notas de aula de oscilasções e ondas

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1
ES.aux
2
Universidade Estadual Vale do Acaraú
CENTRO DE CIÊNCIAS E TECNOLOGIAS
Curso: Licenciatura em Física
Notas de Aulas de Oscilações e Ondas
Curso ministrado pelo professor Antônio José da Costa Sampaio
Dr. Antonio José da Costa Sampaio
Projeto de Iniciativa Pedagógica para facilitar
o acompanhamento dos alunos de Física na dis-
ciplina de �Oscilações e Ondas�
Sobral
julho de 2017
Sumário
Sumário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1 O OSCILADOR HARMÔNICO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Oscilações Harmônicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Princípio da superposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Números Complexos e o Oscilador Harmônico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4 Energia do oscilador harmônioco simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.5 Movimento Harmônico Simples e Movimento Circular . . . . . . . . . . . . . 12
1.6 Exemplos e Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6.1 O Pêndulo Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.6.2 O pêndulo de torção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.6.3 O pêndulo físico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.6.4 Oscilações de duas partículas presas por uma mola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.7 Resolução dos Problemas de Oscilações do Capítulo 3 do Livro do Moysés . 21
2 OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE . . . . . . . . . 38
2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.2 Superposição de dois MHS com mesma direção e frequência . . . . . . . . . 38
2.3 Superposiçao de dois MHS com a mesma direção e frequências diferentes . 41
2.3.1 Batimentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.4 Superposiçao de dois MHS com a mesma frequência e direções diferentes . 44
2.5 Superposiçao de dois MHS com frequências e direções diferentes . . . . . . . 47
2.6 Oscilações Acopladas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
2.6.1 Oscilações com Dois Graus de Liberdade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.6.2 Propriedades para os modos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.6.3 Oscilador Harmônico Tri-dimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
SUMÁRIO 4
2.7 Oscilações Longitudinais de Duas Massas Acopladas . . . . . . . . . . . . . . 58
2.8 Desacoplando os Modos Normais de Vibração . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.9 Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.10 Pêndulos Acoplados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2.10.1 Pêndulo Oscilante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
2.10.2 O Método de Euler Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
2.11 Questões do Capítulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3 OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS . . . . . . . . . . . . . . . . 114
3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
3.2 Oscilações Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
3.3 Amortecimento Subcrítico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
3.4 Energia e Potência do Oscilador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.5 Amortecimento Supercrítico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
3.6 Amortecimento Crítico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
3.7 Oscilações Forçadas e Ressonância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
3.7.1 Limite de Baixas Frequências: ω � ω0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
3.7.2 Limite de Altas Frequências: ω0 � ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
3.7.3 Ressonância ω −→ ω0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
3.7.4 Efeito das Condições Iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
3.8 Oscilações Forçadas Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
3.9 Potência Dissipada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
3.10 Problemas do Capítulo 3 e Soluções(Livro do Moysés) . . . . . . . . . . . . . 141
REFERÊNCIAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
1 O OSCILADOR HARMÔNICO
1.1 Introdução
A natureza é pródiga em fenômenos oscilantes. É papel do físico entender seus comportamentos
e explicar seus movimentos. Os movimentos na natureza resumen-se entre os de translação ou
aqueles localizados em uma região pequena do espaço. Nestes encaixamos os movimentos oscilatórios.
Vamos nos dedicar, nesse estudo, aos movimentos oscilantes e inicialmente vamos tentar explicar o
movimento harmônico simples, que será representado pelo sistema massa-mola da figura abaixo. Esse
é um movimento simples com um grau de liberdade, com apenas um objeto movel, a massa m. Tal
sistema possui uma frequência natural de oscilação ω0, cujo valor ao quadrado representa a força por
unidade de comprimento por unidade de massa, ou seja , ω20 = k/m, onde k é a constante elástica
da mola e m é a massa do corpo. Esse sistema, ao ser pertubado e solto, desprezando o atrito com
o ar e com a superfície, oscila livremente com a ferquência f =
ω0
2pi
.
Na figura abaixo apresentamos um sistema massa mola em dois estados: em(a) a mola está relaxada,
com comprimento a0 e livre do corpo; em (b) a mola está presa ao corpo e foi deslocada para uma
nova posição a e liberada para oscilar. Se o deslocamento x = a − a0 é pequeno para manter a
elasticidade da mola a força da mola segue a lei de Hooke conforme explicitado na figura abaixo. No
Figura 1 � Sistema massa mola
estado (b) a resultante das forças que agem sobre o corpo é a força elástica da mola e de acordo com
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 6
a segunda lei de Newton, F = ma = −kx, usando a definição da aceleração a = d
2x
dt2
, chegamos na
equação que exprime o momimento da nossa partícula.
d2x
dt2
+
k
m
x = 0 (1.1)
substituindo o valor de ω20 = k/m na equação acima obtemos:
d2x
dt2
+ ω20x = 0 (1.2)
Em algumas ocasiões, vamos usar x˙ para representar
dx
dt
e x¨ para representar
d2x
dt2
.
1.2 Oscilações Harmônicas
A equação 1.2 é uma equação diferencial ordinaria(EDO) linear de segunda ordem, cuja solução
final dependerá das condições iniciais para o problema, isto é, necessitamos definir os valores iniciais
para a posição e a velocidade da partícula. Este é um típico problema de valor inicial, também
denominado de sistema dinâmico. Inicialmente vamos apresentar as possíveis soluções para a equação
2 e depois vamos tentar obtê-las. Partimos do princípio que
d2x
dt2
= −ω20x, ou seja, devemos procurar
por funções cuja derivada segunda de x com o tempo é o negativo, a menos de uma constante, do
próprio x; portanto, fica facil de apontar algumas dessas funções como possíveis candidatas à solução;
exemplos são cos(ct), sen(ct) e ept. Verificaremos, posteriormente, que estas funções se relacionam
entre si. Vamos considerar as duas primeiras funções e dizer que:
x1(t) = cos(ω0t) e x2(t) = sen(ω0t) (1.3)
são soluções da equação 1.2, por satisfazerem ao critério das derivadas segundas serem igual aonegativo das próprias funções.
1.2.1 Princípio da superposição
As equações diferenciais lineares, das quais a equação 1.2 faz parte e que podem ser representadas
de uma forma mais geral por:
A0
d2x
dt2
+ A1
dx
dt
+ A2x = A3 (1.4)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 7
onde A0, A1, A2 são constantes e A3 pode ser constante ou uma função do tempo, têm, na condição
de homogeneidade, quando A3 = 0, algumas propriedades, facilmente verificáveis. São elas:
• Se x1(t) e x2(t) são soluções, x1(t) + x2(t) também é solução
• Se x(t) é solução, ax(t) também é solução
Este fato é conhecido como o princípio da superposição para as equações homogêneas, que se expressa
assim: Se x1(t) e x2(t) são soluções da equação homogênea, A0
d2x
dt2
+ A1
dx
dt
+ A2x = 0, então
x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) também é solução. Portanto, considerando o caso especial da eq. 1.2, vamos,
tentar, determinar os valores das constantes c1 e c2; Isto será feito através do uso das condições iniciais,
ou seja, o que ocorre quando t = 0? Vamos, baseado na fig.1.1, dizer que, para t = 0 −→ x = −xm
e v = 0. Nesse caso, precisamos derivar a função,
x(t) = c1cos(ω0t) + c2sen(ω0t) (1.5)
para obter a velocidade da partícula v(t) = x˙(t), que é dada por.
v(t) = x˙(t) =
dx
dt
= −c1ω0sen(ω0t) + c2ω0cos(ω0t) (1.6)
usando a condição inicial, acima especificada, chegamos ao seguinte resultado.
c1 = −xm e c2 = 0 =⇒ x(t) = −xmcos(ω0t) = xmsen(ω0t− pi
2
) (1.7)
Podemos também representar esta solução num outro formato, utilizando outras duas constantes,
que levariam a solução para:
x(t) = Acos(ω0t+ ϕ) (1.8)
Nesse caso, A é a amplitude do movimento, ω0t+ϕ é a fase do movimento e ϕ é a constante de fase.
Os valores de A e ϕ devem ser calculadas a partir das condições iniciais do problema. Esta solução
se relaciona com a outra através das relações da trigonometria, lembrando que,
cos(ω0t+ ϕ) = cos(ω0t)cos(ϕ)− sen(ϕ)sen(ω0t) (1.9)
substituindo a eq.1.9 na eq.1.8 e comparando com a eq.1.5, podemos mostrar que, A cosϕ = c1 ⇐⇒ A =
√
c21 + c
2
2
−Asenϕ = c2 ⇐⇒ ϕ = arctan (−c2
c1
)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 8
Vamos aproveitar agora para definir duas grandezas importantes associadas ao movimento vibratório
simples descrito pela eq.1.8; são elas o período das oscilações T =
2pi
ω0
e a frequência das oscilações
f =
1
T
=
ω0
2pi
. O período é a distância temporal medida no gráfico da função sen(ω0t+ϕ) entre duas
posições próximas idênticas; também significa o tempo para um ciclo completo. A frequência é igual
ao número de ciclos por unidade de tempo. Finalmente vamos encerrarr este assunto com um novo
algoritimo de obtenção da solução para a eq. 1.2, usando a técnica de números complexos.
1.3 Números Complexos e o Oscilador Harmônico
Uma forma de fazer isto é montar uma equação diferencial complexa para uma função complexa
z(t), idêntica a eq.1.2, e dizer com certeza que x1(t) = <(z(t)), ou x2(t) = =z(t), as parte real e
imaginária da função complexa z(t) são funções soluções da eq. 1.2.
d2z(t)
dt2
+ ω20z(t) = 0 (1.10)
Uma vez que, vamos trabalhar no espaço das funções complexas, é justo fazer, ligeiramente, uma
revisão de alguns aspectos básicos, que vamos necessitar. A figura abaixo apresenta um sistema
cartesiano com um vetror ~r com duas componentes a e b. Podemos associar a esse vetor o número
complexo z e seu complexo conjugado z∗ descritos abaixo e representados na figura 1.2.
~r = ai+ bj, onde
a = rcos(θ) e
b = rsen(θ), pelo plano complexo temos,
z = a+ ib, a = Re(z) e b = Im(z)
z∗ = a− ib e i = √−1
|z| =
√
a2 + b2 e tan (θ) =
b
a
A FÓRMULA DE EULER
Dos resultados acima podemos escrever o número complexo z como:
z = r[cos(θ) + isen(θ)] (1.11)
Euler associou o termo do colchete à eiθ e a equação resultante é conhecida até hoje como a fórmula
de Euler, vide abaixo.
eiθ = cos(θ) + isen(θ) (1.12)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 9
x
y
r
q
a
ib
-ib
z=a+ib
z*=a-ib
Figura 2 � Plano Complexo
Portanto, as funções cos(θ) e sen(θ) são, respectivamente, as partes reais e imaginárias da função
eiθ. Tomando o complexo conjugado da eq. 1.12, teremos:
e−iθ = cos(θ)− isen(θ) (1.13)
Somando e subtraindo as equações 1.12 e 1.13 obteremos a representação complexa para as funções
cos(θ) e sen(θ), são elas:
cos(θ) =
eiθ + e−iθ
2
(1.14)
sen(θ) =
eiθ − e−iθ
2i
(1.15)
Esta pequena revisão sobre números complexos nos habilitará a resolver a eq. 1.10, versão complexa
da equação dinâmica característica do oscilador harmônioco simples, eq. 1.2. A solução será do tipo:
z(t) = Cemt, onde C e m são constantes complexas (1.16)
Derivando duas vezes z(t), teremos
dz(t)
dt
= mCemt =⇒ d
2z(t)
dt2
= m2Cemt (1.17)
Substituindo este resultado na eq.1.10, obtemos a equação característica do movimento harmônico
simples:
Cemt[m2 + ω20] = 0 =⇒ m2 + ω20 = 0 (1.18)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 10
A solução dessa equação nos levará a dois resultados complexos:
 m = ±
√
−ω20 = ±iω0
m1 = +iω0 e m2 = −iω0
Para se chegar à solução para a eq. 1.2(Real), é necessário usar apenas uma dessas raizes, o que
faremos logo a seguir. Vamos usar m1 = +iω0. A solução complexa definitiva é, portanto, dada por:
z(t) = Ceiω0t, onde C, pode ser representada por Aeiϕ, isto é,
C = Aeiϕ. Sendo assim, a equação final para z(t) é:
z(t) = Aei(ω0t+ϕ) (1.19)
Nesta equação, A e ϕ são constantes reais. Da solução complexa, eq. 1.17, podemos tirar a solução
real, que pode ser, tanto uma função seno ou uma função cosseno. Vamos usar a função cosseno.
x(t) = <z(t) = Acos(ω0t+ ϕ) (1.20)
que é exatamente a solução que sugerimos no início.
1.4 Energia do oscilador harmônioco simples
O oscilador harmônico simples possui dois tipos de energia, a energia cinética associada ao movimento
da partícula e a energia potencial associada a eleasticidade da mola, ambas definidas como segue
abaixo:
U(x) =
1
2
kx2 (1.21)
Ec(v) =
1
2
mv2 (1.22)
uma vez que:
x(t) = A cos (ω0t+ ϕ) (1.23)
v(t) =
dx
dt
= −ω0A sen (ω0t+ ϕ) (1.24)
Antes de explorar a energia do oscilador, vamos procurar entender o papel da constante de faxe
ϕ, portanto, a figura que apresentamos a seguir é do deslocamento x(t) com o tempo para duas
constantes de fases diferentes. O traçado com a linha azu usamosl ϕ = −pi/6 e no traçado com a
linha vermelha, usamos ϕ = +pi/6. Veja que no primeiro caso a função está atrasada e no segundo
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 11
Figura 3 � Gráfico de x(t) com duas constantes de fase diferentes
caso ela está adiantada e não podemos esquecer que a forma correta de expressar a fase é θ = ω0t−ϕ,
o termo ϕ é conhecido como diferença de fase.
A seguir vamos tratar com a energia do oscilador, tanto a cinética, quanto a potencial. As energias
do oscilador: a Energia Potencial(U) e a Energia Cinética(Ec) foram definidas nas eqs. 1.21 e 1.22
respectivamente. Substituindo x(t) e v(t), também mostradas nas eqs. 1.23 e 1.24, respectivamente
obtemos,
U(t) =
1
2
kA2cos2(ω0t+ ϕ) (1.25)
Ec(t) =
1
2
mω20A
2sen2(ω0t+ ϕ) (1.26)
Por ser um sistema conservativo, a Energia Mecânica do sistema é definida como a soma das Energias
Cinética e Potencial, dessa forma,
E = Ec(t) + U(t) =
1
2
mω20A
2sen2(ω0t+ ϕ) +
1
2
kA2cos2(ω0t+ ϕ)
Lembrando que ω20 =
k
m
, então a Energia Mecânica do sistema fica dada por:
E =
1
2
kA2[sen2(ω0t+ ϕ) + cos
2(ω0t+ ϕ)] =
1
2
kA2 = const. (1.27)
O figura 1.4 apresenta o gráfico das duas energias: A Eenergia Cinética representada pela linha de
cor vermelha e a Enegia Potencial pela linha de cor azul. Para a confecção do gráfico foram usados
os seguintes valores: ω0 = 3
pi
4
(
rad
s
) e ϕ =
pi
6
(rad). Uma análiseapurada desse gráfico nos leva
a dizer que a medida que o tempo passa, enquanto a Energia Cinética cresce, a Energia Potencial
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 12
Figura 4 � Gráfico das Energias Potencial e Cinética
decresce com a mesma taxa, e seus valores se igualam para Ec = U = 2J , por outro lado, quando
uma alcança o valor máximo de 4,0 J a, outra alcança o valor mínimo igual a zero. O valor médio
observado pode ser calculado, partindo do princípio que o valor médio de qualquer função temporal
num certo intervalo de tempo τ é dado por,
f =
1
τ
τ∫
0
f(t)dt
Considerando o intervalo de tempo τ como sendo um período das oscilações, vamos ficar com:
Ec =
1
T
T∫
0
Ec(t) dt =
1
T
T∫
0
1
2
mω20A
2 sen 2(ω0t+ ϕ) dt =
1
4
mω20A
2
(1.28)
U =
1
T
T∫
0
U(t) dt =
1
T
T∫
0
1
2
mω20A
2 cos2(ω0t+ ϕ) dt =
1
4
mω20A
2
(1.29)
Ou seja, Ec = U .
1.5 Movimento Harmônico Simples e Movimento Circular
Considerando o círculo acima de raio A e o ponto P (x, y), vê-se que o vetor posição do ponto P,
−→
OP ,
forma um ângulo θ com o eixo x; se considerarmos o ponto P se movendo com velocidade escalar
constante pelo círculo, a velocidade angular tambem é constante, dada por ω0 =
v
A
, fazendo com
que o ângulo θ varie linearmente com o tempo, dado por θ = ω0t + ϕ, onde ϕ é o ponto inicial de
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 13
Figura 5 � Círculo Referência
partida P0.(HALLIDAY; RESNICK; WALKER, 2009)
Se X é a projeção do ponto P sobre o eixo x, então
(OX) = x = A cos(θ) = A cos(ω0t+ ϕ) (1.30)
resultado este coincidente com o deslocamento instantâneo da partícula no MHS. A velocidade v no
MC é v = ω0A e sua projeção sobre o eixo x é,
vx = −ω0Acos(pi
2
− θ) = −ω0A sen (ω0t+ ϕ) (1.31)
que também coincide com a velocidade da partícula no MHS. Por outro lado, a aceleração do ponto
P é radial e de módulo a = ω20A, gerando uma projeção sobre o eixo x, dada por
ax = −ω20Acos(θ) = −ω20A cos(ω0t+ ϕ) = −ω20x (1.32)
Vemos, portanto, que a coincidência entre os dois movimentos é total e a representação do MHS pelo
Movimento Circular Uniforme, a ele associado, é chamada de representação em termos de vetores
girantes ou versores.
1.6 Exemplos e Aplicações
Ao estudar o sistema massa mola, deu para ver que qualquer sistema físico conservativo com um grau
de liberdade, que se movimente em torno de uma posição de equilíbrio estável, deverá ser tratado
como um oscilador harmônico simples. Vamos a seguir apresentar outros exemplos tão simples quanto
o sistema massa mola e calcular suas frequências de oscilações.
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 14
1.6.1 O Pêndulo Simples
 O
 l


