oscilacoeseondas moyses resolvidos

Prévia do material em texto

1
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 de alunos de Física na dis-
ciplina de �Oscilações e Ondas�
Sobral
Novembro de 2013
Sumário
1 O OSCILADOR HARMÔNICO 5
1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Oscilações Harmônicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Princípio da superposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
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 . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6 Exemplos e aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
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
1.7.1 QUESTÃO 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.7.2 QUESTÃO 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.7.3 QUESTÃO 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.7.4 QUESTÃO 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.7.5 QUESTÃO 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.7.6 QUESTÃO 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.7.7 QUESTÃO 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.7.8 QUESTÃO 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.7.9 QUESTÃO 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2
SUMÁRIO 3
1.7.10 QUESTÃO 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.7.11 QUESTÃO 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.7.12 QUESTÃO 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.7.13 QUESTÃO 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.7.14 QUESTÃO 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.7.15 QUESTÃO 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1.7.16 QUESTÃO 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
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 . . . . . . . . . . . . 39
2.3 Superposiçao de dois MHS com a mesma direção e frequências diferentes . . . . 40
2.3.1 Batimentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.4 Superposiçao de dois MHS com a mesma frequência e direções diferentes . . . . 43
2.5 Superposiçao de dois MHS com frequências e direções diferentes . . . . . . . . . 46
2.6 Oscilações Acopladas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.6.1 Oscilações com dois graus de liberdade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.6.2 Propriedades para os modos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.6.3 Oscilador Harmônico Tri-dimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.6.4 Oscilações Longitudinais de duas massas acopladas . . . . . . . . . . . . 57
2.6.5 MÉTODO DA TRANSFORMADA DE LAPLACE(£) . . . . . . . . . . 63
2.7 SISTEMA MASSA-MOLA ACOPLADO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2.7.1 QUESTOES DO CAPÍTULO 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3 OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 73
3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
3.2 Oscilações Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.3 Energia e Potência do Oscilador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.4 Amortecimento Supercrítico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.5 Amortecimento crítico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.6 Oscilações Forçadas e Ressonancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
SUMÁRIO 4
3.6.1 Limite de baixas frequências: ω � ω0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
3.6.2 Limite de altas frequências: ω0 � ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
3.6.3 Ressonância ω −→ ω0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3.6.4 Efeito das condições iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3.7 Oscilações Forçadas Amortecidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.8 POTÊNCIA DISSIPADA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
Capítulo 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 �gura 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
2π
.
Na �gura 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
�gura abaixo. No estado (b) a resultante das forças que agem sobre o corpo é a força elástica
5
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 6
Figura 1.1: Sistema massa mola
da mola e de acordo com a segunda lei de Newton, F = ma = −kx, usando a de�nição da
aceleração a =
d2x
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 ẋ para representar
dx
dt
e ẍ para representar
d2x
dt2
.
1.2 Oscilações Harmônicas
A equação 2 é uma equação diferencial ordinaria(EDO) linear de segunda ordem, cuja solução
�nal dependerá das condições iniciais para o problema, isto é, necessitamos de�nir 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, �ca facil de apontar algumas dessas funções
com possíveis candidatas à solução; exemplos são cos(ct), sen(ct) e ept. Veri�caremos, posteri-
ormente, que estas funçõesse relacionam entre si. Vamos considerar as duas primeiras funções
e dizer que:
x1(t) = cos(ω0t) e x2(t) = sen(ω0t) (1.3)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 7
são soluções da equação 2, por satisfazerem o critério de suas derivadas segundas levam ao
negativo da própria função.
1.2.1 Princípio da superposição
