7
' e−1 =⇒ γ ' 1 rad/s
E temos também que
ω20 = ω
2 +
γ2
4
= pi2 +
1
4
' pi2
Resposta correta: (c)
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]-p2/12
(2) [1,0 pt] Após 6 oscilações, a amplitude de um sistema oscilatório decresce em 10%. Este sistema é formado por
uma mola de constante elástica 4500 N/m e um bloco de 90 kg e oscila sobre uma superfície horizontal. O sistema
está sujeito à uma força de resistência proporcional à velocidade do bloco. O período de oscilação e a razão entre as
energias médias (por ciclo) final e inicial deste sistema, após estas 6 oscilações serão, respectivamente:
 (a) 1√
50
s e 1/0,45
 (b) √10 s e 0,45
 (c) 2pi√
450
s e 1/0,81
 (d) 2pi√
50
s e 0,81
 (e) 2pi√
450
e 0,81
SOLUÇÃO:
Dado que o sistema oscila e sua amplitude, após 6 ciclos, decresce pouco, o amortecimento é subcrítico e fraco.
Desta forma, ω ' ω0 e o período:
T =
2pi
ω0
=
2pi√
k/m
=
2pi√
50
s
Partindo da solução para a posição x(t) no caso sub-crítico x(t) = Ae−γt/2 cos(ωt + ϕ), podemos escrever
que a razão entre amplitudes em t = 6T e t = 0 é
Ae−3γT
A
= e−3γT = 0, 9
Já a energia média por ciclo do sistema é dada por E(t) = 12mω2A2e−γt = E(0)e−γt, de modo que
E(6T)
E(0)
= e−6γT = (e−3γT)2 = (0, 9)2 = 0, 81
Resposta correta: (d)
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]-p3/12
(3) [1,0 pt] Um grupo de estudantes construiu um oscilador utilizando um bloco de massa m1 e uma mola de
constante elástica k. Um segundo grupo de estudantes construiu umoutro oscilador acoplando umbloco demassam2
a uma mola idêntica àquela utilizada pelo primeiro grupo de estudantes. Os dois sistemas oscilam em um meio cuja
força de resistência é proporcional à velocidade com omesmo coeficiente de resistência ρ. Cada grupo de estudantes
aplicou uma força externa periódica F0 cos(Ωt) de mesma amplitude aos sistemas. No regime estacionário, os
valores máximos das potências médias dissipadas pelos osciladores em cada ciclo de oscilação, são dadas por P1 e
P2. Analisando a curva de ressonância abaixo, pode-se afirmar que:
 (a) m1 > m2, γ1 = γ2 e |P1| = |P2|.
 (b) m1 = m2, γ1 < γ2 e |P1| = |P2|.
 (c) m1 = m2, γ1 < γ2 e |P1| > |P2|.
 (d) m1 < m2, γ1 > γ2 e |P1| < |P2|.
 (e) m1 < m2, γ1 > γ2 e |P1| > |P2|.
SOLUÇÃO:
Na frequência de ressonância de amplitude ΩA =
√
ω20 − γ
2
2 , o valor do quadrado da amplitude é
A2max =
F20
m2
1
ω20γ
2
=
F20
ω20ρ
2
=
F20
ρ2
m
k
,
de modo que
A2max,2
A2max,1
=
3, 5
1, 6
=
m2
m1
=⇒ m2 > m1
Temos também que
ρ1
ρ2
= 1 =
γ1m1
γ2m2
=⇒ γ1
γ2
=
m2
m1
> 1 =⇒ γ1 > γ2
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]-p4/12
Por fim, sabemos que a frequência que maximiza a potência média transferida por ciclo (e também a dissipada)
no regime estacionário é ΩP = ω0 e nessa frequência
Pmax = Q
F20
2mω0
=
1
2
QF0γAmax =
1
2
ω0F0Amax,
de forma que
P2
P1
=
(
Amax,2
Amax,1
)(
ω0,2
ω0,1
)
=⇒
(
P2
P1
)2
=
(
Amax,2
Amax,1
)2 (ω0,2
ω0,1
)2
=
(
35
16
)(
64
100
)
=
7
5
=⇒ P2 > P1
Resposta correta: (d)
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]-p5/12
(4) [1,0 pt]Umsistema oscilatório tem seumovimento descrito pela seguinte equação: x(t) = F0
m(ω20−Ω2)
cos(Ωt)+
B cos(ω0t+ ϕ), onde F0 e B são constantes, Ω e ω0 são frequências angulares e ϕ representa uma fase. Indique
qual a afirmativa correta sobre o movimento na condição de ressonância, sabendo que o oscilador está inicialmente
em repouso e na posição de equilíbrio:
 (a) É uma oscilação sem amortecimento, com senϕ = 0 no qual a amplitude está crescendo.