m
mg
T
Figura 6 � Pêndulo simples
O pêndulo simples, como mostrado na fig. 1.6, é um sistema composto por uma massa m suspensa
por uma haste de comprimento ` e massa desprezível. A massa m move-se no plano da figura, sobre
uma circuferência de raio igual ao comprimento da haste ` e está sujeita as forças peso m~g e tensão
na haste
~T . As equações do movimento são, para um ângulo θ de desvio em relação à posição de
equilíbrio, dadas por,
mar = −m`
(
dθ
dt
)2
= mgcosθ − T (1.33)
maθ = m`
d2θ
dt2
= −mgsenθ (1.34)
De uma forma mais simples, podemos obter a equação do movimento, observando que a componente
tangencial da força peso exerce um torque sobre a massa m com relação ao ponto O e este torque é
restaurador, de tal forma que,
−mg` sen θ = dL
dt
onde, L = Iω = m`2ω logo
m`2
dω
dt
= m`2
d2θ
dt2
= −mg` sen θ ⇒
d2θ
dt2
= −g
`
sen θ
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 15
A equação 1.34 rege o movimento tangencial, e é esta, a equação que caracteriza o movimento do
pêndulo, isto é,
d2θ
dt2
+
g
`
senθ = 0 (1.35)
Esta equação diferencial é uma equação não linear de segunda ordem e caracteriza um sistema
dinâmico complexo. Não existe uma solução analítica para ela e o mais que se pode obter é um
retrato de fase, um gráfico no espaço de fase, relacionando a velocidade angular ω = θ˙ versus θ. Para
tanto, precisamos reescrever a equação 1.34 através de um sistema de duas equações lineares de 10
ordem para θ˙ e θ, ou seja.
dθ
dt
= ω (1.36)
dω
dt
= −g
`
senθ (1.37)
O retrato de fase representado na fig. 1.7 é o resultado da simulação com ` = 50cm e g = 9, 8m/s2;
θ variou em radianos de [−10,+10]. Não faremos uma análise apurada do gráfico por está fora
0
10
20
-10
-20
-10 -5 0 5 10





Figura 7 � Retrato de fase
do escopo do curso, mas adiantamos que dá para ver três centros(−2pi, 0,+2pi) e quatro pontos de
sela(−3pi,−pi,+pi,+3pi).