As equações diferenciais lineares, das quais a equação 2 faz parte e que podem ser representadas
de uma forma mais geral por:
A0
d2x
dt2
+ A1
dx
dt
+ A2x = A3 (1.4)
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 veri�cáveis.
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, ẍ(t) + ω20x = 0,
então x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) também é solução. Portanto, precisamos, nessa condição mais
geral, 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 �g. 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) = ẋ(t), que é dada por.
v(t) = ẋ(t) =
dx
dt
= −c1ω0sen(ω0t) + c2ω0cos(ω0t) (1.6)
usando a condição inicial, acima especi�cada, chegamos ao seguinte resultado.
c1 = −xm e c2 = 0 =⇒ x(t) = −xmcos(ω0t) = xmsen(ω0t−
π
2
) (1.7)
Podemos também representar esta solução num outro formato, utilizando outras duas constan-
tes, que levaria a solução para:
x(t) = Acos(ω0t+ ϕ) (1.8)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 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. 9 na eq. 8 e comparando com a eq. 5, podemos mostrar que, A cosϕ = c1 ⇐⇒ A =
√
c21 + c
2
2
−Asenϕ = c2 ⇐⇒ ϕ = arctan (
−c2
c1
)
Vamos aproveitar agora para de�nir duas grande-
zas importantes associadas ao movimento vibratório simples descrito pela eq.1.8; são elas o
período das oscilações T =
2π
ω0
e a frequência das oscilações f =
1
T
=
ω0
2π
. O período é
a distância temporal medida no grá�co da função sen(ω0t + ϕ) entre duas posições próximas
idênticas; também signi�ca 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 equação1.2.
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 �gura 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
�gura 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
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 9
x
y
r
q
a
ib
-ib
z=a+ib
z*=a-ib
Figura 1.2: Plano Complexo
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)
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
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 10
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 harmô-
nico simples:
Cemt[m2 + ω20] = 0 =⇒ m2 + ω20 = 0 (1.18)
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 de�nitiva é, portanto,
dada por:
z(t) = Ceiω0t, onde C, pode ser representada por Aeiϕ, isto é,
C = Aeiϕ. Sendo assim, a equação �nal 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 de�nidas
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 11
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)
A �gura que apresentamos a seguir é do deslocamento com o tempo para duas constantes de
fases diferentes. Vamos analisar a �gura para melhor entender o signi�cado da constante de
Figura 1.3: Grá�co de x(t) com duas constantes de fase diferentes
fase ϕ. No traçado com a linha azul ϕ = −π/6 e com a linha vermelha ϕ = +π/6. Veja que
no primeiro caso a função está atrasada e no segundo caso ela está adiantada e não podemos
esquecer que a forma correta de expressar a fase é θ = ω0t− ϕ.
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 de�nidas nas eqs.
1.20 e 1.21 respectivamente. Substituindo x(t) e v(t), também mostradas nas eqs. 1.22 e 1.23,
respectivamente obtemos,
U(t) =
1
2
kA2cos2(ω0t+ ϕ) (1.25)
Ec(t) =
1
2
mω20A
2sen2(ω0t+ ϕ) (1.26)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 12
Por ser um sistema conservativo, a energia mecânica do sistema é de�nida 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 �ca dada por:
E =
1
2
kA2[sen2(ω0t+ ϕ) + cos
2(ω0t+ ϕ)] =
1
2
kA2 = const. (1.27)
O �gura 1.4 apresenta o grá�co das duas energias: A energia cinética representada pela linha
de cor vermelha e a enegia potencial pela linha de cor azul. Para a confecção do grá�co foram
Figura 1.4: Grá�co das Energias potencial e Cinética
usados os seguintes valores: ω0 = 3
π
4
(
rad
s
) e ϕ =
π
6
(rad). Uma análise apurada desse grá�co
nos leva a dizer que a medida que o tempo passa, enquanto a Energia cinética cresce a Energia
Potencial decresce com a mesma taxa, e seus valores se igualam para Ec = U = 2J , poroutro
lado, quando uma alcança o valor máximo de 4,0 J a, outra alcança o valor 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
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 13
Considerando o intervalo de tempo τ como sendo um período das oscilações T, vamos �car
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 . Fica como exercício, provar este resultado.
1.5 Movimento Harmônico Simples e Movimento Circular
v
θ
vxax
y
θ
A a
x
y
x
Figura 1.5: Círculo Referência
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 partida P0.
Se X é a projeção do ponto P sobre o eixo x, então
(OX) = x = A cos(θ) = A cos(ω0t+ ϕ) (1.30)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 14
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(
π
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.
1.6.1 O pêndulo simples
O pêndulo simples, como mostrado na �g. 5, 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 �gura,
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)
A equação 1.32 rege o movimento tangencial, e é esta a equação que importa para o movimento
do pêndulo simples, isto é,
d2θ
dt2
+
g
`
senθ = 0 (1.35)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 15
 O
 l