 (b) É uma oscilação sem amortecimento, com senϕ 6= 0 no qual a amplitude está decrescendo.
 (c) É uma oscilação com amortecimento forte, com senϕ 6= 0 no qual a amplitude está decrescendo.
 (d) É uma oscilação com amortecimento, com senϕ = 0 no qual a amplitude está decrescendo.
 (e) É uma oscilação com amortecimento fraco, com senϕ 6= 0 no qual a amplitude está decrescendo lentamente.
SOLUÇÃO:
A solução x(t) acima é a superposição de duas oscilações harmônicas simples, uma de frequência ω0 e outra
de frequênciaΩ com amplitude dependente dessa frequência. Trata-se portanto da solução geral para um oscilador
harmônico de frequência natural ω0, na ausência de amortecimento e na presença de uma força externa do tipo
F0 cos(Ωt). Na condição de ressonância (Ω = ω0), a amplitude das oscilações deve crescer sem limites à medida
que o tempo passa.
De maneira mais precisa, a velocidade do oscilador é então
x˙(t) =
−ΩF0
m(ω20 −Ω2)
sin(Ωt)−ω0B sin(ω0t+ ϕ),
de modo que as condições iniciais levam a{
x(0) = 0 = F0
m(ω20−Ω2)
+ B cos ϕ
x˙(0) = 0 = −ω0B sin ϕ
=⇒ sin ϕ = 0(ϕ = 0,pi) =⇒ B = ∓F0
m(ω20 −Ω2)
A ambiguidade de sinais devido aos dois possíveis valores de ϕ, para essas condições iniciais particulares so-
mente (repouso na origem), leva à mesma solução matemática, de forma que qualquer dos sinais pode ser escolhido.
Tomando ϕ = 0,por exemplo, na condição de ressonância
x(t) = − F0
m(ω0 +Ω)
lim
Ω→ω0
[
cos(Ωt)− cos(ω0t)
Ω−ω0
]
=
F0
2mω0
t sin(ω0t),
onde ve-se que a amplitude cresce linearmente com o tempo.
Resposta correta: (a)
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QUESTÕES DISCURSIVAS
(5) [3,0 pt] Um oscilador composto por uma mola de massa desprezível com constante k e por um bloco de massa
m, está sujeito à ação de uma força de amortecimento Fa = −ρx˙. Considere que o sistema massa-mola se encontra
no regime de amortecimento crítico.
(a) (0,5) Determine o coeficiente de resistência viscosa ρ. Forneça a resposta em função de k e m.
(b) (1,0) Sabendo que as condições iniciais são tais que x(t = 0) = x0 e x˙(t = 0) = 0, determine a posição do
sistema massa-mola em função do tempo. Expresse o resultado em termos de k e m.
(c) (0,5) Se a massa do bloco dobrar (M = 2m) qual será o regime de oscilação?
(d) (1,0) Sabendo que as condições iniciais são tais que x(t = 0) = 0 e x˙(t = 0) = −0, 5 m s−1, determine a
posição do sistema massa-mola em função do tempo. Expresse o resultado em termos de k e m.
SOLUÇÃO:
(a) Na condição de amortecimento crítico:
γ
2
= ω0 =⇒ γ = 2ω0,
e usando a definição de γ
γ =
ρ
m
=⇒ ρ = 2mω0
Sabendo que ω20 = km , temos finalmente ρ = 2
√
km.