Círculo referência 1
-10
0
10
20
-20
t
10 20
t


Círculo referência 2
0 1 2
20
10
0
-10
-20
-2 -1
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 16
t
-10
0 1


Região ondulada 3
2-2
20
10
0
-20
-1
Os três gráficos acima, mostram soluções em posições diferentes identificadas na figura 1.7 pelos
números 1, 2 e 3. As posições 1 e 2 estão próximas do centro e representam elipses marcadas com os
dígitos 1 e 2, e a região 3 que fica próxima ao topo não oscila, possui sentido único, isto é, a partícula
gira sem parar; na parte de cima o giro é para a direita, na parte de baixo o giro é para a esquerda. A
análise que se faz destas soluções é simples; a região 1 representa a solução para θ pequeno, gerando
oscilações harmônicas simples, basta ver as funções oscilantes no primeiro gráfico, o da esquerda,
para θ e ω = θ˙. No segundo caso demarcado pelo número 2, temos uma situação, que visivelmente
não representa oscilações hamônicas simples, o movimento é periódico, e tudo indica que o pêndulo
gira em torno da orígem. Nesse caso a função em cor verde para θ˙ não é uma função tipo cosseno
ou seno, uma vez que, as regiões entre os máximos e mínimos são muito retos, portanto, parece mas
não é oscilante simples. A situação representada em 3, visivelmente, não é oscilante, uma vez que a
função θ é praticamente uma linha reta. Todavia, para nós é mais importante procurar por soluções
para θ muito pequeno, tal que sen θ ' θ. Nestas condições, a equação é simplificada e se chega na
equação típica de um oscilador harmônico simples.
d2θ
dt2
+ ω20θ = 0 (1.38)
onde, ω20 =
g
`
é a frequência angular do movimento. A frequência e o período são dados respectiva-
mente por:
f =
ω
2pi
=
1
2pi
√
g
`
(1.39)
T =
1
f
= 2pi
√
`
g
(1.40)
É importante calcular a energia do pêndulo simples, que é dada por:
E =
1
2
m`2
(
dθ
dt
)2
+mg`(1− cosθ) (1.41)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 17
Considerando que, para θ pequeno, a função cosθ pode ser expandida em série de Taylor para dá,
cos(θ) ' 1− 1
2
θ2 (1.42)
Assim podemos escrever a energia do pêndulo simples como sendo,
E =
1
2
m`2θ˙2 +
1
2
mg`θ2 (1.43)
Gostaria de lembrar que, sendo o oscilador harmônico simples um sistema conservativo, implica que
E = const., o que nos leva a dizer que
dE
dt
= 0, derivando a eq. 1.43 com o tempo, obtemos,
m`2θ˙θ¨ +mg`θθ˙ = 0 (1.44)
Dividindo esta equação por m`2θ˙, recuperamos a equação do pêndulo simples.
θ¨ +
g
`
θ = 0 (1.45)
1.6.2 O pêndulo de torção
z
y
x

Figura 8 � Pêndulo de torção
O pêndulo de torção da fig. 1.8 é composto de um cabo preso ao teto e preso a uma barra
horizontal de comprimento `, perpendicular ao cabo, portanto, em seu estado de equilíbrio. Ao
girarmos a barra no plano xy de um ângulo ϕ, um torque restaurador aparecerá, tentando trazer a
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 18
barra de volta para o seu estado de equilíbrio. Este torque, dentro do regimede elasticidade do cabo,
obedece a lei de Hooke e é dado por:
τ = −Kϕ (1.46)
onde K é o módulo de torção do fio, que depende do seu comprimento, diâmetro e material. Se I é
o momento de inércia da barra com relação ao eixo vertical z, a equação de movimento é.
τ = Iα = Iϕ¨ (1.47)
substituindo o valor de τ da eq. 1.46, obtemos a equação do movimento para o pêndulo de torção.
ϕ¨+ ω20ϕ = 0 onde, (1.48)
ω20 =
K
I
(1.49)
Nesse caso, o período das oscilações é dado por,
T = 2pi
√
I
K
(1.50)
1.6.3 O pêndulo físico
 O
 l
s
C
K G
Mg
Figura 9 � Pêndulo físico
O pêndulo físico é um sistema oscilante constituido por um corpo rígido suspenso de um ponto O,
tal que possa oscilar sem considerar qualquer atrito em torno do eixo que passa pelo ponto, veja fig.
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 19
1.9. Dessa figura vemos que θ é o ângulo de desvio da linha achurada OG em relação a vertical; Mg
é o peso do objeto e está aplicado sobre o centro de gravidade G. Podemos então calcular o torque
do peso com relação ao eixo em O e o resultado é.
τ = −Mgs · senθ (1.51)
Se IO é o momento de inércia do pêndulo com relação ao eixo horizontal que passa pelo ponto O, a
equação do movimento para o pêndulo composto, considerando θ pequeno é.
θ¨ + ω20θ = 0 onde, (1.52)
ω20 =
Mgs
IO
(1.53)
cujo período é,
T = 2pi
√
IO
Mgs
(1.54)
A questão maior aqui é determinar o momento de inércia IO, para tanto, devemos usar o teorema
dos eixos paralelos; isto é, conhecido o momento de inércia em torno do centro de massa do objeto,
ICM , o momento de inércia em torno de O é:
IO = ICM +Ms
2
(1.55)
1.6.4 Oscilações de duas partículas presas por uma mola
Vamos considerar a seguir o sistema consistindo de duas partículas de massas m1 e m2 acopladas por
uma mola de constante elástica K e com massa desprezível. Vamos considerar que as partículas só
se movem no eixo x e a única força que age sobre elas é a força elástica da mola, F = −Kx. A fig.
1.10 retrata esta situação. Considerando a0 como o comprimento relaxado da mola e considerando
Figura 10 � Duas partículas acopladas por uma mola de constante K
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 20
x1 e x2 as posiçoes das partículas com relação a orígem O no eixo x, podemos definir a deformação
da mola por:
x = (x2 − x1)− a0 (1.56)
de tal forma que as forças da mola sobre as duas partículas são para x > 0.
F1 = m1x¨1 = Kx (1.57)
F2 = m2x¨2 = −Kx (1.58)
A coordenada do centro de massa desse sistema de partículas é dado por:
XCM =
m1x1 +m2x2
m1 +m2
(1.59)
derivando duas vezes esta equação, obtemos
Mx¨CM = m1x¨1 +m2x¨2 onde M = m1 +m2 (1.60)
substituindo os resultados das equações 1.57 e 1.58 na equação 1.60, concluimos que,
x¨CM = 0 =⇒ x˙CM = const. (1.61)
Multiplicando a eq. 1.57 por m2 e a eq. 1.58 por m1, obtemos,
m1m2x¨1 = m2Kx (1.62)
m1m2x¨2 = −m1Kx (1.63)
subtraindo a eq. 1.63 da eq. 1.62 chegamos ao seguinte resultado
m1m2(x¨2 − x¨1) = −(m1 +m2)Kx (1.64)
da eq. 1.56 temos que x¨ = x¨2 − x¨1 =⇒ (1.65)
µx¨ = −Kx (1.66)
onde,
µ =
m1m2
m1 +m2
(1.67)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 21
Portanto, o sistema de duas partículas, interagindo em uma dimensão, foi reduzido para um sistema
de uma partícula com massa µ, unidimensional, com orígem no centro de massa das duas partículas
e coordenada relativa x = x2 − x1, cuja equação do movimento se representa melhor por,
x¨+ ω20x = 0 (1.68)
onde, ω0 =
√
K
µ
=⇒ T = 2pi
√
µ
K
A energia mecânica desse sistema é dada por,
E =
1
2
µx˙2 +
1
2
Kx2 (1.69)
1.7 Resolução dos Problemas de Oscilações do Capítulo 3 do Livro do
Moysés
(NUSSENZVEIG, 2002) QUESTÃO 1
Nessa questão temos uma bala de massa m e velocidade ~v colidindo com um bloco de massa M, que
inicialmente está em repouso. A colisão é inelástica e a bala penetra no bloco e vamos considerar
que não haverá perda de massa. Da conservação do momento linear tiramos que:
m.v = (m+M).Vm onde Vm =
m.v
m+M
A frequência natural das oscilações que se seguem é: ω =
√
k
m+M
e a equação que rege o movimento é dada por:
d2x(t)
dt2
+ ω2x = 0, cuja solução é
x(t) = xm. cos(ωt+ ϕ) e V (t) =
dx(t)
dt
= −ωxm sen (ωt+ ϕ) eωxm = Vm
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 22
Considerando o tempo t = 0 logo após o choque, temos quex(0) = 0 V (0) = Vm
assim temos 0 = xm. cosϕ e Vm = −ω.xm. senϕ → ϕ = −pi
2
xm =
Vm
ω
=
m.v
m+M
.
√
m+M
k
xm = m.v
√
1
k(m+M)
x(t) =
m.v√
k(m+M)
. cos(ωt− pi
2
)
x(t) =
m.v√
k(m+M)
. senωt
Esta é a solução para x(t).
ou pela conservação da energia Ec = Ep
1
2
(m+M).V 2m =
1
2
k.x2m
xm = Vm.
√
m+M
k
xm =
m.v
m+M
.
√
m+M
k
xm =
m.v√
k(m+M)
QUESTÃO 2. Uma partícula de massa m está suspensa do teto por uma mola de constante
elástica k e comprimento relaxado `0, cuja massa é desprezível. A partícula é solta em repouso, com
a mola relaxada. Tomando o eixo Oz orientado verticalmente para baixo, com a orígem no teto,
calcule a posição z da partícula em função do tempo.
SOLUÇÃO:
A figura abaixo representa três estágios de um experimento com um sistema massa-mola. O
primeiro apresenta a mola em seu estado relaxado com comprimento `0, no segundo estágio foi
acoplado uma massa m e a mola deslocou-se para o seu novo estado de equilíbrio com comprimento
da mola indo para z0, medido a partir do teto, e finalmente, levanta-se a massa até a posição
de relaxação da mola e solta a partir do repouso, fazendo-a oscilar. Nestas condições, podemos,
inicialmente, calcular a posição de equilíbrio z0, isto é, quando o peso é igual e em sentido contrário
a força elástica da mola.
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 23
P = k(z0 − `0) como p = mg
mg = k(z0 − `0)
kz0 = mg + k`0 ⇒
z0 =
mg + k`0
k
⇒
z0 = `0 +
mg
k
A segunda etapa é encontrar a equação que
rege o movimento oscilante, que é obtida, con-
siderando o eixo z como a orígem no topo e a-
pontando para baixo. Assim,
d2z
dt2
= −ω2(z − z0)
ω2 =
k
m
Deslocamento da posição de equilíbrio
Seja u esse deslocamento e u é dado por
u = z − z0 onde, z0 (é constante)
Portanto,
du
dt
=
dz
dt
=⇒ d
2u
dt2
=
d2z
dt2
Logo,
d2u
dt2
= −ω2u
d2u
dt2
+ ω2u = 0
cuja solução é:
u = um cos(ωt+ ϕ)
Vamos aplicar as condições iniciais em u(t)
lembrando que o eixo z é positivo para baixo
e que a velocidade é dada por,
v =
dz
dt
=
du
dt
= umω sen (ωt+ ϕ)
então,
aplicando as condições iniciais, temos.
p/t = 0

v = 0 = −umω senϕ =⇒ ϕ = 0
u = −mg
k
=⇒ um = −mg
k
O que da: z(t) = z0 + u(t)
Como, z0 = `0 +
mg
k
, então,
z(t) = `0 +
mg
k
(1− cosωt)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 24
QUESTÃO 3
A questão resume-se a três itens e a principal ação é obter as equações do movimento das duas
partículas. As figuras abaixo mostram as situações relaxadas(fig. de cima) e as condições iniciais(fig.
de baixo). Estamos interessados em escrever expressões para os deslocamentos das partículas e
descobrir se elas colidirão em algum momento. Estamos, também, interessados em calcular a energia
total do sistema.
m1 = m2 = m = 10g
k = 100N/m
ω =
√
k
m
=
√
100
10−2
ω = 100 rad/s
p/t = 0

