Oscilador Harmônico Simples

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3
 3
3
1( ) ( )
2!
1 ( ) ...
3!
eq eq
eq
eq
eq
d UU R U R R
dR
d U R R
dR
⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞+ − +⎜ ⎟⎝ ⎠
3.1 Introdução
A figura abaixo mostra uma curva de energia 
potencial típica para uma molécula diatômica. Para 
simplificar imagine que o átomo da esquerda esteja 
fixo na origem enquanto a posição do átomo da 
direita seja variável. Quando a distância intera-
tômica é muito pequena, predomina a força de 
repulsão elétrica entre os núcleos carregados 
positivamente, de forma que U → ∞ quando R →
0. Por outro lado, quando R → ∞, é como se 
tivéssemos dois átomos independentes. Vamos 
adotar a convenção de que a energia nesta 
configuração seja dada por U = 0. Entre estes dois 
limites existe uma posição de equilíbrio estável 
(separação internuclear de equilíbrio).
3
Oscilações
R
)(RU
R
A energia potencial pode ser expandida em série 
de Taylor em torno da posição de equilíbrio como
eqR
eqU
Note que Req é um ponto de equilíbrio, de forma 
que 
0=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
eqdR
dU
o que justifica a ausência do termo linear na 
expansão.
Em um movimento molecular típico os átomos 
se afastam da posição de equilíbrio por distâncias 
que são pequenas quando comparadas à separação 
de equilíbrio. Sendo assim, os termos de terceira 
ordem em diante na expansão da energia potencial 
podem ser desprezados. Como a energia potencial é
definida a menos de uma constante, também pode-
se fazer Ueq = 0 sem perda de generalidade, de 
forma que
2
2
2
1( ) ( )
2 eqeq
d UU R R R
dR
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
A força sobre o átomo da direita é dada por
)()( 2
2
eq
eq
RR
dR
Ud
dR
dURF −⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛−=−=
Para simplificar, vamos definir a notação
eq
eq dR
Ud kRRx ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛≡−≡ 2
2
 
de forma que podemos escrever
2
2
1)( kxxU =
onde k é uma constante positiva. Sistemas físicos 
onde a força é dada por esta expressão são 
chamados de oscilador harmônico simples.
Muitos exemplos de oscilador harmônico simples 
podem ser encontrados na natureza. O mais 
conhecido é o sistema massa-mola, onde a força 
que a mola exerce sobre o bloco é proporcional ao
(3.2) )( kxxF −=
deslocamento para distensões pequenas (Lei de 
Hooke). Um ponto da corda de um violão executa 
um movimento harmônico simples (MHS)
quando a corda está vibrando.
3.2 O oscilador harmônico simples
A equação de movimento para um oscilador 
harmônico simples pode ser escrita como
2
xmkx &&=−
Definindo
2
0 /k mω =
podemos escrever
2
0x xω= −&&
Duas soluções particulares desta equação diferen-
cial de segunda ordem são
0
0
( ) sen
( ) cos
x t t
x t t
ω
ω
=
=
Dessa forma, uma solução geral pode ser escrita 
como
1 0 2 0( ) sen cosx t A t A tω ω= +
ou (veja pag. 11, cap 2)
0( ) sen( )x t A tω δ= −
A velocidade da partícula é dada por 
0 0( ) cos( )x t A tω ω δ= −&
É fácil ver que a partícula executa um movimento 
periódico. Como
02 /τ π ω=
pode-se concluir que o movimento se repete após 
um intervalo de tempo (período do movimento)
0 0
0
0 0
0
2sen sen( )
2cos cos( )
t t
t t
πω δ ω δω
πω δ ω δω
⎡ ⎤⎛ ⎞+ − = −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞+ − = −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦
A quantidade
0 k mω =
é chamada frequência angular do movimento. A 
frequência do movimento é definida como
0
0
1 1
2 2
k
m
ων τ π π= = =
A energia cinética da partícula é dada por
2 2 2 21 1
0 02 2
2 21
02
cos ( )
 cos ( )
T mx m A t
kA t
ω ω δ
ω δ
= = −
= −
&
Por sua vez a energia potencial pode ser escrita em 
função de x como
∫ +=−−= CkxkxdxxU 221)(
Como C é arbitrário, podemos fazer C = 0. 
Substituindo x(t), podemos escrever
2 21
02( ) sen ( )U t kA tω δ= −
A energia mecânica é dada por
2
2
1 kAUTE =+=
que é constante. A energia mecânica é conservada 
porque não existem forças dissipativas atuando 
sobre a partícula. 
A figura abaixo mostra as energias cinética, 
potencial e mecânica em função do tempo para um 
oscilador harmônico simples; por simplicidade 
fizemos δ = 0. Observe que durante o movimento 
as energias cinética e potencial são convertidas 
uma na outra, mantendo sempre constante a energia 
mecânica. 
2τ 23ττ
U
T
2
2
1 kAE =
t
Antes de encerrar esta seção vamos mostrar um 
exemplo de um sistema físico que se comporta, 
aproximadamente, como um oscilador harmônico 
simples: o pêndulo simples. 