m
mg
T
Figura 1.6: Pêndulo simples
Esta equação diferencial é uma equação não linear de segunda ordem e caracteriza um sistema
dinâmico complexo. Não existe uma solução para ela e o mais que se pode obter é um retrato
de fase, um grá�co no espaço de fase, relacionando a velocidade angular ω = θ̇ versus θ. Para
tanto, precisamos reescrever a equação 1.33 através de um sistema de duas equações lineares
de 10 ordem para θ̇ e θ, ou seja.
dθ
dt
= ω (1.36)
dω
dt
= −g
`
senθ (1.37)
[-0.8cm] O retrato de fase da �gura abaixo 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 grá�co
por está fora do escopo do curso, mas adiantamos que dá para ver três centros(−2π, 0,+2π) e
quatro pontos de sela(−3π,−π,+π,+3π).


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
t
-10
0 1


Região ondulada 3
2-2
20
10
0
-20
-1
Os três grá�cos acima, mostram soluções em posições diferentes identi�cadas na �gura 1.6
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 16
0
10
20
-10
-20
-10 -5 0 5 10





Figura 1.7: Retrato de fase
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 �ca próxima ao topo não oscila, possui sentido
único, isto é, a partícula gira sem parar; na parte de cima é para a direita, na parte de baixo 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
grá�co, o da esquerda, para θ e ω = θ̇. 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 θ̇ 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 plequeno,
tal que senθ ' θ. Nestas condições, a equação é simpli�cada 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
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 17
respectivamente por:
f =
ω
2π
=
1
2π
√
g
`
(1.39)
T =
1
f
= 2π
√
`
g
(1.40)
É fácil mostrar que a energia do pêndulo simples é dada por:
E =
1
2
m`2
(
dθ
dt
)2
+mg`(1− cosθ) (1.41)
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`2θ̇2 +
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`2θ̇θ̈ +mg`θθ̇ = 0 (1.44)
Dividindo esta equação por m`2θ̇, recuperamos a equação do pêndulo simples.
θ̈ +
g
`
θ = 0 (1.45)
1.6.2 O pêndulo de torção
O pêndulo de torção da �g. 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 barra de volta para o seu estado de equilíbrio. Este torque, dentro do regime de elasticidade
do cabo, obedece a lei de Hooke e é dado por:
τ = −Kϕ (1.46)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 18
z
y
x