x1 = −1, 0cm = −0, 01m
v1 = −
√
3m/s
x2 = 1, 0cm = 0, 01m
v2 =
√
3m/s
As equações do movimento são: x1 = x1m. cos(ωt+ ϕ1) (1)x2 = x2m. cos(ωt+ ϕ2) (2)
Fazendo a derivada de x1 e x2, temos: v1 = x˙1 = −x1m.ω. sen (ωt+ ϕ1) (3)v2 = x˙2 = −x2m.ω. sen (ωt+ ϕ2) (4) Dividindo
(3) por (1), temos:
x˙1(t)
x1(t)
= −x1mω
x1m
sen (ωt+ ϕ1)
cos(ωt+ ϕ1)
Fazendo t = 0 na divisão, obtemos.
−√3
−0, 01 = −ω
senϕ1cosϕ1
tanϕ1 = −
√
3
0, 01ω
⇒ tanϕ1 = −
√
3
0, 01.100
tanϕ1 = −
√
3 =⇒ ϕ1 = −pi
3
Calculando x1m.
−0, 01 = x1m. cos
(
−pi
3
)
−0, 01 = x1m
(
1
2
)
x1.m = −0, 02 =⇒
x1(t) = −0, 02. cos
(
100t− pi
3
)
Vamos fazer o mesmo para x2(t)
A condição para a partícula dois é.
p/t = 0
 x2(0) = 1, 0cm = 0, 01mx˙2(0) = √3m/s
Portanto, dividindo a (4) por (2), vamos ficar
com,
x˙2(t)
x2(t)
= −x2mω
x2m
sen (ωt+ ϕ2)
cos(ωt+ ϕ)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 25
Fazendo t=0 na divisão, obtemos.
tanϕ2 =
−√3
0, 01.100
⇒
tanϕ2 = −
√
3 =⇒ ϕ2 = −pi
3
Vamos agora calcular x2m
0, 01 = x2m cos(−pi
3
)⇒ x2m = 0, 02m
Portanto,
x2(t) = 0, 02cos(100t− pi
3
)
b) x1(t) = x2(t)
−0, 02. cos
(
100t− pi
3
)
= 0, 02. cos
(
100t− pi
3
)
Desse resultado, concluimos que:
cos(100t− pi
3
) = 0 =⇒ 100t− pi
3
=
pi
2
100t =
pi
2
+
pi
3
=⇒ t = pi
120
Assim, as partículas se tocam em t =
pi
120
s.
c) EM =
1
2
mv21 +
1
2
mv22 +
1
2
kx21 +
1
2
kx22
EM =
1
2
kx2m1 +
1
2
kx2m2,
como xm1 = xm2 = xm = 2 · 10−2m, então,
EM = kx
2
m = 4 · 102 · 10−4J = 0, 04J
QUESTÃO 4
Temos aqui, uma partícula em forma de conta, livre para oscilar em torno da posição de equilíbrio
C, a base da circunferência. A força normal é uma força central, apontando sempre para o centro da
circunferência. Dessa forma, no ponto O, na parte mais baixa da circunferência, como a partícula
passa com velocidade v, a soma das forças que agem na partícula é dada por.
Ponto O:
~N − ~p = mω2r
No ponto P (x, y), para φ,
pequeno e arbitrario, temos que,
 N = mg cosφ−mg senφ = FR = m.a
Portanto, concluimos que,
x¨ = −g senφ, desde que,
senφ =
x
R
isto nos leva à,
x¨ = − g
R
x =⇒
x¨+ ω2x = 0
onde, ω20 = g/R
O que garante que , o movimento
é harmônico simples com período
T dado por:
T =
2pi
ω
= 2pi
√
R
g
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 26
QUESTÃO 5
A figura abaixo mostra com detalhes o que vai acontecer ao sistema massa mola.
Z
m
X
(a) Mola relaxada e partí-
cula iniciando descida
(b) Posição de equilíbrio
mg=kx--->x=mg/k
h
z 0 k
k
m
ze
m
k
(a)
(b)
(c)
(c) Posição de máxima
compressão v=0.
zc
O
x
A massa de pão, ao cair vai colar
no prato sem massa e vai descer,
comprimindo a mola(a);
esta vai passar pela posição de
equilíbrio, quando o peso da
massa de pão é igual a força da
mola, lei de Hook(b). A mola
continua sendo comprimida e irá
parar na posição zc, onde toda
a energia será potencial elástica
mais potencial gravitacional(c).
(a) Vamos usar o princípio da conservação da energia, ou seja, vamos dizer que a energia da
configuração(a), com a massa na posição z0 + h é exatamente igual a energia da configuração(c),
onde a mola sofreu sua máxima compressão e está prestes a retornar. Assim,
U(a) = U(c), isto é,
mg(h+ z0) = mgzc +
1
2
k(z0 − zc)2,
organizando esta equação, vamos obter,
(z0 − zc)2 − 2mg
k
(z0 − zc)− 2mgh
k
= 0
fazendo u = z0 − zc, caimos na equação do segundo grau,
u2 − 2mg
k
u− 2mgh
k
= 0
cuja solução é dada por:
u =
mg
k
± mg
k
√
1 +
2hk
mg
u− mg
k
= ±mg
k
√
1 +
2hk
mg
A amplitude do movimento é dada por:
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 27
A =| u− x |= mg
k
√
1 +
2hk
mg
,
onde x =
mg
k
é o deslocamento da posição do equilíbrio.
(b) A energia total do sistema é dada por:
ET =
1
2
kA2 =
m2g2
2k
(
1 +
2hk
mg
)
ET = mgh+
m2g2
2k
QUESTÃO 6
Esse é um típico problema de um pêndulo de torção. Temos um disco preso por um cabo, com
módulo de torção k, ao teto em duas situações diferentes. A primeira retratada na figura (a) o cabo
passa pelo centro do disco em uma posição horizontal e na segunda fig. (b) o cabo passa, também
pelo centro do disco, contudo, o disco está na posição vertical. Vamos, portanto, calcular os períodos
das oscilações simples em ambos os casos.
2
(a) (b)
Eixos Perpendiculares
Ix + Iy = Iz
Ix = Iy
2.Ix = Iz
Ix =
Iz
2
=
M.R2
4
Para as duas situações, as equações que regem o movimento do pêndulo foram obtidas e apresen-
tadas nas equações 1.48, 1.49 e 1.50, isto é,
ϕ¨+ ω20ϕ = 0
com, ω20 =
K
I
, e período dado por:
T = 2pi
√
I
K
.
Assim, vamos calcular os períodos de oscilações nos dois casos, usando o último resultado, o que nos
levará a calcular os momentos de inércia das duas situações.
(a): Ia =
MR2
2
⇒
Ta = 2pi
√
M.R2
2.K
, levando a:
Ta = pi.R
√
2M
K
(b): Ib =
MR2
4
Tb = 2pi
√
M.R2
4K
= pi.R
√
M
K
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 28
QUESTÃO 7. Um pêndulo balístico de madeira, de massa igual a 8,0 kg, suspenso por um fio de
0,85 cm de comprimento, é atingido no instante t=0 por uma bala de 9,5 g, viajando à velocidade
de 295 m/s, que fica encravada nele. Ache o ângulo θ (em rad) entre o fio e a vertical em função do
tempo t.
SOLUÇÃO:
Aqui temos uma bala de massa m = 10g, que atinge um bloco de massa M = 10kg em repouso,
preso por um cabo ao teto, um típico problema de colisão inelástica. Vamos considerar o tempo da
colisão como t = 0. Dessa forma, podemos usar o princípio da conservação do momento linear para
calcular a velocidade do grupo formado pelos dois objetos, isto é, Vg.