O torque sobre o pêndulo da figura abaixo, em 
relação ao ponto de sustentação, é dado por
A equação de movimento pode ser escrita como
3
θsenmglN −=
θ&&IN =
ou
θθ &&2sen mlmgl −=
onde o sinal – indica que o torque é contrário a θ.
Se θ for positivo (sentido anti-horário), o torque 
está entrando no plano da página (sentido horário). 
Por sua vez, o momento de inércia do pêndulo é
dado por
2mlI =
θ
gm
l
Se a amplitude do movimento for pequena (θ <<1), 
podemos escrever
θθ gl −=&&
θθ ≈sen
de forma que a equação de movimento torna-se
lgo =ω
Definindo
podemos escrever
θωθ 2o−=&&
que é a equação de movimento para um oscilador 
harmônico simples, e cuja solução é
)sen( δωθ −= tA o
3.3 Oscilações harmônicas em duas 
dimensões
Considere a seguir o movimento em duas 
dimensões de uma partícula sujeita a uma força 
rF k−=
As equações de movimento para as coordenadas x e 
y podem ser escritas como
ymkyF
xmkxF
y
x
&&
&&
=−=
=−=
onde 
0 k mω =
2
0
2
0
x x
y y
ω
ω
= −
= −
&&
&&⇒
As soluções são 
0
0
( ) sen( )
( ) sen( ) (3.19)
x t A t
y t B t
ω α
ω β
= −
= −
A partícula executa MHS nas direções x e y com a 
mesma freqüência mas com amplitudes e fases 
diferentes. A função y(t) pode ser reescrita como 
[ ]0( ) sen ( ) ( )y t B tω α α β= − + −
Definindo
βαδ −=
[ ]0
0 0
( ) sen ( )
 sen( )cos cos( )sen
y t B t
B t B t
ω α δ
ω α δ ω α δ
= − +
= − + −
0 0sen( )cos cos( )senAy BA t BA tω α δ ω α δ− − = −
Multiplicando por A, obtemos
ou
22sencos xABBxAy −=− δδ
Elevando ao quadrado, obtemos
2 2 2 2 2
2 2 2 2
cos 2 cos
 sen ( )
A y B x ABxy
B A x
δ δ
δ
+ −
= −
δδ 2222222 sencos2 BAyAABxyxB =+−
que é a equação da trajetória da partícula. 
Conforme veremos a seguir, a trajetória da 
partícula depende das amplitudes A e B, e da 
diferença de fase δ. Por exemplo, se δ=0, podemos 
escrever
temos
ou
Se δ = π/2, temos
4
y
B
B−
0
A− A0
222222 BAyAxB =+
12
2
2
2
=+
B
y
A
x
Dividindo por A2B2, obtemos 
que é a equação de uma elipse (se A=B a elipse é
uma circunferência).
y
B
B−
0
A− A0
Em geral, se 0 < δ < π, a partícula gira no sentido 
horário. Ao contrário, se π < δ < 2π, ela gira no 
sentido anti-horário. Para simplificar a demons-
tração desta afirmação, vamos fazer α = δ e β = 0 
na equação (3.19). Isto não traz nenhuma perda de 
generalidade, já que o que importa é a diferença de 
fase. Fazendo assim, obtemos
O ângulo φ é dado por
Da figura, pode-se ver que é o sinal de dφ/dt que 
determina o sentido do movimento. Se dφ/dt > 0, o 
giro é no sentido anti-horário e se dφ/dt < 0, o giro 
é no sentido horário. 
x
x
0
0
( ) sen( )
( ) sen
x t A t
y t B t
ω δ
ω
= −
=
A posição da partícula no instante t é especificada 
pelo ângulo φ e pela distância ρ indicados na figura 
• P
x
y
0
0
sentg
sen( )
B ty
x A t
ωϕ ω δ= = −
1 0
0
sentg
sen( )
B t
A t
ωϕ ω δ
−= −ou
0
2 2 2 2
0 0
sen
sen ( ) sen
ABd
dt A t B t
ωϕ δω δ ω= − − +
Desta expressão, é fácil ver que o sinal de dφ/dt é
contrário ao sinal de senδ. Assim podemos concluir 
que:0 0
 
d
dt
ϕδ π< < ⇒ <
⇒ Movimento no sentido horário
2 0
 
d
dt
ϕπ δ π< < ⇒ >
⇒ Movimento no sentido 
anti-horário
Pode-se mostrar também que as trajetórias para 
todos os valores de δ são elipses, em geral 
inclinadas, como mostra a figura abaixo para δ = 
π/3 (no livro você pode ver outras figuras). O caso 
δ = 0 pode ser visto como uma elipse com um dos 
semi-eixos igual a zero.
y
B
B−
0
A− A0
x
ρ
02 2222 =+− yAABxyxB
x
A
ByAyBx =⇒=− 0)( 2
que é a equação de uma reta.