(b) Dado que o sistema encontra-se em regime de amortecimento crítico, a solução geral do movimento pode ser
escrita como
x(t) = e−
γt
2 (a+ bt),
com constantes a e b a serem determinadas a partir das condições iniciais x(0) e x˙(0). Para a posição inicial
temos
x(0) = a = x0,
e a velocidade da massa é dada por
x˙(t) = −γ
2
x+ e−
γt
2 b,
de forma que
x˙(0) = −γ
2
x0 + b = 0 =⇒ b = x0
√
k
m
Logo
x(t) = e−
√
k
m tx0
(
1+
√
k
m
t
)
(c) Nessa condição
M = 2m =⇒ γ2 = γ2 = ω0 ; ω0,2 =
√
k
2m
=
ω0√
2
,
de modo que
γ2
2
< ω0,2 =⇒ amortecimento sub-crítico.
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]-p8/12
(d) ATENÇÃO: Nesse ítem, ambas as soluções crítica (para estudantes que utilizaram M = m) e sub-crítica (para
estudantes que utilizaram M = 2m) serão consideradas como válidas, já que o enunciado continha uma
ambiguidade a esse respeito.
Para o caso M = 2m, temos como soluçõ geral para amortecimento sub-crítico:
x(t) = Ae−
γ2
2 t cos(ωt+ ϕ),
de modo que a solução geral para a velocidade é dada por:
x˙(t) = −γ2
2
x(t)−ωAe− γ22 t sin(ωt+ ϕ).
As condições iniciais são então
x(0) = A cos ϕ = 0 =⇒ ϕ = ±pi
2
e
x˙(0) = −γ2
2
x0 −ωA sin ϕ = −0, 5
de onde concluímos que
ϕ =
pi
2
e A = − 1
2ω
com
ω2 = ω20,2 −
γ22
4
=⇒ ω = 1
2
√
k
m
e A =
√
m
k
A solução final fica então
x(t) =
√
m
k
e−
1
2
√
k
m t cos
(
1
2
√
k
m
t+
pi
2
)
Já para o caso de amortecimento crítico:
x(t) = e−
γt
2 (a+ bt),
de modo que para as condições iniciais desse ítem, temos a = x(0) = 0 e b = x˙(0) = −0, 5 m/s. Como para
amortecimento crítico também temos γ = 2ω0, podemos escrever
x(t) = − t
2
e−ω0t = − t
2
e−
√
k/m t
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]-p9/12
(6) [3,0 pt] Considere um bloco de massa M preso à extremidade de uma mola de constante elástica k e com-
primento relaxado `0 e em repouso. A outra extremidade da mola é, então, presa a um dispositivo que oscila com
frequência angular Ω e cuja posição é dada por xv(t) = a cos(Ωt) + a, onde a é uma constante positiva. Suponha
que o bloco oscile com a mesma frequência do dispositivo e que o atrito seja desprezível.
(a) (1,0) Desenhe o diagrama de forças que agem sobre o bloco de massa M e escreva as expressões para os vetores
que representam tais forças de forma explícita num sistema de coordenadas apropriado.
(b) (0,5) Deduza a equação diferencial que descreve o movimento do bloco em termos da variável X = x− a− `0.
(c) (1.0) Resolva a equação diferencial encontrando a solução x(t) para as condições iniciais do problema.
(d) (0.5) Qual a frequência do dispositivo para que o sistema entre em ressonância e o que ocorre com a amplitude
neste valor de frequência?
SOLUÇÃO:
(a) Diagrama de forças sobre o bloco:
No sistema de coordenadas da figura, podemos escrever:
m~g = −mgyˆ
~N + ~P =~0 =⇒ ~N = −~P = mgyˆ
Nesse mesmo sistema de coordenadas, a deformação da mola é igual x− xv − `0, de forma que a força
restauradora na mola na horizontal é:
~F = −k(x− xv − `0)xˆ
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]-p10/12
(b) Dado que as forças peso e normal se cancelam, a força resultante é simplesmente a força restauradora
aplicada pela mola ao bloco, de modo que a segunda lei de Newton para o bloco implica:
F = mx¨ = −k(x− xv − `0) = −k(x− a cos(Ωt)− a− `0)
Em termos da variável X, temos
X = x− a− `0 ⇒ X¨ = x¨,
de forma que
X¨+
k
m
X =
k
m
a cos(Ωt) ⇒ X¨+ω20X = ω20a cos(Ωt)
(c) Por se tratar de uma equação diferencial de 2a ordem não-homogênea, a equação de movimento para X
é a soma da solução geral da equação homogênea associada:
X¨1 +ω20X1 = 0
com uma solução particualar da não-homogênea:
X¨2 +ω20X2 = ω
2
0a cos(Ωt).