Dados:
M=10,0kg
m=10,0g
L=1,0m
v=300m/s
m.v = (m+M).Vg
Vg =
m
m+M
v

P/ t= 0
Vg =
m
m+M
v
θ = 0
O grupo, após a colisão, oscila livremente
e a equação do movimento é a eq. 1.38
θ¨ + ω2θ = 0, onde,
ω =
√
g
L
=
√
9, 8 = 3, 13s−1
A solução da EDO acima é:
θ = θm cos(ωt+ ϕ)
derivando esta equação, obtemos,
θ˙ = −ωθm sen (ωt+ ϕ)
A velocidade do grupo, V = Lθ˙
sendo assim,
V = −Lωθm sen (ωt+ ϕ)
de tal forma que, Vg = Lωθm
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 29
ou seja, θm =
Vg
Lω
=
mv
Lω(m+M)
,
substituindo o valor de ω =
√
g
L
obtemos, θm =
mv
m+M
√
1
Lg
,
substituindo os valores de m, M, v, L e
g = 9, 8m/s2, vamos obter.
θm =
3 · 102 · 10−2
10 + 0, 01
√
1
9, 8
= 0, 09583rad.
a condição inicial em t = 0⇒ θ = 0
logo, 0 = θm cosϕ⇒ ϕ = −pi
2
.
Isto garante que em t = 0, V > 0.
Finalmente, escrevemos a equação para θ.
θ(t) = 0, 09583 cos(3, 13t+
pi
2
).
QUESTÃO 8
Nesta questão o bloco de massa M está preso a mola e o bloquinho de massa m está livre sobre
o outro, mas não desliza. Fica óbvio que é a força de atrito estático a responsável por este fato.
Portanto, vamos analisar a questão, na situação, onde a força exercida pela mola é máxima. Ela será
máxima quando o deslocamento é máximo, isto é, x = xm, a amplitude do movimento harmônico,
que leva a força da mola sobre o conjunto ser dada por: | ~F |= kxm. A figura abaixo mostra esse
momento: a mola toda comprimida, com xm sendo o deslocamento máximo.
Nesse momento, a força da mola é a única força que age sobre o sistema e nessa situação ela será a
força resultante, que de acordo com a segunda lei de Newton, será dada por,
F = (M +m)a = kxm
Olhando para o bloco de massa m, no alto sobre o de massa M, concluimos que, este está sujeito a
uma única força, a força de atrito estático, e para que ele não deslize, ela deve ser máxima, o que
nos leva a escrever a segunda lei de Newton para ele:
fa = ma = µeN , onde N = mg =⇒ a = µeg
substituindo o valor da aceleração na equação para F, acima, obtemos:
kxm = (M +m)µeg =⇒ xm = M +m
k
µeg
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 30
QUESTÃO 9
Seja V o volume do densímetro e seja V0 o volume, inicialmente submerso, lado esquerdo da figura
acima.Nesta situação o sistema está em equilíbrio e o peso do densímetro(PD) é igual ao empuxo(E)
da água sobre ele. Portanto,
PD = E
ρDgV = ρagV0
ρDV = ρaV0
Empurrando o densímetro para baixo, deslocando por z, a força de empuxo passa a ser maior que o
peso do densímetro, gerando uma força que é contraria ao deslocamento z do mesmo. FR = −(E − P )E = ρag(V0 + Az)
Mz¨ = −[ρag(V0 + Az)− ρDgV ]
ρD.V z¨ = −[ρagV0 + ρagAz − ρD.g.V ]
como, ρDgV = ρagV0, obtemos,
ρD.V z¨ = −ρagAz =⇒
z¨ = −ρagA
ρDV
z,
que é a equação de um movimento harmônico sim-
ples, dada por:
z¨ + ω20z = 0,
Lembrando que, ρDV = ρaV0, então,
ω20 =
Ag
V0
=⇒ T = 2pi
√
V0
Ag
QUESTÃO 10
Esta questão tem uma solução bastante simples, uma vez que a plataforma possui uma constante
elástica k e, ao balançar, o nadador vai gerar um movimemto oscilante simples, regido pela equação
do movimento,
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 31
mx¨+ kx = 0 =⇒ x¨+ ω20x = 0
onde, ω20 =
k
m
Na posição de equilíbrio, kx0 = mg
ou seja, k.0, 05 = m.g =⇒ k
m
=
g
0, 05
=
9, 8
5
102
como,
k
m
= ω20 =
196
s2
=⇒ ω0 = 14, 5s−1
QUESTÃO 11
y
x
0y
A figura acima, mostra a situação da plataforma, antes do terremoto, em sua posição de equilíbrio,
a posição horizontal. A posição achurada, y0 acima da posição horizontal era a posição original
como a plataforma foi montada, nesta posição inclinada a plataforma não está sujeita a nenhuma
tensão elástica. A partir desta posição, para ambos os lados ela ficará tensionada.
A chegada do terremoto faz a plataforma subir até a amplitude ym = 4 cm e iniciar as oscilações
com a frequência ω = 20s−1. A plataforma oscila em ressonância com o terremoto e isto ocorre
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 32
quando ω = ω0. Precisamos saber o valor de y0, neste caso, a posição em que a plataforma foi
montada originalmente, a posição inclinada na figura. A posição horizontal é aquela medida a
partir da inclinada, onde o peso da plataforma e do bloco são iguais. O cálculo é simples, ou seja,
(M +m)g = ky0 =⇒ y0 = (M +m)
k
g
A frequência das oscilações ω2 = ω20 =
k
M +m
e isto nos leva à:
(a) y0 =
g
ω2
=
9, 8
400
= 0, 0245m = 2, 45cm
Esta posição é aquela em que o bloco se desligará da plataforma em seu movimento ascendente, pois,
enquanto ele estará livre da força elástica e sob efeito apenas da força gravitacional, a plataforma
estará sujeita a gravitação e a tensão elástica, todas em sentido contrário a do movimento ascendente.
O próximo passo é saber qual a velocidade da plataforma e do bloco quando eles passam na posição
original, a inclinada. Neste caso, vamos usar o princípio da conservação da energia mecânica, já
que todas as forças envolvidas são conservativas. A energia mecânica na configuração inclinada y0
acima da horizontal será igual a enrgia mecânica na posição em que a altura é a amplitude máxima
ym = 4cm, ou seja.
1
2
ky20 +
1
2
(M +m)v2 =
1
2
ky2m, multiplicando esta expressão por
2
M +m
, obtemos,
v2 =
k
M +m
(y2m − y20) = ω2(y2m − y20).
Como estamos interessados em saber quanto mais o bloco irá subir, então vamos dizer que, a partir
de y0, ela subirá de uma altura h, tal que, a energia mecânica vai se conservar só para o bloco, ou
seja,
1
2
mv2 +mgy0 = mgy, onde y é o nível em que a velocidade do bloco será zero. Nesse caso,
y − y0 = h = v
2
2g
,
substituindo o valor de v2, obtemos,
h =
ω2(y2m − y20)
2g
=
4 · 102(42 − 2, 452)10−4
19, 6
= 0, 0204m
(b) h = 2, 04cm
QUESTÃO 12. A energia total de um sistema conservativo na vizinhança de um equilíbrio estável é
da forma E = a(q˙2 + ω2q2), onde, q(deslocamento, ângulo,· · · ) é o desvio do equilíbrio e, a e ω são
constantes. Mostre que o sistema oscila com frequência angular ω. Calcule a ferquência e o período.
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 33
SOLUÇÃO:
A questão diz que a energia de um sistema conservativo é dada por:
E = a(q˙2 + ω2q2) = const.
sendo assim,
dE
dt
= 0
0 =
d
dt
[a(q˙2 + ω2q2)]
0 =
[
2q˙
dq˙
dt
+ ω22q
dq
dt
]
q˙q¨ + ω2qq˙ = 0
Colocando q˙ em evidência, temos:
q˙(q¨ + ω2q) = 0
q¨ + ω2q = 0
Que é a equação de um MHS, com frequência
angular ω.
QUESTÃO 13. Uma bolinha homogênea de
massa m e raio r rola sem deslizar sobre uma
calha cilíndrica de raio R >> r, na vizinhança do
fundo, ou seja, com θ << 1, fig. ao lado. Mostre
que o movimento é harmônico simples e calcule a
frequência angular ω.
A coisa mais importante aqui é saber que a velocidade do centro de massa da bolinha VCM = ωr
é, também, dada por VCM = θ˙R com referência ao ponto O. Portanto, vamos usar a energia
mecânica, uma vez que o sistema é conservativo, para alcançar a solução solicitada. A figura acima
vai nos auxiliar a montar a solução.
E =
1
2
mV 2CM +
1
2
ICMω
2 +mgh
ICM =
2
5
mr2 VCM = ωr = θ˙R
E =
1
2
mV 2CM +
1
2
2
5
mr2
VCM
r2
+mgh
E =
7
10
mV 2CM +mg(R−R cos θ)
Ocorre que, também, VCM = θ˙R
E =
7
10
mR2θ˙2 +mgR(1− cos θ)
Pela expansão de Taylon, temos:
cos θ = 1− θ
2
2!
+
θ4
4!
− θ
6
6!
+ . . .
Para θ pequeno, cosθ ∼= 1− θ
2
2
E =
7
10
mR2θ˙2 +mgR
θ2
2
E = mR
(
7
10
Rθ˙2 + g
θ2
2
)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 34
dE
dt
= mR
(
7
5
Rθ˙θ¨ + gθθ˙
)
= 0
Dividindo esta equação por: mRθ˙, obtemos
7
5
Rθ¨ + gθ = 0 =⇒
θ¨ +
5g
7R
θ = 0
Definindo, ω2 =
5g
7R
, então,
T = 2pi
√
7R
5g
QUESTÃO 14
O período de um pêndulo simples de comprimento ` é dado por:
TP = 2pi
√
`
g
Na figura acima temos um aro e um disco; Os dois presos nos pontos Oa e Ob, podendo oscilar em
torno de eixos verticais à página, passando pelos pontos. O período de um pêndulo físico, que é o
caso aqui, é dado pela eq. 1.54, isto é,
T = 2pi
√
IO
Mgs
onde s é a distância do centro de massa ao eixo do giro.
Portanto, os períodos dos dois objetos serão dados por:
Taro = 2pi
√
IOa
Mg `
2
Tdisco = 2pi
√
IOb
Mg `
2
Os momentos de inércia do aro e do disco pelos pontos Oa e Ob são respectivamente,
IOa = ICM +M
`2
4
= M
`2
4
+M
`2
4
= 2M
`2
4
= M
`2
2
IOb = ICM +M
`2
4
=
1
2
M
`2
4
+M
`2
4
=
3
2
M
`2
4
= 3M
`2
8
Substituindo estes resultados nos respectivos períodos, vamos obter:
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 35
Taro = 2pi
√
`
g
= Tpendulo
Tdisco = 2pi
√
3`
4g
=
√
3
4
Tpendulo
QUESTÃO 15
Temos aqui um sistema conservativo, tal que sua energia é a soma das energia cinética de rotação em
torno do eixo perpendicular a folha, que passa pelo ponto P com a energia potencial gravitacional,
mgh.
E =
1
2
Ipω
2 +mg(s− s cos θ)
para θ pequeno, cos θ ∼= 1− θ
2
2
logo,
E =
1
2
Ipω
2 +mgs
θ2
2
ω2 = θ˙2
E =
1
2
Ipθ˙
2 +mgs
θ2
2
Ip = ICM +ms
2
E =
1
2
(ICM +ms
2)θ˙2 +mgs
θ2
2
E =
1
2
[
1
12
m`2 +ms2
]
θ˙2 +
mgs.θ2
2
dE
dt
= m
(
1
12
`2 + s2
)
θ˙θ¨ +mgsθθ˙ = 0
mθ˙
[(
1
12
`2 + s2
)
θ¨ + gsθ
]
= 0
θ¨ +
(
gs
1
12
`2 + s2
)
θ = 0
ω2 =
gs
1
12
`2 + s2
⇒ ω =
√
g.s
1
12
`2 + s2
T =
2pi
ω
= 2pi
√
`2 + 12s2
12gs
T = 2pi
(
`2 + 12s2
12gs
) 1
2
dT
ds
=
A(S)︷ ︸︸ ︷
2pi
1
2
(
`2 + 12s2
12gs
)− 1
2 d
ds
(
`2 + 12s2
12gs
)
d
ds
(
`2 + 12s2
12gs
)
=
(`2 + 12s2)12g − 12gs24s
(12gs)2
d
ds
(
`2 + 12s2
12gs
)
=
12g`2 + 144gs2 − 288gs2
144g2s2
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 36
dT
ds
= A(S)
12g`2 − 144gs2
144g2s2
= 0=⇒
12g`2 − 144gs2 = 0 =⇒
144g
/
s2 = 12g
/
`2 =⇒
s2
`2
=
1
12
=⇒
s
`
= ±
√
1
12
⇒ s
`
= ± 1
2
√
3
=
√
3
6
s =
√
3
6
`
QUESTÃO 16
A questão nos dá um fio de arame de comprimento 2L dobrado ao meio, formando um ângulo de
60o, suspenso pelo vértice O, oscilando num plano vertical, conforme é mostrado na figura abaixo.
O sistema é conservativo e sua energia total é a soma das energias rotacionais de cada barra com
respeito ao ponto O, com a energia potencial do centro de massa do sistema , quando ele é elevado
de h. A figura abaixo é alto explicativa.
1
2
1‘
2‘
L_
2
30o