ϕ
Agora podemos escolher o ângulo de rotação γ tal 
que o coeficiente de x´y´ seja nulo. Assim
5
Em um caso mais geral de oscilações em duas 
dimensões, as freqüências para os movimentos nas 
direções x e y não precisam ser iguais. Podemos 
escrever
( ) sen( )
( ) sen( )
x
y
x t A t
y t B t
ω α
ω β
= −
= −
Neste caso, as trajetórias não são elipses mas 
curvas de Lissajous. Se a razão ωx / ωy puder ser 
escrita com sendo a razão entre dois números 
inteiros a curva será fechada. Para entender esta 
afirmação considere que ωx / ωy= 2 / 3. Isto quer 
dizer que a partícula executa 2 oscilações no eixo x
enquanto executa 3 oscilações no eixo y. Após isto, 
ela estará novamente no mesmo ponto com a 
mesma velocidade. Se ωx / ωy não for um número 
racional a curva será aberta, ou seja, a partícula 
nunca passa duas vezes pelo mesmo ponto com a 
mesma velocidade. Depois de um tempo infinito 
ela terá passado por todos os pontos do retângulo. 
A figura abaixo mostra uma figura de Lissajous
para o caso em que ωy = 2ωx e a diferença de fase éδ=0. Note que a partícula oscila duas vezes no eixo 
y enquanto oscila uma vez no eixo x. Para ver 
outras figuras de Lissajous, consulte o livro.
3.4 Diagramas de fase
Se as forças que atuam sobre uma partícula forem 
conhecidas, o seu movimento pode ser completa-
mente determinado, desde que se conheça a sua 
posição e a sua velocidade em um instante qualquer 
(condições iniciais). Para movimento em uma 
dimensão, as quantidades são as 
coordenadas de um ponto em um espaço 
bidimensional, chamado espaço de fase. À medida 
que o tempo passa, o ponto descrevendo o estado 
da partícula move-se ao longo de um caminho de 
fase no espaço de fase. Para condições iniciais 
)( e )( txtx &
),( xxP &
y
B
B−
0
A− A0
x
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
( cos sen sen2 )
 ( sen cos sen2 )
cos ( sen2 sen2 2 cos 2 )
 sen
B x y x y
A x y x y
AB x y x y
A B
γ γ γ
γ γ γ
δ γ γ γ
δ
′ ′ ′ ′+ −
′ ′ ′ ′+ + +
′ ′ ′ ′− − +
=
2 2( )sen2 2 cos cos 2 0A B ABγ δ γ− − =
ou, 
1
2 2
1 2 costg
2
AB
A B
δγ − ⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠
Agrupando os coeficientes de x´2 e y´2 como:
2 2 2 2 2cos sen cos sen2B B A ABγ γ δ γ′ = + −
2 2 2 2 2sen cos cos sen2A B A ABγ γ δ γ′ = + +
podemos escrever
2 2 2 2 2 2 2senB x A y A B δ′ ′ ′ ′+ =
ou
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
1
sen sen
x y
A B A B
B A
δ δ
′ ′+ =
′ ′
que é a equação de uma elipse no sistema de 
coordenadas x´y´.
No caso especial em que δ = π/2, obtemos γ =0, 
B´ = B e A´ = A, de forma que não há necessidade 
de fazer a rotação. Os semi-eixos são A (no eixo x) 
e B (no eixo y) como mostra a segunda figura da 
página anterior.
Para δ = π/3 e A = B, obtemos γ = π/4, B´ = 0,71 
A e A´ = 1,22 A. Os semi-eixos da elipse inclinada 
(mostrada na última figura da página anterior) são 
1,22 A (no eixo x´) e 0,71 A (no eixo y´).
Substituindo as expressões acima na equação 
da trajetória, obtemos
Como em geral as elipses são inclinadas, vamos 
começar a demonstração fazendo uma rotação de 
eixos. A rotação de um ângulo γ é dada por
cos sen
sen cos
x x y
y x y
γ γ
γ γ
′ ′= −
′ ′= +
diferentes, o movimento é descrito por caminhos de 
fase diferentes. O espaço de fase de uma partícula 
que se move em 3 dimensões tem 6 coordenadas. 
Para um sistema contendo N partículas, o espaço de 
fase possui 6N coordenadas.
Para um oscilador harmônico simples,
0
0 0
( ) sen( )
( ) cos( )
x t A t
x t A t
ω δ
ω ω δ
= −
= −&
Eliminando t destas equações, temos
2 2
2 2 2
0
1 (3.29)x x
A Aω+ =
&
que é a equação de uma elipse. Como a energia 
mecânica de um oscilador harmônico simples é
dada por 
2 2 21 1
02 2E kA m Aω= =
podemos escrever
1
22
22
=+
mE
x
kE
x &
A figura abaixo mostra três caminhos de fase 
para um oscilador harmônico simples. Note que os 
semi-eixos da elipse são proporcionais a ; para 
cada valor de E temos um caminho de fase 
diferente. A energia não muda ao longo de um 
caminho de fase porque é uma constante de 
movimento.
x&
x
No MHS a aceleração é sempre contrária ao deslo-
camento de forma que a velocidade é decrescente 
para x positivo e crescente para x negativo. Assim o 
ponto P percorre os caminhos de fase sempre no 
sentido horário, conforme mostra a figura acima.