Figura 1.8: Pêndulo de torção
onde K é o módulo de torção do �o, 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 = Iϕ̈ (1.47)
substituindo o valor de τ da eq. 1.46, obtemos a equação do movimento para o pêndulo de
torção.
ϕ̈+ ω20ϕ = 0 onde, (1.48)
ω20 =
K
I
(1.49)
Nesse caso, o período das oscilações é dado por,
T = 2π
√
I
K
(1.50)
1.6.3 O 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 �g. 1.9. Dessa �gura 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)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 19
 O
 l
s
C
K G
Mg
Figura 1.9: Pêndulo físico
Se IO é o momento de inércia do pêndulo com relaçãoao eixo horizontal que passa pelo ponto
O, a equação do movimento para o pêndulo composto, considerando θ pequeno é.
θ̈ + ω20θ = 0 onde, (1.52)
ω20 =
Mgs
IO
(1.53)
cujo período é,
T = 2π
√
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 massasm1 em2 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 �gura abaixo retrata esta situação. Considerando a0 como o comprimento
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 20
Figura 1.10: Duas partículas acopladas por uma mola de constante K
relaxado da mola e considerando x1 e x2 as posiçoes das partículas com relação a orígem O no
eixo x, podemos de�nir 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 = m1ẍ1 = Kx (1.57)
F2 = m2ẍ2 = −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
MẍCM = m1ẍ1 +m2ẍ2 onde M = m1 +m2 (1.60)
substituindo os resultados das equações 1.57 e 1.58 na equação 1.60, concluimos que,
ẍCM = 0 =⇒ ẋCM = const. (1.61)
Multiplicando a eq. 1.57 por m2 e a eq. 1.58 por m1, obtemos,
m1m2ẍ1 = m2Kx (1.62)
m1m2ẍ2 = −m1Kx (1.63)
subtraindo a eq. 1.62 da eq. 1.63 chegamos ao seguinte resultado
m1m2(ẍ2 − ẍ1) = −(m1 +m2)Kx (1.64)
da eq. 1.56 temos que ẍ = ẍ2 − ẍ1 =⇒ (1.65)
µẍ = −Kx (1.66)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 21
onde,
µ =
m1m2
m1 +m2
(1.67)
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,
ẍ+ ω20x = 0 (1.68)
onde, ω0 =
√
K
µ
=⇒ T = 2π
√
µ
K
A energia mecânica desse sistema é dada por,
E =
1
2
µẋ2 +
1
2
Kx2 (1.69)
1.7 Resolução dos Problemas de Oscilações do Capítulo 3
do Livro do Moysés
1.7.1 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:
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 22
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
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 = −
π
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− π
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)
1.7.2 QUESTÃO 2
A �gura 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 �nalmente, 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
1.7.3 QUESTÃO 3
A questão resume-se a três itens e a principal ação é obter as equações do movimento das
duas partículas. As �guras abaixo mostram as situações relaxadas(�g. de cima) e as condições
iniciais(�g. 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 = ẋ1 = −x1m.ω. sen (ωt+ ϕ1) (3)v2 = ẋ2 = −x2m.ω. sen (ωt+ ϕ2) (4)
Dividindo (3) por (1), temos:
ẋ1(t)
x1(t)
= −x1mω
x1m
sen (ωt+ ϕ1)
cos(ωt+ ϕ1)
Fazendo t = 0 na divisão, obtemos.
−
√
3
−0, 01
= −ω senϕ1
cosϕ1
tanϕ1 = −
√
3
0, 01ω
⇒ tanϕ1 = −
√
3
0, 01.100
tanϕ1 = −
√
3 =⇒ ϕ1 = −
π
3
Calculando x1m.
−0, 01 = x1m. cos
(
−π
3
)
−0, 01 = x1m
(
1
2
)
x1.m = −0, 02 =⇒
x1(t) = −0, 02. cos
(
100t− π
3
)
Vamos fazer o mesmo para x2(t)
A condição para a partícula dois é.
p/t = 0
 x2(0) = 1, 0cm = 0, 01mẋ2(0) = √3m/s
Portanto, dividindo a (4) por (2), vamos �car
com,
ẋ2(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 = −
π
3
Vamos agora calcular x2m
0, 01 = x2m cos(−
π
3
)⇒ x2m = 0, 02m
Portanto,
x2(t) = 0, 02cos(100t−
π
3
)
b) x1(t) = x2(t)
−0, 02. cos
(
100t− π
3
)
= 0, 02. cos
(
100t− π
3
)
Desse resultado, concluimos que:
cos(100t− π
3
) = 0 =⇒ 100t− π
3
=
π
2
100t =
π
2
+
π
3
=⇒ t = π
120