L_
2L
‘ = cos(30o)
 M
 M
‘
h=L - Lcos‘‘ 
CM
 O
h = L′ − L′ cos θ
h =
L
2
cos 30o(1− cos θ)
para θ pequeno, 1− cos θ = θ
2
2
Portanto, h =
L
√
3
8
θ2
ω = θ˙
E =
1
2
Ipθ˙2 +
1
2
Ipθ˙2 + (m+m)gh
onde �m� é a massa de cada barra
E = Ipθ˙2 +
mgL
√
3
4
θ2
Ip = ICM +m
L2
4
Ip =
1
12
mL2 +
(
mL2
4
)
=
1
12
mL2 +
3
12
mL2
Ip =
1
3
mL2
E = Ipθ˙
2 +
mgL
√
3
4
θ2
E =
1
3
mL2θ˙2 +
mgL
√
3
4
θ2
dE
dt
=
2mL2θ˙θ¨
3
+
mgL
√
3θθ˙
2
= 0
mL2θ˙
(
2
3
θ¨ +
g
√
3
2L
θ
)
= 0
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 37
θ¨ +
3
√
3g
4L
θ = 0
Temos aqui uma equação típica de um
oscilador hamônico simples com frequ-
ência angular dada por:
ω2 =
3
√
3g
4L
ω =
√
3
√
3g
4L
T =
2pi
ω
= 2pi
1√
3
√
3 g
4L
T = 2pi
√
4L
3
√
3g
T = 4pi
√
L
3
√
3g
√
3√
3
T = 4pi
√√
3L
9g
T =
4pi
3
√
√
3
L
g
Questão 17. Um oscilador harmônico começa a oscilar em t=0. Após 1/4 de período, sua energia
cinética é 3 vezes maior que a energia potencial. Qual é a fase inicial?(Dê todos os valores possíveis)
2 OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE
LIBERDADE
2.1 Introdução
No 1o capítulo, nós estudamos sistemas oscilantes simples com apenas um grau de liberdade, con-
tendo oscilações em um único eixo(eixo x). Estes eram sistemas oscilantes simples com apenas um
modo de vibração( frequência ω), compostos por uma parte móvel sujeita a uma força restauradora.
O estudo que vamos dar início a seguir, ainda tem a ver com o estudo passado, porém, está muito
próximo do assunto escolhido para este novo capítulo. Este novo assunto a ser estudado será os
sistemas oscilantes simples com mais de um grau de liberdade, e achamos mais conveniente iniciar
o capítulo com uma aplicação do princípio da superposição, que já foi apresentado, porém, pouco
discutido. Vamos considerar, inicialmente, um sistema que pode oscilar em uma linha reta, digamos
o eixo x, e supor, que ele possa passar por dois tipos de oscilações simples sobre o eixo com a
mesma frequência angular ω. Este é o caso simples do tímpano de uma pessoa que pode interagir
com duas ondas com frequências diferentes, que lhe aplicam deslocamentos diferentes na mesma
direção. Neste caso, podemos garantir que vai haver uma interferência entre eles, de tal forma a
gerar um deslocamento resultante, que será a superposição dos deslocamentos individuais, isto é,
x(t) = x1(t) + x2(t). A superposição de osciladores harmônicos simples, em geral, não produz um
novo oscilador harmônico simples, e em alguns casos, nem se quer gera um movimento periódico.
Portanto, vamos ver em que condições, podemos ter oscilações harmônicas e oscilações peródicas
como produto das interferências entre oscilações harmônicas simples.
2.2 Superposição de dois MHS com mesma direção e frequência
Vamos inicialmente considerar os deslocamentos sofridos pelo tímpano de uma pessoa produzidos por
duas ondas sonoras, que o fazem vibrar de forma harmônica simples, retratadas pelos deslocamentos
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 39
dados por:
x1(t) = A1cos(ωt+ ϕ1) (2.1)
x2(t) = A2cos(ωt+ ϕ2) (2.2)
Nesse caso, o deslocamento resultante da película seria a soma destes dois deslocamentos, o que dá:
x(t) = x1(t) + x2(t) = A1cos(ωt+ ϕ1) + A2cos(ωt+ ϕ2) (2.3)
Vamos provar, agora, que o movimento composto é um movimento harmônico simples com a mesma
frequência ω. Vamos fazer isto, usando a técnica dos vetores girantes, que está representado na figura
2.1 a seguir.




 


P
P1
P2
O x
y
 
 


x1x2 x




2
1
Figura 11 � Resultante de dois vetores girantes
A figura 2.1 acima mostra dois vetores girantes
−→
OP1 e
−→
OP2 no exato momento para t = 0. Vamos
fazer as velocidades angulares ω1 = ω2 = ω e, neste caso, a soma dos vetores
−→
OP1 e
−→
OP2 para
qualquer tempo arbitrário t é representada pelo vetor
−→
OP . Os três vetores têm, respectivamente,
componentes no eixo x: x1, x2 e x, e, também é facil ver, que x = x1 + x2. Nosso problema agora é
provar que x(t) = Acos(ωt+ α), para tanto, vamos usar as leis dos cossenos e dos senos aplicadas à
fig. 2.1. Da lei dos cossenos aplicada ao triângulo OP1P tiramos que:
A2 = A21 + A
2
2 + 2A1A2cos(ϕ2 − ϕ1) (2.4)
e a lei dos senos nos leva a afirmar que:
A
senγ
=
A2
senβ
(2.5)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 40
Contudo, o senγ = sen(ϕ2 − ϕ1), uma vez que são ângulos suplementares. Portanto,
x(t) = Acos(ωt+ α) com (2.6)
A =
√
A21 + A
2
2 + 2A1A2cos(ϕ2 − ϕ1) (2.7)
α = β + ϕ1 onde senβ =
A2
A
sen(ϕ2 − ϕ1) (2.8)
mostrando, exatamente o que nos propomos inicialmente, que o movimento resultante era uma
oscilação harmônica com frequência ω. Todavia, também podíamos ter chegado ao mesmo resultado
se tivessemos usado o princípio da adição de vetores, que diz: Se
~A = ~A1 + ~A2 então, (2.9)
Ax = A1x + A2x ⇒ A cosα = A1 cosϕ1 + A2 cosϕ2 (2.10)
Ay = A1y + A2y ⇒ A senα = A1 senϕ1 + A2 senϕ2 (2.11)
Portanto, da equação 2.10 e 2.11 temos ao elevar ao quadrado,
A2 cos2 α = A21 cos
2 ϕ1 + A
2
2 cos
2 ϕ2 + 2A1A2 cosϕ1 cosϕ2 (2.12)
A2 sen 2α = A21 sen
2ϕ1 + A
2
2 sen
2ϕ2 + 2A1A2 senϕ1 senϕ2 (2.13)
Somando estas equações, encontramos o mesmo resultado, isto é,
A2(cos2 α + sen 2α) = A21(cos
2 ϕ1 + sen
2α1) + A
2
2(cos
2 ϕ2 + sen
2α2) + 2A1A2(cosϕ1 cosϕ2 +
senϕ1 senϕ2) (2.14)
A2 = A21 + A
2
2 + 2A1A2 cos(ϕ2 − ϕ1) (2.15)
Entretanto, temos aqui um resultado mais satisfatório para a fase inicial α = β + ϕ1 do vetor soma
~A, ou seja, dividindo a equação 2.11 pela equação 2.10, ficamos com
tanα =
A1 senϕ1 + A2 senϕ2
A1 cosϕ1 + A2 cosϕ2
(2.16)
Obtendo assim o mesmo resultado para x(t), isto é,
x(t) = Acos(ωt+ α) onde,
A =
√
A21 + A
2
2 + 2A1A2 cos(ϕ2 − ϕ1) e (2.17)
tanα =
A1 senϕ1 + A2 senϕ2
A1 cosϕ1 + A2 cosϕ2
(2.18)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 41
2.3 Superposiçao de dois MHS com a mesma direção e frequências difer-
entes
Agora a situação é mais complexa, visto que o ângulo de fase entre os dois vetores
−→
OP1 e
−→
OP2 dado
por,
θ2 − θ1 = (ω2 − ω1)t+ ϕ2 − ϕ1 (2.19)
não é mais constante como no caso anterior, sendo, portanto, uma função do tempo. Para
simplificar, vamos considerar sem perda de generalidade que ϕ1 = ϕ2 = 0, implicando em: x1(t) = A1cos(ω1t)x2(t) = A2cos(ω2t)
levando o ângulo de fase entre os dois vetores para θ2 − θ1 = (ω2 − ω1)t, conforme dá para ver na
figura abaixo.



P
P1
P2
O x
y
 
 
t


x1x2 x



2
1

t t
Figura 12 � Resultante de dois vetores girantes(frequências diferentes)
Neste caso, não é diíicil ver, que o módulo do vetor resultante, representado por A =
−→
OP tem uma
dependência com o tempo e que será dado pela expressão abaixo:
A =
√
A21 + A
2
2 + 2A1A2cos(ω2 − ω1)t ,onde (2.20)
T1 =
2pi
ω1
e (2.21)
T2 =
2pi
ω2
(2.22)
indicando que a amplitude do vetor
−→
OP varia entre o máximo positivo e o máximo negativo da
função cosseno, que ocorrerá quando,
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 42
(ω2 − ω1)t = 2npi =⇒ A = A1 + A2 (2.23)
(ω2 − ω1)t = (2n+ 1)pi =⇒ A = A1 − A2. (2.24)
Portanto, o movimento resultante em geral não é mais harmônico simples e em geral nem sequer é
periódico. Contudo, para que exista periodicidade, x1 e x2 devem retornar simultaneamente ao valor
inicial, assim, é necessário terem um período comum T, de tal forma que, ω1T = 2n1piω2T = 2n2 =⇒ T = 2n1piω1 = 2n2piω2 usando a definição de T1 e T2,
T = n1T1 = n2T2 com(n1, n2) inteiros. (2.25)
T1 e T2 devem ser comensuráveis e T tem que ser a solução da equação 2.11 com os menores valores
inteiros possíveis para n1 e n2.
A figura a 2.3 mostra um exemplo com A2 = 2A1 e T2 = 3T1, demonstrando que temos, nesse caso,
uma periodicidade com T = T2. As funções usadas nesse caso foram:
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 0 5 10 15 20
y
t
x1
x2x
Figura 13 � Períodos Comensuráveis
 x1(t) = cos(
3pi
4
t)i
x2(t) = 2 cos(
pi
4
t)i
Vemos, portanto, que a linha verde indicando o deslocamento resultante x = x1 + x2 não representa
uma oscilação harmônica, entretanto, representa um movimento periódico com período T = T2 = 8s.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 43
2.3.1 Batimentos
Um caso muito importante é aquele no qual os valores das frequências ω1 e ω2 são muito próximos
ω1 & ω2, e se usa amplitudes iguais, ou seja, A1 = A2 = A. Nesse caso,
x(t) = A[cos(ω1t) + cos(ω2t)], todavia, sabemos da trigonometria que,
cos(ω1t) + cos(ω2t) = 2cos
(
ω1t+ ω2t
2
)
cos
(
ω1t− ω2t)
2
)
=⇒
x(t) = 2Acos
(
∆ωt
2
)
cos(ωt) onde, (2.26)
ω =
ω1 + ω2
2
(2.27)
∆ω = ω1 − ω2 (2.28)
No caso considerado, em que ω1 & ω2 =⇒ ω >> ∆ω, podemos dizer que x(t) oscila com a frequência
ω, enquanto sua "amplitude", C(t) = Acos(
∆ω
2
t), oscila lentamente com o tempo com a frequência
∆ω << ω; isto vai gerar uma oscilação rápida modulada por uma oscilação mais lenta de frequência
∆ω. A figura 2.4 mostra este comportamento.
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 0 20 40 60 80 100
y
t
x(t)Amplitudeosc. rápidas
Figura 14 � Modulação de frequência
Quando dois violinistas querem afinar seus violões, eles percebem que ao se aproximarem da afinação,
frequências próximas, aparece um batimento e quando o batimento some a afinação acontece.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 44
2.4 Superposiçao de dois MHS com a mesma frequência e direções difer-
entes
O nosso próximo objetivo será o estudo dos sistemas oscilantes simples com mais de um grau de
liberdade, por exemplo, um pêndulo simples oscilando num plano horizontal xy em torno da sua
posição de equilíbrio estável, veja figura 2.5.
x P
(x,y
)
z
y
l
y
x 
 r
Figura 15 � Pêndulo Bi-dimensional
Este é um sistema com uma parte movel podendo se deslocar em duas direções, então, dizemos ter aqui
um sistema com dois graus de liberdade, a partícula está descrevendo um movimento bidimensional.
A equação que descreve o movimento é:
m~¨r = −mg
l
~r que leva à:
~¨r + ω2~r = 0 onde, (2.29)
ω2 =
g
l
(2.30)
O vetor posição da partícula é um vetor do plano xy e dado por:
~r = xi+ yj o que leva às duas equações: (2.31)
x¨+ ω2x = 0 e (2.32)
y¨ + ω2y = 0 cujas soluções são: (2.33)
x(t) = Acos(ωt+ ϕ1) e (2.34)
y(t) = Bcos(ωt+ ϕ2) (2.35)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 45
Vamos, por simplificação, escolher, para t = 0, ϕ1 = 0 e fazer ϕ2 = ϕ, assim,
x(t) = Acos(ωt) e y(t) = Bcos(ωt+ ϕ) (2.36)
onde ϕ é a defasagem entre x e y.
Na fig. 2.5 temos um oscilador bi-dimensional composto por uma garrafa pet de 2,0 l , presa ao teto
com uma solução colorida, oscilando no plano xy, e, desenhando sua trajetória sobre o plano com
um minúsculo furo com uma vazão muito pequena de tal forma que a massa do sistema não se altera
para o tempo de observação. Vamos considerar que a distância do furo ao chão é a mínima possivel.
Veremos que a figura desenhada ficará no interior de um retângulo, definido pelos limites assumidos
por x e y, isto é,
−A 6 x 6 A (2.37)
−B 6 y 6 B (2.38)
A prova disto é simples. A trajetória do P (x, y) que toca o plano xy é obtida a partir das eqs. 2.36.
Da eq. da esquerda tiramos que,
cos(ωt) =
x
A
(2.39)
da eq. da direita e com a ajuda da trigonometria, obtemos,
y
B
= cos(ωt)cosϕ− sen(ωt)senϕ (2.40)
uma vez que,
sen(ωt) =
√
1− cos2(ωt) (2.41)
substituindo os resultados das eqs. 2.39 e 2.41 na eq. 2.40, obtemos
y
B
=
x
A
cosϕ−
√
1− ( x
A
)2senϕ (2.42)
podemos reescrever esta equação na forma,√
1− ( x
A
)2senϕ =
x
A
cosϕ− y
B
(2.43)
elevando ambos os termos desta equação ao quadrado, obtemos,
[1− ( x
A
)2] sen 2ϕ = (
x
A
)2 cos2 ϕ− 2 x
A
y
B
cosϕ+ (
y
B
)2 =⇒
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 46
(
x
A
)2[ sen 2ϕ+ cos2 ϕ]− 2 x
A
y
B
cosϕ+ (
y
B
)2 = sen2ϕ
ocorre que [sen2ϕ+ cos2ϕ = 1 e ficamos com a equação da trajetória dada por:
(
x
A
)2 − 2 x
A
y
B
cosϕ+ (
y
B
)2 = sen2ϕ (2.44)
Podemos, com esta equação, obter retas e elípses, e quem vai dizer qual destas trajetórias vai aparecer,
são os valores do ângulo de fase ϕ. Para ϕ = 0, ou ϕ = pi obtemos retas, para outros valores
de ϕ obteremos elípses. Estes resultados serão demonstrados nos gráficos mostrados na figura 2.6.
Podemos ver nos gráficos que, realmente, as trajetórias ficam limitadas pelos valores de x e y expressos
nas equações 2.37 e 2.38. Nestas figuras estão representados os sentidos das diversas trajetórias pelas
setas. Dá para ver que o movimento é periódico, uma vez que as trajetórias são fechadas. Existe uma
  