Dois caminhos de fase diferentes nunca podem se 
cruzar. Se assim fosse, teríamos duas soluções 
diferentes para a equação de movimento com as
mesmas condições iniciais, o que seria um absurdo.
Os caminhos de fase podem ser obtidos 
diretamente da equação de movimento sem que 
tenhamos que calcular x(t). No caso do oscilador 
harmônico, temos
E
dx
xdx
dt
dx
dx
xd
dt
xd
dt
xd &&&& ===2
2
de forma que a equação de movimento pode ser 
escrita como
2 2
0 0 
dxx x xdx xdx
dx
ω ω= − ⇒ = −&& & &
Integrando, obtemos
2 2 2
0 x x Cω+ =&
Nos pontos de retorno (pontos extremos do movi-
mento) temos
Axx ±== e 0 &
de forma que
2 2
0 C Aω=
e portanto
2 2 2 2 2
0 0 x x Aω ω+ =&
que é idêntica à equação (3.29).
3.5 Oscilações amortecidas
Considere agora um oscilador sujeito a uma força 
de amortecimento proporcional à velocidade
6
xb F &−=
A equação de movimento é dada por 
0 =++⇒−−= kxxbxmxbkxxm &&&&&&
Definindo o parâmetro de amortecimento como 
mb 2=β
podemos escrever
2
02 0 (3.35)x x xβ ω+ + =&& &
Supondo uma solução da forma
tetx λ=)(
temos
tt exex λλ λλ 2 == &&&
7
A equação auxiliar é dada por
2 2
02 0λ βλ ω+ + =
e as suas soluções são
2 2 2 2
1 0 2 0 λ β β ω λ β β ω= − + − = − − −
de forma que a solução geral da equação 
diferencial é da forma
2 2 2 2
0 0
1 2
 t ttx(t) e A e A eβ ω β ωβ − − −− ⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦
Aqui vamos distinguir três casos especiais que 
serão discutidos separadamente:
0Movimento subamortecido: β ω<
0Movimento criticamente amortecido: β ω=
0Movimento superamortecido: β ω>
Movimento subamortecido
No caso de movimento subamortecido é conveni-
ente definir 
2 2 2
1 0ω ω β= −
de tal maneira que ω1 seja uma quantidade real. 
Assim a solução geral toma a forma
[ ] ti tit eAeAex(t) 11 21 ωωβ −− +=
que pode ser reescrita (mostre) como
1cos( ) (3.40)
tx(t) Ae tβ ω δ−= −
e representa a amplitude efetiva num dado instante.
A quantidade ω1 é chamada frequência angular 
do oscilador amortecido. A rigor, o movimento não 
é periódico porque, como o movimento é amorte-
cido, a partícula nunca passa duas vezes no mesmo 
ponto com a mesma velocidade. Mesmo assim, 
define-se o período do movimento como sendo o 
intervalo de tempo entre duas passagens sucessivas 
da partícula pela origem, no mesmo sentido (ou o 
intervalo de tempo entre dois máximos). Em outras 
palavras, o período do movimento é o período da 
função cosseno que aparece em (3.40), dado por
11 2 ωπτ =
A figura abaixo mostra o gráfico de x(t) × t (para 
δ=0). Veja que a amplitude do movimento decresce
x(t)
t
no tempo por causado fator . O envelope da 
curva (pontilhado no gráfico) é dado por
env
tx Ae β−= ±
Se β << ω0, podemos escrever
2 2
1 0 0ω ω β ω= − ≅
Suponha que ocorra um máximo de x(t) para t=to. 
A amplitude de oscilação nesse instante é dada por 
0 
env 0( )
tx t Ae β−=
Um período depois, a amplitude de oscilação é
( )0 1 0 1 
env 0 1( )
t tx t Ae Ae eβ τ β β ττ − + − −+ = =
Assim, pode-se dizer que a razão entre as ampli-
tudes de oscilação em dois máximos consecutivos é
dada por
1 12env 0
env 0 1
( )
( )
x t e e
x t
βτ πβ ω
τ = =+
que não depende do tempo. 
Exemplo 3.1 ---------------------------------------------
Construa um diagrama de fase para o oscilador 
subamortecido. 
Solução.
1cos( )
tx(t) Ae tβ ω δ−= −
[ ]1 1 1cos( ) sen( )tx(t) Ae t tβ β ω δ ω ω δ−= − − + −&
Estas equações podem ser manipuladas mais 
facilmente se introduzirmos a seguinte mudança de 
variáveis:
tAe β−
tAe β−−
te β−
8
)cos( 1
 
11 δωωω β −== − tAexu t
)sen( 1
 
1 δωωβ β −−=+= − tAexxw t&
As variáveis u e w podem ser representadas em 
coordenadas polares como
2 2
1
tu w Ae βρ ω −= + =
1 1
1 1
cos( ) cos( )
sen( ) sen( )
u t t
w t t
ρ ω δ ρ δ ω
ρ ω δ ρ δ ω
= − = −
= − − = −
onde
que é a equação de uma espiral logarítmica (figura 
abaixo).
w
u
Uma vez que a transformação de para u–w é
linear, o caminho de fase tem basicamente a 
mesma forma nos planos u–w e , com a dife-
rença que a espiral é um pouco deformada no plano 
. (veja o livro).