Assim, as partículas se tocam em t =
π
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
1.7.4 QUESTÃO 4
Temos aqui, uma partícula em forma de conta, livre para oscilar em torno da posição de
equilíbrio C, onde as forças Normal e peso se igualam. A força normal é uma força central,
apontando sempre para o centro da circunferência, portanto, é uma força centrípeta, tal que,
seu módulo é, N = mω2r. Dessa forma, no ponto O, na parte mais baixa da circunferência, as
forças que agem na partícula são iguais e dadas por.
Ponto O: ~N = ~p⇒ mω2r = mg.
Portanto, ω é dada por,
ω2 =
g
r
⇒ ω =
√
g
r
No ponto P (x, y), para φ,
pequeno e arbitrario, temos que,
 Ny = p⇒ N cosφ = mgNx = −N senφ = FR = m.a
Portanto, concluimos que,
ẍ = −ω2r senφ, desde que,
r senφ = x
isto nos leva à,
ẍ = −ω2x =⇒
ẍ+ ω2x = 0
O que garante que , o movimento
é harmônico simples com período
T dado por:
T =
2π
ω
= 2π
√
r
g
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 26
1.7.5 QUESTÃO 5
A �gura abaixomostra 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 Hooke(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
con�guração(a), com a massa na posição z0+h é exatamente igual a energia da con�guração(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
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 27
u− mg
k
= ±mg
k
√
1 +
2hk
mg
A amplitude do movimento é dada por:
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
1.7.6 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 �gura
(a) o cabo passa pelo centro do disco em uma posição horizontal e na segunda �g. (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
apresentadas nas equações 1.48, 1.49 e 1.50, isto é,
ϕ̈+ ω20ϕ = 0
com, ω20 =
K
I
, e período dado por:
T = 2π
√
I
K
.
Assim, vamos calcular os períodos de oscilações nos dois casos, usando o último resultado, o
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 28
que nos levará a calcular os momentos de inércia das duas situações.
(a): Ia =
MR2
2
⇒
Ta = 2π
√
M.R2
2.K
, levando a:
Ta = π.R
√
2M
K
(b): Ib =
MR2
4
Tb = 2π
√
M.R2
4K
= π.R
√
M
K
1.7.7 QUESTÃO 7
Aqui temos uma bala de massa m = 10g, que atinge um bloco de massaM = 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
θ̈ + 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,
θ̇ = −ωθm sen (ωt+ ϕ)
A velocidade do grupo, V = Lθ̇
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 = −
π
2
.
Isto garante que em t = 0, V > 0.
Finalmente, escrevemos a equação para θ.
θ(t) = 0, 09583 cos(3, 13t+
π
2
).
1.7.8 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 �gura 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
1.7.9 QUESTÃO 9
Seja V o volume do densímetro e seja V0 o volume, inicialmente submerso, lado esquerdo da
�gura 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)
Mz̈ = −[ρag(V0 + Az)− ρDgV ]
ρD.V z̈ = −[ρagV0 + ρagAz − ρD.g.V ]
como, ρDgV = ρagV0, obtemos,
ρD.V z̈ = −ρagAz =⇒
z̈ = −ρagA
ρDV
z,
que é a equação de um movimento harmônico
simples, dada por:
z̈ + ω20z = 0,
Lembrando que, ρDV = ρaV0, então,
ω20 =
Ag
V0
=⇒ T = 2π
√
V0
Ag
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 31
1.7.10 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,
mẍ+ kx = 0 =⇒ ẍ+ 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
1.7.11 QUESTÃO 11
y
x
0y
A �gura acima, mostra a situação da plataforma, antes do terremoto, em sua posição de equi-
líbrio, a posição horizontal. A posição achurada, y0 acima da posição horizontal era a posição
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 32
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 �cará 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
quando ω = ω0. Precisamos saber o valor de y0, neste caso, a posição em que a plataforma foi
montada originalmente, a posição inclinada na �gura. 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 movi-