B=3A=2  

Figura 16 � Trajetorias do pêndulo bi-dimensional para varios ângulos de fase
técnica geométrica para a construção dessas figuras, muito conhecidas como figuras de Lissajous. A
técnica consiste em utilizar dois vetores girantes em duas circuferências, uma para o oscilador x(sobre
o eixo y) e a outra para o oscilador y(sobre o eixo x). Vamos demonstrar esta técnica para o caso em
que os deslocamentos são perpendiculares e as frequências são idênticas e vamos usar a diferença de
fase ϕ =
pi
4
, isto é, x(t) = A cos(ωt) e y(t) = B cos(ωt +
pi
4
). Portanto, colocando na circunferência
no eixo y negativo o movimento em x e na circunferência do eixo x negativo o movimento em
y, denotando A como a amplitude do movimento no eixo x e B a amplitude do movimento em
y, chegamos ao resultado apresentado na na figura 2.7, onde vamos escolher a velocidade angular
ω1 = ω2 = ω e, também, escolher um intervalo de tempo ∆t, tal que, ω∆t =
pi
4
, de tal forma que em
cada circunferência os versores deslocarão de um ângulo
pi
4
cada vez. No final ligaremos os pontos
correspondentes, [(1, 1); (2, 2); · · · ; (n, n)] formando a figura resultante, que representa a solução do
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 47
B
A
0
1
2
3
4
5
6
7
8
0
1
2
3
4
5
6
7
8
0
3
1
24
5
6
7
x
y
  2 1
Figura 17 � Técnica geométrica para construção das trajetórias
problema. Esta demonstração está apresentada na figura 2.7., Nela, seguindo a trajetória no sentido
dos números crescentes, acompanhamos o sentido da trajetória da partícula.
2.5 Superposiçao de dois MHS com frequências e direções diferentes
Aqui vamos apenas mostrar atrajetória descrita pelo pêndulo, quando usamos direções diferentes
e frequências diferentes. Para a confecção do gráfico a seguir, vamos usar ω2 = 2ω1. A figura 2.8
mostra como fica a figura de Lissajous para esta condição. A e B são as amplitudes dos movimentos
em x e y respectivamente. O próximo estudo será dedicado às oscilações acopladas em que serão
B
A
0
1
2
3
4
5
6
7
8
0,4,8
1,5 2,6
3,7 03
12
4
5 6
7

x
y
  2 1
Figura 18 � Direções e frequências diferentes
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 48
usados várias molas e várias partículas, que também chamaremos de partes móveis.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 49
Fig. (a)