--------------------------------------------------------------
Movimento criticamente amortecido
No caso em que 
xx &−
xx &−
2 2
0β ω=
as duas soluções da eq. auxiliar são iguais a –β. 
Assim, só temos uma solução particular para
(3.35):
( ) tx t e β−=
Como esta eq. diferencial é de segunda ordem, 
devemos ter duas soluções particulares linearmen-
te independentes, e portanto, devemos encontrar 
outra solução particular. Você pode mostrar que
( ) tx t te β−=
também é solução, de forma que a solução geral é
( ) ( ) tx t A Bt e β−= +
A velocidade é dada por 
( ) ( ) tx t B A Bt e ββ β −= − −&
)(tx
t
A figura abaixo mostra um gráfico típico de x(t)
× t para o caso em que xo= A e são 
positivos. Você pode desenhar os gráficos nos 
casos em que é zero ou negativo.
Movimento superamortecido
No caso em que
2 2
0β ω>
A solução geral pode ser escrita como
2 2 
1 2( ) [ ]
t ttx t e A e A eω ωβ −−= +
onde
2 2
2 0ω β ω= −
A velocidade é dada por
])()[()( 22
 
12
 22 ttt eAeAetx ωωβ ωβωβ −− ++−−=&
A
A figura abaixo mostra três gráficos típicos de 
x(t) × t com x0= A1+ A2 positivo. Observe que o 
movimento não é periódico, e portanto, ω2 não 
representa uma freqüência. Em todos os casos x e . 
vão a zero assintoticamente. Dependendo dos 
valores de A1 e A2, a velocidade inicial pode ser 
positiva (linha sólida) ou negativa (linhas tracejada 
e pontilhada). Em particular, se A2 > 0 e A1 < 0 a 
velocidade inicial é negativa e existe um valor de t,
diferente de zero, para o qual x(t) se anula, de 
forma que o gráfico corta o eixo t (linha 
pontilhada). 
xx &−
0x B Aβ= −&
0x&
x&
9
Exemplo 3.2 ---------------------------------------------
Considere um pêndulo de comprimento l e massa m 
movendo-se no óleo (figura abaixo). O óleo retarda 
o movimento do pêndulo com uma força resistiva 
proporcional à velocidade, de módulo dado por 
θ& 2 glm
O pêndulo é solto da posição θ = α no instante t=0. 
Supondo que as oscilações sejam pequenas, obte-
nha o deslocamento angular e a velocidade angular 
como funções do tempo. 
Solução. O torque que atua sobre a partícula (em 
relação ao ponto de sustentação) é dado por
θ
T
resF
P
Note que o primeiro termo é contrário a θ e o 
segundo contrário a . A equação de movimento é
dada por
sen 2 N mgl m gl lθ θ= − − &
θθ ≅sen
de modo que
0 2 =++ θθθ
l
g
l
g &&&
Comparando com (3.35) vemos que
0
g
l
β ω= =
Temos, portanto, um caso de movimento critica-
mente amortecido, cuja solução geral é
Veja que θ é sempre positivo enquanto a velocida-
de angular é sempre negativa. O pêndulo retorna à
posição de equilíbrio sem oscilar. Por sua vez, a 
velocidade angular tem um mínimo para . 
( ) ( ) tt A Bt e βθ −= +
Para t = 0, θ = α. Portanto, A = α e
( ) ( ) tt Bt e βθ α −= +
Derivando esta expressão, temos
( ) ( ) tt B Bt e βθ βα β −= − −&
Como para t=0, B = βα. Assim 0=θ&
 ( ) 1 
g
l tg
lt t eθ α −⎡ ⎤= +⎣ ⎦
tl
g
te
l
gt )( −−= αθ&
θ
)(tθ
)(tθ&
t
t
)(tx
t
θθθ &&& lglmmglml 2sen2 −−=
Para pequenas oscilações
l
g
α
--------------------------------------------------------------
θθ &&&& 2mlIN ==
Assim
21 AA +
/t l g=
g
e l
α−
θ&
10
3.6 Oscilações forçadas: força senoidal
A seguir vamos acrescentar uma força externa do 
tipo
0 cosF F tω=
ao oscilador amortecido. Assim, a equação de 
movimento torna-se 
0 cosmx kx bx F tω= − − +&& &
Definindo
0 /A F m=
podemos escrever
2
02 cos (3.53)x x x A tβ ω ω+ + =&& &
A solução desta equação pode ser escrita como
)()()( txtxtx pc +=
onde
é a solução (complementar) da equação homogênea
2 2 2 2 
1 2( ) (3.54)o o
t tt
cx t e A e A e
β ω β ωβ − − −− ⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦
2
02 0x x xβ ω+ + =&& &
Por sua vez, é uma solução (particular) 
responsável pelo aparecimento do termo . 
no lado direito de (3.53).