A equação homogênea associada é aquela de um oscilador harmônico simples de frequência ω0, logo:
X1(t) = A cos(ω0t+ ϕ).
Para a solução particular, utilizando a notação complexa, temos:
Z¨+ω20Z = ω
2
0a exp(iΩt),
com Z(t) = Z0 exp(iΩt).
Essa solução satisfaz
Z˙ = iΩZ e Z¨ = −Ω2Z
tal que substituindo na ED, tem-se:
(−Ω2 +ω20)Z = ω20a exp(iΩt)
e, portanto
Z0 =
ω20a
ω20 −Ω2
A solução X2(t) procurada é a parte real da solução complexa Z(t), logo
X2(t) =
ω20a
ω20 −Ω2
cos(Ωt)
A solução geral para X(t) é então
X(t) = X1(t) + X2(t) = A cos(ω0t+ ϕ) +
ω20a
ω20 −Ω2
cos(Ωt)
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]-p11/12
e em termos da variável x(t), temos
x(t) = a+ `0 + A cos(ω0t+ ϕ) +
ω20a
ω20 −Ω2
cos(Ωt).
com velocidade dada por
x˙(t) = −ω0A sin(ω0t+ ϕ)− Ωω
2
0a
ω20 −Ω2
sin(Ωt).
As condições iniciais implicam
x(0) = `0 = a+ `0 + A cos ϕ+
ω20a
ω20 −Ω2
e
x˙(0) = 0 = −ω0A sin ϕ,
logo
A sin ϕ = 0 ; A cos ϕ = −a
[
2ω20 −Ω2
ω20 −Ω2
]
; A2 = a2
[
2ω20 −Ω2
ω20 −Ω2
]2
Ve-se então das duas últimas equações que cos2 ϕ = 1 e, como A ≥ 0, a fase ϕ = 0,pi, dependendo da
relação entre Ω e ω0, com
ϕ =

pi , 0 ≤ Ω ≤ ω0
0 , ω0 < Ω ≤
√
2ω0
pi , Ω >
√
2ω0
(d) Como trata-se de um sistema forçado sem amortecimento, a frequência de ressonânciaΩR deve coincidir
com a própria frequência natural ω0 do sistema. Vemos, de fato, que a variável A assim como o termo
ω20a
ω20−Ω2
divergem no limiteΩR → ω0. Essas variáveis representam amplitudes de oscilações harmônicas
de mesma frequência (mas não necessariamente em fase!) na condição de ressonância.
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P2 (14/10/2016) [z7BA]-p12/12
FORMULÁRIO
d2x
dt2
+ω2ox = 0
d2x
dt2
+ γ
dx
dt
+ω2ox = 0
d2x
dt2
+ γ
dx
dt
+ω2ox =
Fo
m
cos(Ωt+ ϕ)
x(t) = A cos(Ωt+ ϕ)
x(t) = a cos(Ωt) + bsen (Ωt)
x(t) = e−
γt
2 (a+ bt)
x(t) = e−
γt
2 [a cos(ωt) + bsen (ωt)]
x(t) = e−
γt
2 [a exp(βt) + b exp(−βt)]
ω0 =
√
k
m
; ωo =
√
g
l
ω =
√
ω20 −
γ2
4
; β =
√
γ2
4
−ω20
Q = ω0/γ
A(Ω) =
F0
m
√
(ω20 −Ω2)2 + γ2Ω2
ϕ(Ω) = −atan
(
γΩ
ω20 −Ω2
)
P(Ω) =
γF20Ω
2
2m[(ω20 −Ω2)2 + γ2Ω2]