Fig. (b)
Figura 19 � Sistema com três graus de liberdade
2.6 Oscilações Acopladas
Vamos iniciar esse estudo com um sistema massa mola composto por uma parte móvel acoplado a
duas molas, que estão presas à paredes laterais. A figura 2.9 mostra o esquema. A figura (a) apresenta
o sistema desacoplado com as molas de constantes eláticas iguais a K, em seus estados relaxados de
comprimentos iguais a a0. A figura (b) mostra o sistema acoplado, com as molas distendidas com
comprimentos iguais a e, finalmente, a figura (c) apresenta a parte móvel deslocada no eixo x, para
a direita, de tal forma que sua posição medida a partir da origem, localizada na parede da esquerda
é x. Na situação da fig.(a) as molas estão livres em seus estados relaxados, porém na situação
representada pela figura (b) uma força
T0 = −k(a− a0) (2.45)
vai aparecer em ambos os lados do bloco; todavia, elas são iguais e se anulam. Esta é a configuração
do equilíbrio. Na situação representada pela figura (c) o bloco foi deslocado ligeiramente da posição
de equilíbrio para a direita, para uma nova posição z, medida a partir da orígem do sistema de
coordenadas, eixo z, cuja orígem está na parede da esquerda. Dessa forma, a mola da esquerda
suporta uma força FE e a mola da direita suporta uma força FD, cujos valores são:
FE = −k(z − a0) (2.46)
FD = k(2a− z − a0) (2.47)
Como as forças são horizontais, e não existe qualquer força de atrito presente, a resultante das forças
é do tipo restauradora e osciliações horizontais irão aparecer. A resultante das forças sobre o bloco
será a soma das duas forças FE e FD, isto é, F = FE + FD −→
F = −k(z − a0) + k(2a− z − a0)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 50
Figura 20 � oscilações transversais
F = −2kz + ka0 + 2ka− ka0
F = −2k(z − a) (2.48)
tomando o valor z − a = ξ, vamos ficar com,
ξ = z − a, tal que,
dξ
dt
=
dz
dt
=⇒ d
2ξ
dt2
=
d2z
dt2
F = m
d2z
dt2
= m
d2ξ
dt2
= −2kξ
m
d2ξ
dt2
= −2kξ
d2ξ
dt2
+ ω2Lξ = 0 com ω
2
L =
2k
m
(2.49)
ωL é a frequência longitudinal. A solução dessa equação já conhecemos, e, é dada por:
ξ(t) = A cos(ωLt+ ϕ)
Este resultado representa a solução longitudinal; e a denominamos de modo normal de vibração lon-
gitudinal. Os modos normais, ou apenas modos, são as soluções harmônicas associadas as frequências
normais de vibração, as superposições dessas soluções dá o deslocamento resultante do oscilador. Por-
tanto, é importante saber identificar os modos normais para o conhecimento completo da solução
do problema. Nesse caso, vemos, que o sistema possui três graus de liberdade, que a partícula pode
oscilar nas outras direções x e y, que vamos denominar de oscilções transversais. As oscilações nas
direções x e y são simétricas e, portanto, idênticas, facilitando o nosso trabalho, permitindo abordar
somente uma delas, a solução para o eixo x. A figura 2.10 vai nos auxiliar na obtenção desta solução.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 51
A força inicial T0 que surge nas molas logo após elas serem ligadas ao bloco pode ser escrita como,
T0 = −ka
(
1− a0
a
)
cujo módulo é:|T0| = ka
(
1− a0
a
)
onde
a0
a
� 1
Na figura 2.10, o bloco foi deslocado para uma posição x no eixo x, com
x� a (2.50)
de tal forma que, nesta posição duas forças oblíquas com módulos dados por |~F | = k(l−a0) irão agir
sobre ele, e cada uma delas poderá ser decomposta em x e em z. As componentes no eixo z, ambas
dadas por, |~F | cos θ se anulam por apontar em direções contrárias e serem idênticas. Entretanto, as
componentes no eixo x, dadas por: |~F | sen θ, apontam para x negativo e se somam, gerando a força
resultante, que irá fazer com que o bloco retorne a sua posição de orígem, o x = 0. Dessa forma,
FR = −(F1x + F2x)
o sinal negativo advém do fato da resultante das forças apontar no sentido negativo do eixo x.
FR = −(|~F | sen θ + |~F | sen θ)
FR = −2|~F | sen θ onde sen θ = x
l
FR = −2k(l − a0)x
l
FR = −2kx
(
1− a0
l
)
Notamos que, esta força não é do tipo restauradora, que provoque oscilações harmônicas, pelo fato
do l ser uma função de x, ou seja, l = l(x), que é justamente dado por:
l2 = a2 + x2
l(x) =
√
a2 + x2 = a
(
1 +
x2
a2
) 1
2
1
l
=
1
a
(
1 +
x2
a2
)− 1
2
usando a condição 2.48, x� a→ x
a
� 1 e fazendo uma expanção em Taylor, obtemos
1
l
=
1
a
[
1− 1
2
x2
a2
− 3
8
(
x2
a2
)2
− ...
]
de tal forma que podemos desprezar
x2
a2
e potências mais altas na expansão
para obter
a0
l
=
a0
a
. Substituindo este resultado na equação da força, vamos ficar com,
FR = −2kx
a
(a− a0)
como T0 = k(a− a0) obtemos
FR = −2T0x
a
(2.51)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 52
m
d2x
dt2
= −2T0x
a
d2x
dt2
+ ω2Tx = 0 =⇒ ω2T =
2T0
ma
cuja solução é: (2.52)
x(t) = B cos(ωT t+ ϕ1) (2.53)
Denominamos esta de frequência transversal, isto é, ω2T = ω
2
Transversal =
2T0
ma
.
A frequência longitudinal é dada por: ω2Longitudinal =
2k
m
multiplicando por,
a
a
ficamos com ω2Longitudinal =
2ka
ma
, de tal maneira que as duas frequências podem ser escrita de formas
semelhantes para poderem ser comparadas. Elas ficam dadas por:
ω2Longitudinal =
2ka
ma
(2.54)
ω2Transversal =
2k(a− a0)
ma
(2.55)
Dessa forma, podemos comparar os valores das frequências e concluir que, a frequência longitudinal é
maior que a frequência transversal e isto mostra que as oscilações longitudinais são mais rápidas que
as oscilações transversais. Comentamos, anteriormente, que os movimentos em x e y seriam idênticos
com a mesma frequência, de tal forma que,
y(t) = B2cos(ωT t+ ϕ2) (2.56)
e a partícula terá um deslocamento no plano dado por:
uxy(t) = x(t)i+ y(t)j. (2.57)
Vamos aproveitar para reforçar o conhecimento sobre modos normais de vibração. Vimos, nesse caso,
que as equações diferenciais em x, y e z eram totalmente desacopladas; não aconteceu, em nenhuma
das equações diferenciais geratrizes do movimento harmônico, qualquer mistura das variáveis, ou seja,
a equação envolvendo x, só continha x, a equação envolvendo y, só continha y e a equação envolvendo
z, só continha z. Nesse caso, dizemos que o sistema é desacoplado e as soluções são harmônicas simples
e o deslocamento do oscilador é a superposição destas soluções(os modos normais de vibração.
2.6.1 Oscilações com Dois Graus de Liberdade
Vamos iniciar esta seção citando alguns exemplos de sistemas oscilantes com dois graus de liberdade,
um pêndulo oscilando em duas direções, x e y, um pêndulo com duas massas presas a uma corda
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 53
separadas por uma distância d, dois pêndulos acoplados por uma mola, ambos oscilando em uma
única direção eixo x. No primeiro caso, já estudado, temos uma parte móvel a massa m, oscilando nas
duas direções x e y, portanto, com dois graus de liberdade. Nos outros dois exemplos, temossistemas
com duas partes móveis, as massas a e b com massa ma e mb, oscilando em apenas uma direção, o
eixo x. É importante quando descrevemos a configuração do sistema, escolher duas variáveis, ξa e ξb.
Para o caso de um pêndulo, com apenas uma massa, podendo oscilar em qualquer direção no plano
xy, ξa e ξb poderiam ser as posições dos pêndulos nas direções horizontais x e y. Vamos mostrar que
o movimento mais geral possível para um sistema com dois graus de liberdadel será a superposição
de dois movimentos harmônicos simples. Estes dois movimentos harmônicos simples, se denominam
modos normais ou simplesmente modos. Uma escolha apropriada das condições iniciais (ξa,
dξa
dt
)
e (ξb,
dξb
dt
) pode levar o sistema a oscilar num só modo normal ou no outro, isto é, os modos são
desacoplados, apesar das partes móveis não serem.
2.6.2 Propriedades para os modos
• Sempre será possível colocar o sistema para oscilar num modo ou no outro, isto é, os modos
são desacoplados;
• Se o sistema está oscilando num dos modos, cada parte móvel desenvolve um movimento har-
mônico simples. Todas as partes móveis oscilam com a mesma frequência e fase, e passam
através de suas posições de equilíbrio simultaneamente.
Para fortalecer a compreenção: Se o sistema está oscilando em um único modo, jamais poderá ocorrer.
1. ξa(t) = Acos(ωt) e ξb(t) = Bsen(ωt), as fase são diferentes e diferem de
pi
2
;
2. ξa(t) = Acos(ω1t) e ξb(t) = Bsen(ω2t), as frequências são diferentes.
Em vez disto, o que vai ocorrer para cada parte móvel em cada modo normal é:
MODO 1:
ξa(t) = A1cos(ω1t+ ϕ1); (2.58)
ξb(t) = B1cos(ω1t+ ϕ1) =
B1
A1
ξa(t). (2.59)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 54
MODO 2:
ξa(t) = A2cos(ω2t+ ϕ2); (2.60)
ξb(t) = B2cos(ω2t+ ϕ2) =
B2
A2
ξa(t). (2.61)
Cada modo tem a sua própria frequência característica ω1 para o modo 1 e ω2 para o modo 2.
Em cada modo existe uma grandeza característica, que é a relação entre as amplitudes;
B1
A1
para o
modo 1 e
B2
A2
para o modo 2. A esta grandeza dar-se o nome de "forma".
A solução mais geral, para cada parte movel, é dada pela superposição:
χa(t) = A1cos(ω1t+ ϕ1) + A2cos(ω2t+ ϕ2); (2.62)
χb(t) = B1cos(ω1t+ ϕ1) +B2cos(ω2t+ ϕ2). (2.63)
Vamos entender melhor tudo isto seguindo alguns exemplos.
EXEMPLO 1: PÊNDULO ESFÉRICO SIMPLES(já estudado antes)
x(t) = ξa(t) = A1cos(ω1t+ ϕ1); (2.64)
y(t) = ξb(t) = B2cos(ω2t+ ϕ2). (2.65)
Neste caso, as frequências são idênticas, ω1 = ω2 = ω, os dois modos são ditos serem degenerados.
EXEMPLO 2: MASSA M PRESA A QUATRO MOLAS PRESAS À PAREDES ORTOGONAIS.
Neste exemplo, consideramos que as duas molas horizontais possuem constantes elásticas iguais a k1
e as molas verticais possuem constantes elásticas idênticas à k2.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 55
2.6.3 Oscilador Harmônico Tri-dimensional
Este exemplo é idêntico ao do oscilador harmônico esférico, com a diferença que as frequências dos
modos, associados aos dois graus de liberdade, eixo x e eixo y, não são iguais e tem a mais uma
oscilação no eixo z. Para calcular estas frequências vamos fazer algumas considerações: Primeiro,
vamos considerar que as molas, em seus estados de relaxamento total, possuem um tamanho a0;
segundo, vamos considerar que ao serem presas às paredes e à partícula de massa M, as molas ficam
distendidas com comprimento a, dessa forma, uma força T10 = −k1(a−a0) vai agir nos ramos esqerdo
e direito no eixo x e uma força T20 = −k2(a − a0) vai atuar nos ramos acima e abaixo da massa
M no eixo y; como elas agem em sentidos contrários a resultante é nula e esta é a configuração
do equilíbrio. A figura, a seguir, a do lado esquerdo, mostra o estado inicial. A figura da direita
mostra a massa ligeiramente deslocada para a direita no eixo x, início do movimento. Nesta situação,
as molas horizontais estão exercendo forças iguais no sentido negativo do eixo x, cujos valores são
F10 = F10 = −k1x. as molas verticais estão gerando forças obliquas sobre a massa M, dada por
F20 = −k2(L−a0), com componentes verticais que se anulam e componentes horizontais que, também,
apontam no sentido negativo do eixo x; vamos supor que, como o x é muito pequeno, estas forças são
desprezíveis comparadas com as forças das molas horizontais, sendo assim, a resultante das forças
que agem na massa M será dada por:
Modo 1 � Eixo x
FR = F10 + F10 = 2F10 = −2k1x
FR = Ma = M
d2x
dt2
= −2k1x
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 56
Dessa forma, a equação do movimento é:
d2x
dt2
+ ω21x = 0, a equação típica de um oscilador harmônico simples. A frequência ω1 é dada por,
ω21 =
2k1
M
, definindo assim o primeiro modo normal no eixo x.
Modo 2 � Eixo y
Este caso é idêntico ao anterior em todos os aspectos e o cálculo da frequência nos leva ao valor:
ω22 =
2k2
M
Como dito no início esta partícula, também, pode se mover no eixo z, produzindo, mais uma vez,
uma oscilação harmônica simples, o terceiro modo normal de oscilação; é o que vamos obter a seguir.
Modo 3 � Eixo z
As duas figuras mostram as situações, que ocorrem nos planos xz e yz, quando a partícula é
deslocada por uma distância z, muito pequena comparada com a. As componentes x e y da força
que a mola exerce, F = −k(l − a0), se anulam, e somente as componentes z destas forças vão agir
para produzir o movimento da partícula. Elas são facilmente obtidas, veja a seguir.
F1z = −k1(l − a0) sen θ
F2z = −k2(l − a0) sen θ
 FR1,z = −2k1(l − a0) sen θ (A)FR2,z = −2k2(l − a0) sen θ (B)
FRz = −2(k1 + k2)(l − a0) sen θ
sen θ =
z
l
, o que dá:
FRz = −2(k1 + k2)(l − a0)z
l
dividindo (l − a0) por l, temos :
FRz = −2(k1 + k2)z
(
1− a0
l
)
l2 = a2 + z2
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 57
1
l2
=
1
a2 + z2
1
l2
=
1
a2
(
1
1 + z
2
a2
)
√
1
l2
=
√√√√ 1
a2
(
1
1 + z
2
a2
)
1
l
=
1
a
(
1 +
z2
a2
)− 1
2
Fazendo uma expansão em Taylon, temos:
1
l
=
1
a
(
1− 1
2
z2
a2
+
3
8
z4
a4
+ . . .
)
1
l
' 1
a
para z � a
FRz = −2(k1 + k2)
(
1− a0
a
)
z
FRz = −2(k1 + k2)
(
a− a0
a
)
z
FRz = −2
a
[k1(a− a0) + k2(a− a0)] z
para tensão T0 = k(a− a0)
FRz = −2
a
(T10 + T20)z
d2z
dt2
+ ω23z = 0
onde a frequência do terceiro modo normal
do sistema é dado por:
ω23 =
2(T10 + T20)
ma
Dessa forma, as soluções harmônicas simples
associadas com os modos normais são dadas
pelas soluções abaixo descriminadas. Uma so-
lução geral seria dada pela superposição delas.
x(t) = A1 cos(ω1t+ ϕ1)
y(t) = A2 cos(ω2t+ ϕ2)
z(t) = A3 cos(ω3t+ ϕ3)
~r(t) = x(t)i+ y(t)j + z(t)k
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 58
2.7 Oscilações Longitudinais de Duas Massas Acopladas
A força inicial T0 = k(a− a0), onde a0 é o comprimento natural da mola.
Se deslocamos as partículas para a direita sem que a mola do meio não sofra qualquer alteração,
ela, a mola do meio, oscilará sem alteração e dizemos que, nesse caso, o sistema estará oscilando no
modo normal de vibração 1.
Modo 1 MODO SIMÉTRICO
ψA = ψb
FA = −kψA
Ma = −kψA
a = −ω21ψA
onde,
ω21 =
k
M
Dessa forma a equação para o primeiro modo normal será dada por,
d2ψA
dt2
+ ω21ψA = 0 (2.66)
Na próxima situação vamos deslocar a massa A para a direita e a massa B para a esquerda, de
tal forma que, os deslocamentos tenham o mesmo módulo com sinais contrários, veja figura abaixo.
Essa situação representa o segundo modo normal de vibração do sistema.
Modo 2 MODO ANTI-SIMÉTRICO
ψA = −ψB
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 59
Da figura abaixo, vemos que a mola 1 está exercendo uma força −kψA para