)(txp
tA ωcos
Como todas as derivadas de uma função senoidal 
são funções senoidais, uma boa solução tentativa 
para (3.53) seria
)cos( δω −= tDxp
Substituindo esta solução em (3.53), temos
2
2
0
cos( ) 2 sen( )
 cos( ) cos 0
D t D t
D t A t
ω ω δ ωβ ω δ
ω ω δ ω
− − − −
+ − − =
Expandindo sen(ωt – δ) e cos(ωt – δ), temos
{ }2 20
2 2
0
 ( ) cos 2 sen cos
 ( ) sen 2 cos sen 0
A D t
D t
ω ω δ ωβ δ ω
ω ω δ ωβ δ ω
⎡ ⎤− − +⎣ ⎦
⎡ ⎤− − − =⎣ ⎦
Para que a expressão acima seja identicamente 
válida, os coeficientes do seno e cosseno devem ser 
ambos nulos. Assim, podemos escrever
2 2
0
2 2
0
 ( ) cos 2 sen 0
 ( ) sen 2 cos 0 (3.56)
A D ω ω δ ωβ δ
ω ω δ ωβ δ
⎡ ⎤− − + =⎣ ⎦
− − =
Da segunda equação (3.56), temos
2 2
0
2 (3.57)tg ωβδ ω ω= −
Consequentemente (veja o triângulo)
2 2 2 2 2
0
2sen 
( ) 4
ωβδ ω ω ω β= − +
2 2
0
2 2 2 2 2
0
cos 
( ) 4
ω ωδ ω ω ω β
−= − +
2 2
0 ω ω−
 2ωβ
2 2 2 2 2
0( ) 4 ω ω ω β− +
Da primeira equação (3.56),
2 2
0( ) cos 2 sen
AD ω ω δ ωβ δ= − +
Substituindo as expressões para senδ e cosδ, temos 
2 2 2 2 2
0
 (3.59)
( ) 4
AD ω ω ω β= − +
Finalmente, a solução particular é escrita como
( ) 22 2 2 20( ) cos( ) (3.60)4p
Ax t tω δ
ω ω ω β
= −
− +
onde
2 2
0
2 (3.61)arctg ωβδ ω ω
⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠
A presença da constante δ na solução (3.60) 
indica que há um atraso da resposta do sistema em 
relação à força aplicada. A figura abaixo mostra 
δ × ω para um ω0 fixo. Note que:
0
0 arctg0 0
 arctg 2
 arctg0
ω δ
ω ω δ π
ω δ π
+
−
→ ⇒ → =
= ⇒ = ∞ =
→ ∞ ⇒ → =
δ
11
π
2
π
0ω ω
δ
A solução complementar dada por (3.54) é
chamada solução transiente. Por causa do fator 
exponencial , ela vai a zero para um tempo 
grande comparado com 1/β. Assim 
)()1( txtx p=>> β
que é chamada solução estacionária. Os detalhes 
do que ocorre antes da solução transiente desapa-
recer podem ser ilustrados pelo gráfico abaixo. As 
funções xc(t) (pontilhada, supondo movimentosub-
amortecido), xp(t) (tracejada) e x(t) (contínua) 
foram desenhadas para o caso em que ω < ω1. 
Observe que, inicialmente, a função x(t) é defor-
mada mas à medida que xc(t) vai desaparecendo ela 
vai se confundindo com xp(t). Veja no livro, um 
gráfico semelhante para a situação em que ω > ω1.
Ressonância
Vamos agora considerar a situação posterior ao 
período transiente em que somente a solução 
estacionária sobrevive. 
A freqüência angular, ω, para a qual a amplitude 
de oscilação, D, assume o seu valor máximo é
chamada frequência de ressonância (da 
amplitude), ωR. Assim 
0=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
= Rd
dD
ωωω
A derivada de D(ω) é dada por 
2 2 2
0
2 2 2 2 2 3 2
0
2 ( 2 )
[( ) 4 ]
AdD
d
ω ω ω β
ω ω ω ω β
− −= − +
Igualando a zero, temos
2 2
0 2Rω ω β= −
Observe que só haverá ressonância se 2β2 < ω02. 
Caso contrário D é monotonicamente decrescente 
(dD/dω é sempre negativo).
O grau de amortecimento do sistema pode ser 
descrito pelo fator de qualidade, definido como 
βω 2RQ =
Um Q grande implica em um parâmetro de 
amortecimento, β, pequeno. Nesse caso, o termo 
4ω2β2 no denominador de (3.59) é pequeno e a 
curva D × ω tem um pico alto próximo de ω = ω0
(curva contínua). Quando Q vai diminuindo, β vai 
aumentando e o pico vai se tornando mais baixo 
(curva tracejada). À medida que ω vai se afastando 
de ω0 o termo 4ω2β2 vai se tornando desprezível em 
comparação com (ω02–ω2)2 e as curvas vão se 
aproximando uma da outra. No caso em que 2β2 > 
ω02, o pico desaparece (curva pontilhada).
Pode-se dizer que se Q for grande, somente 
oscilações com freqüências muito próximas a ω0
podem ser excitadas com amplitude considerável. 
Esta é uma condição desejável em muitas situações 
físicas, como por exemplo, um diapasão. Deseja-se 
que um diapasão vibre com uma freqüência 
definida para que ele emita um som puro (com uma 
única freqüência).