mento 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 con�guração inclinada y0 acima da horizontal será igual a enrgia mecânica na posição em
que a altura éa 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 =
v2
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
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 33
1.7.12 QUESTÃO 12
A questão diz que a energia de um sistema conservativo é dada por:
E = a(q̇2 + ω2q2) = const.
sendo assim,
dE
dt
= 0
0 =
d
dt
[a(q̇2 + ω2q2)]
0 =
[
2q̇
dq̇
dt
+ ω22q
dq
dt
]
q̇q̈ + ω2qq̇ = 0
Colocando q̇ em evidência, temos:
q̇(q̈ + ω2q) = 0
q̈ + ω2q = 0
Que é a equação de um MHS, com frequência
angular ω.
1.7.13 QUESTÃO 13
A coisa mais importante aqui é saber que a velocidade do centro de massa da bolinha VCM = ωr
é, também, dada por VCM = θ̇R com referência ao ponto O. Portanto, vamos usar a energia
mecânica, uma vez que o sistema é conservativo, para alcançar a solução solicitada. A �gura
abaixo vai nos auxiliar a montar a solução.
E =
1
2
mV 2CM +
1
2
ICMω
2 +mgh
ICM =
2
5
mr2 VCM = ωr = θ̇R
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 = θ̇R
E =
7
10
mR2θ̇2 +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−
θ2
2
E =
7
10
mR2θ̇2 +mgR
θ2
2
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 34
E = mR
(
7
10
Rθ̇2 + g
θ2
2
)
dE
dt
= mR
(
7
5
Rθ̇θ̈ + gθθ̇
)
= 0
Dividindo esta equação por: mRθ̇, obtemos
7
5
Rθ̈ + gθ = 0 =⇒
θ̈ +
5g
7R
θ = 0
De�nindo, ω2 =
5g
7R
, então,
T = 2π
√
7R
5g
1.7.14 QUESTÃO 14
O período de um pêndulo simples de comprimento ` é dado por:
TP = 2π
√
`
g
Na �gura 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 = 2π
√
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 = 2π
√
IOa
Mg `
2
Tdisco = 2π
√
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 = 2π
√
`
g
= Tpendulo
Tdisco = 2π
√
3`
4g
=
√
3
4
Tpendulo
1.7.15 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−
θ2
2
logo,
E =
1
2
Ipω
2 +mgs
θ2
2
ω2 = θ̇2
E =
1
2
Ipθ̇
2 +mgs
θ2
2
Ip = ICM +ms
2
E =
1
2
(ICM +ms
2)θ̇2 +mgs
θ2
2
E =
1
2
[
1
12
m`2 +ms2
]
θ̇2 +
mgs.θ2
2
dE
dt
= m
(
1
12
`2 + s2
)
θ̇θ̈ +mgsθθ̇ = 0
mθ̇
[(
1
12
`2 + s2
)
θ̈ + gsθ
]
= 0
θ̈ +
(
gs
1
12
`2 + s2
)
θ = 0
ω2 =
gs
1
12
`2 + s2
⇒ ω =
√
g.s
1
12
`2 + s2
T =
2π
ω
= 2π
√
`2 + 12s2
12gs
T = 2π
(
`2 + 12s2
12gs
) 1
2
dT
ds
=
A(S)︷ ︸︸ ︷
2π
1
2
(
`2 + 12s2
12gs
)− 1
2 d
ds
(
`2 + 12s2
12gs
)
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 36
d
ds
(
`2 + 12s2
12gs
)
=
(`2 + 12s2)12g − 12gs24s
(12gs)2
d
ds
(
`2 + 12s2
12gs
)
=
12g`2 + 144gs2 − 288gs2
144g2s2
dT
ds
= A(S)
12g`2 − 144gs2
144g2s2
= 0 =⇒
12g`2 − 144gs2 = 0 =⇒
144g/s
2 = 12g/`
2 =⇒
s2
`2
=
1
12
=⇒
s
`
= ±
√
1
12
⇒ s
`
= ± 1
2
√
3
=
√
3
6
s =
√
3
6
`
1.7.16 QUESTÃO 16
A questão nos dá um �o 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 �gura
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 �gura 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 = θ̇
E =
1
2
Ipθ̇2 +
1
2
Ipθ̇2 + (m+m)gh
onde �m� é a massa de cada barra
E = Ipθ̇2 +
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 = Ipθ̇
2 +
mgL
√
3
4
θ2
E =
1
3
mL2θ̇2 +
mgL
√
3
4
θ2
dE
dt
=
2mL2θ̇θ̈
3
+
mgL
√
3θθ̇
2
= 0
mL2θ̇
(
2
3
θ̈ +
g
√
3
2L
θ
)
= 0
CAPÍTULO 1. O OSCILADOR HARMÔNICO 37
θ̈ +
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 =
2π
ω
= 2π
1√
3
√
3 g
4L
T = 2π
√
4L
3
√
3g
T = 4π
√
L
3
√
3g
√
3√
3
T = 4π
√√
3L
9g
T =
4π
3
√
√
3
L
g
Capítulo 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,
contendo 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,
38
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 39
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 produzi-
dos por duas ondas sonoras, que o fazem vibrar de forma harmônica simples, retratadas pelos
deslocamentos 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 �gura 2.1 a seguir.




