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Fuja do Nabo: Física II – P2 – 2014 – Rogério Motisuki Oscilações – Exercícios a) A velocidade será nula quando a inclinação da reta tangente for horizontal, pois � = ���� Do gráfico, esse ponto é o � = 3 . b) Para acharmos os parâmetros da equação, precisamos substituir pontos do gráfico. 1: � = 0 ⇒ � = 0,5� 0,5 = ���� + 0� ⇔ � = 0,5� 2: � = 1 ⇒ � = 0� 0 = �����0,5 + �� ⇒ 0 = 0,5 + � ⇔ � = −0,5� c) Continuando o raciocínio do item b, procuramos outro ponto para substituir: 3: � = 4 ⇒ � = −0,2� −0,2 = �����0,5 − 0,5 × 4� ⇔���� = −0,2−1,5 = 215 ⇔−2 = ln 215 ⇔ ≅ 1 �$ Portanto % = � = 1&'/ Além disso, sabemos que é um amortecimento crítico portanto: )&� = *� = 2 = 0,5 �$ ⇔ & = �*�� = 0,25 +/� d) Para acharmos a velocidade, basta derivar a equação horária e substituir � = 0: ���� = ,�,� = − 2 ������� + ��� + ������ = ����� -� − � 2 − � 2 �. = ���,/��−0,75 + 0,25�� ⇔��0� = −0,75�/ a) Do gráfico, 1 = 6 b) Atenção: não é um gráfico de posição. A aceleração é dada por ���� = −*��3cos�*�� + 7� Portanto, o valor máximo do gráfico é igual a *��3, onde *� = �89 = 8: : 10 = *��3 ⇔3 = 10 1�4;² = 90;² >� c) Já temos a amplitude e a frequência, só precisamos achar a fase inicial. Como o gráfico que temos é de aceleração, precisamos substituir pontos na expressão certa para achar a fase. 1: � = 0 ⇒� = 5 5 = −10 cos�7� ⇔cos�7� = −12 ⇔7 = 2;3 ?@ 4;3 Para decidir entre essas duas fases, temos duas alternativas: substituir um segundo ponto do gráfico, ou analisar a tendência do gráfico. Analisamos quando � = 0 e obtivemos duas possibilidades. Olhando no gráfico vemos que o gráfico atinge um ponto de máximo logo após � = 0, portanto a fase inicial precisa ser �8: . Se a fase inicial fosse A8: , o gráfico atingiria um ponto de zero em vez de um ponto de máximo. Logo: ���� = 3 cos�*�� + 7� = B�8² cos C8: � + �8: D >� d) Derivando e substituindo: ���� = −*� 3 sen�*�� + 7� = − :�8 �F C�8: D = − :�√:�8 >�/ e) É mais fácil calcular a energia potencial máxima do sistema, quando a posição atinge a amplitude, a energia cinética será zero, portanto: Precisamos ainda achar a constante da mola: HIJ = *� = 8: ⇔& = �*� � = 8²: Logo K = IL²� = $� × 8²: × C�,B8²D� = �,�M�8² N a) Para achar equações diferenciais, precisamos usar o torque ou a força. Como é um problema angular, é muito mais fácil usar o torque. Definindo como positivo o sentido antihorário, o torque exercido pela força peso na barra é: O = −P'. -R3 �FS. O momento de inércia em torno daquele ponto O, é dado pelo teorema dos eixos paralelos: TU = TVW +P,² = PR²12 +P -R3. ² = 736PR² Portanto, temos: O = TX ⇔−P'R3 �FS = 736PR� ,�S,�� ⇔ ,�S,�� = −12'7R �FS ≅ −12'7R S b) A partir da equação achada no item a, segue que: *�² = 12'7R ⇔*� = )12'7R Portanto: 1Y = �8Z[ = 2;H M\$�] c) A solução é da forma: S��� = 3 cos�*�� + 7� Temos duas informações para substituir e achar os outros parâmetros o ângulo inicial é S� e a velocidade inicial é nula. ^ S� = 3>? �7�0 = −*�3 �F�7� ⇔ ^3>? �7� = S� �F�7� = 0 ⇔ ^3 = S�7 = 0 ⇒ S��� = S� cos_)12'7R �` d) A pergunta é esquisita, pois como não há atrito, a energia mecânica é constante para qualquer ângulo. É mais fácil calcular a energia mecânica quando ou a cinética, ou a potencial for zero. Neste caso, como não temos informações de velocidade sem precisar calcular, o mais simples é calcular a energia potencial no ponto de amplitude máxima: Nesse ponto, a energia potencial gravitacional é: K = P'ℎ, onde ℎ é a distância vertical do centro de massa até a altura de referência. A referência é tomada de forma que a mínima energia gravitacional durante o movimento seja 0. Ou seja, a altura de referência é a mínima atingida pelo centro de massa, quando o ângulo é 0. Quando o ângulo for a amplitude, S�, a altura ℎ será: ℎ = R3 − -R3 cos S�. = R3 �1 − cos S�� Para ângulos pequenos, cos � = 1 − �²� , portanto: ℎ ≅ R3b1 − 1 + S��2 c = R6S�² Assim, a energia mecânica da oscilação é: K = 16P'RS�² e) Basta usar o mesmo raciocínio utilizado no item b, porém trocando o momento de inércia e o torque. O torque agora é: O = −P'. -R2 �FS. Usando o teorema dos eixos paralelos: Td = TVW +P,² = PR²12 +P -R2. ² = PR²3 Logo, temos: O = TX ⇔−P'R2 �FS = 13PR� ,�S,�� ⇔ ,�S,�� = −3'2R �FS ≅ −3'2R S Assim, da equação diferencial tiramos: *�² = :]�\ ⇔*� = H:]�\ Portanto: 1d = �8Z[ = 2;H�\:] Usando o resultado do item b, calculamos a razão: 1d1Y = 2;H2R3' 2;H 7R12' = )23 × 127 = )87 O que é mais importante: � Achar a equação diferencial Use seus conhecimentos de mecânica para marcar forças no desenho. Agora decida entre usar torque resultante ou força resultante: Se você quiser achar: ângulo S��� ⇒ f � O = TX posição ���� ⇒ f � g = P� � Identificar qual solução usar 4 possibilidades: MHS: ���� = 3 cos�*�� + 7� Amortecimento subcrítico *� > �� : ���� = 3����� cos�*� + 7� ?F,� * = )*�� − �4 Amortecimento crítico *� = �� : ���� = ����� �3 + i�� Amortecimento supercrítico *� < �� : ���� = ����� k3�l� + i��l�m ?F,� n = ) �4 − *�� � Achar os outros parâmetros da equação Para achar 3, i � 7 é possível somente com informações do enunciado ou de um gráfico, substituindo nas equações e resolvendo. Para achar *� � pode ser necessário usar informações de um gráfico também, mas há a possibilidade de serem obtidas através da montagem da equação diferencial. Essa montagem nem sempre é necessária, visto que: *�: Frequência angular que o sistema oscilaria caso não tivesse atrito (caso MHS). = pJ , ?F,� % é ? >?�rs>s�F�� ,� g = −%���� � Calcular a energia da oscilação Numa oscilação: K = Ktuv + KwY� Geralmente é mais fácil calcular a energia total num ponto onde uma delas é zero, e na maioria dos casos é mais fácil quando é a cinética que é zero. Lembre que a energia cinética é nula nos pontos de amplitude. � Calcular outras grandezas do problema físico Período T e frequência f: 1 = $x = �8Z
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