ω0ω
D
t
x
0/A ω
te β−
Da mesma forma que define-se a frequência de 
ressonância da amplitude, pode-se definir outras 
frequências de ressonância. Por exemplo, a 
frequência de ressonância da energia cinética é
definida como sendo a frequência para a qual a 
energia cinética assume o seu valor máximo.
A velocidade pode ser calculada, a partir de 
(3.60), como
2 2 2 2 2
0
( ) sen( )
( ) 4
p
Ax t tω ω δω ω ω β
−= −− +
&
Sendo assim, a energia cinética é dada por
2
2 2
2
2 2 2 2 2
0
1
2
 sen ( )
2 ( ) 4
T mx
mA tω ω δω ω ω β
=
= −− +
&
Uma vez que T depende do tempo, é interessante 
trabalhar com a sua média em um período
2 2
2
2 2 2 2 2
0
sen ( )
2 ( ) 4
mAT tω ω δω ω ω β= −− +
Como 
, 
2
1)(sen 2 =− δω t
2 2
2 2 2 2 2
04 ( ) 4
mAT ωω ω ω β= − +
A derivada de 〈 T 〉 é dada por 
4 42
0
2 2 2 2 2 2
0
( )
2 [( ) 4 ]
d T mA
d
ω ω ω
ω ω ω ω β
−= − +
Na ressonância, temos
0=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
= Td
Td
ωωω
de forma que
0Tω ω=
Uma vez que a energia potencial é proporcional 
ao quadrado da amplitude, ela é máxima para a 
frequência de ressonância da amplitude, dada por
podemos escrever 
2 2
0 2Uω ω β= −
3.9 Princípio da superposição: séries de 
Fourier
Na seção anterior vimos que a solução 
permanente da equação (3.53) é dada por (3.60). 
Seguindo os mesmos passos, é fácil mostrar que a 
solução da equação
2 2 2 2 2
0
( ) sen( )
( ) 4
Ax t tω δω ω ω β= −− +
2
02 senx x x A tβ ω ω+ + =&& &
é dada por
2 2
0
2arctg ωβδ ω ω
⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠
onde
Nesta seção vamos mostrar como resolver a 
equação de movimento para um oscilador sujeito a 
uma força periódica geral F(t). Fazendo f = F/m,
2
02 ( ) (A)x x x f tβ ω+ + =&& &
Suponha que x1(t) seja solução da equação (A) para 
uma força f1(t), ou seja , 
2
1 1 0 1 12 ( )x x x f tβ ω+ + =&& &
Suponha também que x2(t) seja solução da equação 
(A) para uma força f2(t), ou seja , 
2
2 2 0 2 22 ( )x x x f tβ ω+ + =&& &
Somando a primeira eq. multiplicada por α1 com a 
segunda multiplicada por α2, podemos escrever
)()()( 
)(2)(
22112211
2
22112211
tftfxx
xxxx
o ααααω
ααβαα
+=++
+++ &&&&&&
Isto quer dizer que
)()()( 2211 txtxtx αα +=
é solução da equação (A) para uma força
)()()( 2211 tftftf αα +=
A idéia pode ser generalizada. Se a força externa 
puder ser escrita como
∑
=
=
N
n
nn tftf
1
)()( α
e se x1(t), x2(t), ... , xN(t) forem, respectivamen-
te, as soluções para forças f1(t), f2(t), ... , fN(t),
12
13
então
∑
=
=
N
n
nn txtx
1
)()( α
é solução da equação para a força f(t). Este 
resultado é muito útil quando f(t) é uma função 
periódica porque, nesse caso, ela pode ser escrita 
como uma expansão em senos e cossenos (série de 
Fourier) que são funções para as quais sabemos 
resolver a equação diferencial. 
Se a força for uma função periódica do tempo, 
com período τ, ou seja, se
)()( tftf =+τ
então podemos escrever f(t) (em série de Fourier) 
como 
( )0
1
( ) cos sen (3.101)
2 n nn
af t a n t b n tω ω∞
=
= + +∑
onde
τπω 2=
Os coeficientes da série de Fourier são dados por
00 0
2 2( ) cos ; ( )na f t n tdt a f t dt
τ τωτ τ= =∫ ∫
dttntfbn ∫= τ ωτ 0 sen)(2
Como f(t) é periódica, podemos trocar o período de 
integração de 0 a τ para –τ/2 a + τ/2 ou, em 
termos de ω, de – π/ω a +π/ω. Assim, podemos 
escrever
dttntfan ∫+−= ωπ ωπ ωπω cos)(
dttntfbn ∫+−= ωπ ωπ ωπω sen)(
Se f(t) for escrita em termos de (3.101) então a 
solução estacionária da equação diferencial
( )202x x x f tβ ω+ + =&& &
pode ser escrita como
0
2 2 2 2 2 2 2 2
10 0
cos( ) sen( )( )
2 ( ) 4
n n n n
n
a a n t b n tx t
n n
ω δ ω δ
ω ω ω ω β
∞
=
− + −= + − +∑
onde
2 2 2
0
2
n
narctg
n
ωβδ ω ω
⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠
Note que 
2
0 02x a ω=
é a solução particular da equação 
2
0 02 2x x x aβ ω+ + =&& &
Exemplo 3.4 ---------------------------------------------
Obtenha os coeficientes de expansão em série de 
Fourier da função dente de serra da figura abaixo.