 


P
P1
P
2
O x
y
 
 


x1x2 x




2
1
Figura 2.1: Resultante de dois vetores girantes
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 40
A �gura 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 �g. 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 a�rmar que:
A
senγ
=
A2
senβ
(2.5)
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.
2.3 Superposiçao de dois MHS com a mesma direção e
frequências diferentes
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 (2.9)
não é mais constante como no caso anterior, sendo, portanto, uma função do tempo. Para
simpli�car, vamos considerar sem perda de generalidade que ϕ1 = ϕ2 = 0, implicando em: x1(t) = A1cos(ω1t)x2(t) = A2cos(ω2t)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 41
levando o ângulo de fase entre os dois vetores para θ2 − θ1 = (ω2 − ω1)t, conforme dá para ver
na �gura abaixo.



P
P1
P
2
O x
y
 
 
t


x1x2 x



2
1


t 
t
Figura 2.2: 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, (2.10)
indicando que a amplitude do vetor
−→
OP varia entre o máximo positivo e o máximo negativo
da função cosseno, que ocorrerá quando,
(ω2 − ω1)t = 2nπ =⇒ A = A1 + A2 (2.11)
(ω2 − ω1)t = (2n+ 1)π =⇒ A = A1 − A2. (2.12)
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 que ω1T = 2n1πω2T = 2n2π =⇒ ω1ω2 = T2T1 = n1n2 com(n1, n2) inteiros.
ou seja,
n1T1 = n2T2 = T (2.13)
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.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 42
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 0 5 10 15 20
y
t
x1
x2
x
Figura 2.3: Períodos Comensuráveis
A �gura a 2.3 mostra um exemplo com A2 = 2A1 e T2 = 3T1, demonstrando que te-
mos, nesse caso, uma periodicidade com T = T2. As funções usadas nesse caso foram: x1(t) = cos(
3π
4
t)
x2(t) = 2 cos(
π
4
t)
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.
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, (2.14)
ω =
ω1 + ω2
2
(2.15)
∆ω = ω1 − ω2 (2.16)
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
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 43
com a frequência ∆ω << ω; isto vai gerar uma oscilação rápida modulada por uma oscilação
mais lenta de frequência ∆ω. A �gura abaixo 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 2.4: Modulação de frequência
Quando dois violinistas querem a�nar seus violões, eles percebem que ao se aproximarem da
a�nação, frequências próximas, aparece um batimento e quando o batimento some a a�nação
acontece.
2.4 Superposiçao de dois MHS com a mesma frequência e
direções diferentes
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 �gura 2.5.
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: (2.17)
~̈r + ω2~r = 0 onde, (2.18)
ω2 =
g
l
(2.19)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 44
x P
(x,y
)
z
y
l
y
x 
 r
Figura 2.5: Pêndulo Bi-dimensional
O vetor posição da partícula é um vetor do plano xy e dado por:
~r = xi+ yj o que leva às duas equações: (2.20)
ẍ+ ω2x = 0 e (2.21)
ÿ + ω2y = 0 cujas soluções são: (2.22)
x(t) = Acos(ωt+ ϕ1) e (2.23)
y(t) = Bcos(ωt+ ϕ2) (2.24)
Vamos, por simpli�cação, escolher, para t = 0, ϕ1 = 0 e fazer ϕ2 = ϕ, assim,
x(t) = Acos(ωt) e y(t) = Bcos(ωt+ ϕ) (2.25)
onde ϕ é a defasagem entre x e y.
Na �g. 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 �gura desenhada �cará no interior de um retângulo,
de�nido pelos limites assumidos por x e y, isto é,
−A 6 x 6 A (2.26)
−B 6 y 6 B (2.27)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 45
A prova disto é simples. A trajetória do P (x, y) que toca o plano xy é obtida a partir das eqs.
2.25. Da eq. da esquerda tiramos que,
cos(ωt) =
x
A
(2.28)
da eq. da direita e com a ajuda da trigonometria, obtemos,
y
B
= cos(ωt)cosϕ− sen(ωt)senϕ (2.29)
uma vez que,
sen(ωt) =
√
1− cos2(ωt) (2.30)
substituindo os resultados das eqs. 2.28 e 2.30 na eq. 2.29, obtemos
y
B
=
x
A
cosϕ−
√
1− ( x
A
)2senϕ (2.31)
podemos reescrever esta equação na forma,√
1− ( x
A
)2senϕ =
x
A
cosϕ− y
B
(2.32)
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 =⇒
(
x
A
)2[ sen 2ϕ+ cos2 ϕ]− 2 x
A
y
B
cosϕ+ (
y
B
)2 = sen2ϕ
ocorre que [sen2ϕ+ cos2ϕ = 1 e �camos com a equação da trajetória dada por:
(
x
A
)2 − 2 x
A
y
B
cosϕ+ (
y
B
)2 = sen2ϕ (2.33)
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 = π obtemos retas, para outros
valores de ϕ obteremos elípses. Estes resultados serão demonstrados nos grá�cos mostrados na
�gura 2.6. Podemos ver nos grá�cos que, realmente, as trajetórias �cam limitadas pelos valores
de x e y expressos nas equações 2.26 e 2.27. Nestas �guras 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 técnica geométrica para a construção dessas �guras,
muito conhecidas como �guras de Lissajous.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 46
  


B=3A=2  

Figura 2.6: Trajetorias do pêndulo bi-dimensional para varios ângulos de fase
A técnica consiste em utilizar dois vetores girantes, um para o oscilador x e o outro para
o oscilador y. Vamos demonstrar esta técnica para o caso em que osdeslocamentos são per-
pendiculares e as frequências são idênticas e vamos usar a diferença de fase ϕ =
π
4
. A técnica
consiste em colocar na circunferência de baixo colocar o movimento em x e na circunferência
da esquerda por o movimento em y. A é a amplitude do movimento no eixo x e B a amplitude
do movimento em y. No caso da �gura 2.7 foi escolhido a velocidade angular ω1 = ω2 = ω
e, também, foi escolhido um intervalo de tempo ∆t, tal que, ω∆t =
π
4
, de tal forma que em
cada circunferência os versores deslocarão de um ângulo
π
4
cada vez. No �nal ligaremos os
pontos correspondentes, [(1, 1); (2, 2); · · · ; (n, n)] formando a �gura resultante, que representa
a solução do problema. Esta demonstração está apresentada na �gura 2.7. Nesta �gura, se-
guindo 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 a trajetória descrita pelo pêndulo, quando usamos direções dife-
rentes e frequências diferentes. Para a confecção do grá�co a seguir, vamos usar ω2 = 2ω1. A
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 2.7: Técnica geométrica para construção das trajetórias
�gura 2.8 mostra como �ca a �gura de Lissajous para esta condição. A e B são as amplitu-
des dos movimentos em x e y respectivamente. O próximo estudo será dedicado às oscilações
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 2.8: Direções e frequências diferentes
acopladas em que serão usados várias molas e várias partículas, que também chamaremos de
partes móveis.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 48
Fig. (a)