A solução geral é a soma da solução estacionária 
com a solução transiente (3.54). 
2A
t
2A− τ
)(tf
Solução. No intervalo 
tAtAtf π
ω
τ 2)( ==
22 ττ <<− t
podemos escrever
Como f(t) é uma função ímpar, todos os 
coeficientes an são nulos. Por sua vez,
ωπ
ωπ
ωπ
ωπ
ω
ω
ω
ω
π
ω
ωπ
ω
+
−
+
−
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−=
= ∫
 sencos
2
 
sen
2
222
2
2
2
n
tn
n
tntA
dttntAbn
Como
( ) ( ) , )1(cos e 0sen nnn −=±=± ππ
1)1( +−= nn n
Ab π
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −+−= ...3sen
3
12sen
2
1sen)( tttAtf ωωωπ
Assim
1. Um oscilador harmônico simples consiste de 
uma massa de 100g presa na extremidade de uma 
mola cuja constante de força é 104 dyn/cm. A 
massa é deslocada 3 cm e depois solta. Calcule a 
frequência, o período, a energia total e a velocidade 
máxima.
2. Calcule as médias temporais das energias 
cinética e potencial de um oscilador harmônico 
simples sobre um ciclo e mostre que elas são 
iguais. Porque este é um resultado esperado? A 
seguir, calcule as médias espaciais dessas 
grandezas e justifique porque os resultados não são 
iguais.
3. Obtenha uma expressão para a fração de um 
período (Δt/τ) que a partícula permanece dentro de 
uma região de comprimento Δx, na posição x, em 
um oscilador harmônico simples. Esboce esta 
função versus x e discuta o significado físico do 
resultado obtido.
4. Duas massas m1 e m2, livres para se 
movimentarem sobre um trilho horizontal sem 
atrito, estão conectadas por uma mola cuja 
constante elástica é k. Obtenha a frequência de 
oscilação para este sistema.
5. Um corpo de área de seção transversal uniforme 
e densidade ρ flutuaem um líquido de densidade 
ρ0. Na situação de equilíbrio, o corpo está submerso 
no líquido de uma profundidade he. Mostre que o 
período de pequenas oscilações verticais em torno 
da posição de equilíbrio é dado por 
gheπτ 2=
Problemas
6. Se a amplitude de um oscilador subamortecido
decresce a 1/e do seu valor inicial após n períodos 
(n >> 1), mostre que a frequência do oscilador é
dada por
8. Supondo uma solução do tipo 
tetytx )()( β−=
mostre que a solução da equação de movimento 
para um oscilador criticamente amortecido é dada 
por 
teBtAtx )()( β−+=
7. (a) Obtenha uma expressão para a energia 
mecânica de um oscilador subamortecido como 
função do tempo. (b) Esboce o gráfico de E(t) × t. 
(c) Obtenha uma expressão para a taxa de perda de 
energia, dE/dt. (d) No caso de um oscilador 
fracamente amortecido (β << ωo), obtenha a taxa 
média de perda de energia.
1 0 2 2
11
8 n
ω ω π
⎛ ⎞≅ −⎜ ⎟⎝ ⎠
9. Considere um oscilador forçado amortecido 
(com força senoidal). Mostre que a energia cinética 
média assume o mesmo valor para freqüências que 
estão ao mesmo número de oitavos abaixo e acima 
da freqüência de ressonância da energia cinética. 
Um oitavo é o intervalo de freqüência em que a 
frequência mais alta é o dobro da mais baixa.
10. Considere um oscilador fracamente amortecido 
(β << ωo). Mostre que, próximo da ressonância, Q
é dado por
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛≅
período um durante energia de perda
 totalenergia2πQ
11. Mostre que para um oscilador fracamente 
amortecido
ωω Δ≅ oQ
onde Δω representa o intervalo de frequência entre 
os pontos sobre a curva de ressonância que 
correspondem a da amplitude máxima.21
12. Suponha que em um oscilador superamortecido 
a posição e a velocidade iniciais sejam dados por xo
e υo, respectivamente. Mostre que 
12
1
2
12
2
1 ββ
υβ
ββ
υβ
−
+−=−
+= oooo xAxA
onde 
2221 ωββωββ +=−=
Mostre que se A1 = 0, 
xx 2β−=&
Mostre que se A1 ≠ 0,
xx 1β−→&
para um tempo muito grande. Esboce os dois 
caminhos de fase no mesmo diagrama. 
14
15
14. Obtenha a solução estacionária, xp(t), para um 
oscilador sujeito a uma força externa periódica 
dada por 
=)(tF
13. Mostre que a série de Fourier dada por (3.101) 
pode ser reescrita como
0
1
( ) cos( )
2 n nn
af t c n tω φ∞
=
= + −∑
e obtenha cn e φn em termos de an e bn. ωπ
ωπ
 0 , 
0 , 
<<
<<−−
tA
tA