Fig. (b)
Figura 2.9: 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 �gura 2.9 mostra o esquema. A �gura
(a) apresenta o sistema desacoplado com as molas de constantes eláticas iguais a K, em seus
estados relaxados de comprimentos iguais a a0. A �gura (b) mostra o sistema acoplado, com
as molas distendidas com comprimentos iguais a e, �nalmente, a �gura (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 �g.(a) as molas estão livres em
seus estados relaxados, porém na situação representada pela �gura (b) uma força
T0 = −k(a− a0) (2.34)
vai aparecer em ambos os lados do bloco; todavia, elas são iguais e se anulam. Esta é a
con�guração do equilíbrio. Na situação representada pela �gura (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) (2.35)
FD = k(2a− z − a0) (2.36)
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 49
Figura 2.10: oscilações transversais
F = −2kz + ka0 + 2ka− ka0
F = −2k(z − a) (2.37)
tomando o valor z − a = ξ, vamos �car 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
(2.38)
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
longitudinal. 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. Portanto, é importante saber identi�car 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.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 50
A �gura 2.10 vai nos auxiliar na obtenção desta solução. 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 �gura 2.10, o bloco foi deslocado para uma posição x no eixo x, com
x� a (2.39)
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 2.37, 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 �car com,
FR = −
2kx
a
(a− a0)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 51
omo T0 = k(a− a0) obtemos
FR = −
2T0x
a
(2.40)
m
d2x
dt2
= −2T0x
a
d2x
dt2
+ ω2Tx = 0 =⇒ ω2T =
2T0
ma
cuja solução é: (2.41)
x(t) = Bcos(ωT t+ ϕ1) (2.42)
Denominamos esta de frequência transversal, isto é, ωT = ω2Transversal =
2T0
ma
.
A frequência longitudinal é dada por: ω2Longitudinal =
2k
m
multiplicando por,
a
a
�camos com ω2Longitudinal =
2ka
ma
, de tal maneira que as duas frequências podem ser escrita de
formas semelhantes para poderem ser comparadas. Elas �cam dadas por:
ω2Longitudinal =
2ka
ma
(2.43)
ω2Transversal =
2k(a− a0)
ma
(2.44)
Dessa forma, podemos comparar os valores das frequências e concluir que, a frequência longi-
tudinal 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) (2.45)
(2.46)
e a partícula terá um deslocamento no plano dado por:
uxy(t) = x(t)i+ y(t)j. (2.47)
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 assoluções são harmônicas simples e o deslocamento do oscilador é a superposição destas
soluções(os modos normais de vibração).
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 52
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 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, potanto, com dois graus de liberdade. Nos outros
dois exemplos, temos sistemas 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 con�guração
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 do pêndulo 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
harmônico simples. Todas as partes móveis oscilam com a mesma frequência 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
π
2
;
2. ξa(t) = Acos(ω1t) e ξb(t) = Bsen(ω2t), as frequências são diferente.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 53
Em vez disto, o que vai ocorrer para cada parte móvel em cada modo normal é:
MODO 1:
ξa(t) = A1cos(ω1t+ ϕ1); (2.48)
ξb(t) = B1cos(ω1t+ ϕ1) =
B1
A1
ξa(t). (2.49)
MODO 2:
ξa(t) = A2cos(ω2t+ ϕ2); (2.50)
ξb(t) = B2cos(ω2t+ ϕ2) =
B2
A2
ξa(t). (2.51)
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); (2.52)
χb(t) = B1cos(ω1t+ ϕ1) +B2cos(ω2t+ ϕ2). (2.53)
Vamos entender melhor tudo isto seguindo alguns exemplos.
EXEMPLO 1: PÊNDULO ESFÉRICO SIMPLES(já estudado antes)
x(t) = ξa(t) = A1cos(ω1t+ ϕ1); (2.54)
y(t) = ξb(t) = B2cos(ω2t+ ϕ2). (2.55)
Neste caso, as frequências são idênticas, ω1 = ω2 = ω, os dois modos são ditos serem degenera-
dos.
EXEMPLO 2: MASSA M PRESA A QUATRO MOLAS PRESAS À PAREDES ORTOGO-
NAIS.
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 54
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 �cam distendidas com comprimento a, dessa forma, uma força T01 = −k1(a− a0)
vai agir nos ramos esqerdo e direito no eixo x e uma força T02 = −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 con�guração do equilíbrio. A �gura, a seguir, a do lado esquerdo, mostra o
estado inicial. A �gura 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 F01 = F01 = −k1x. as molas verticais estão gerando
forças obliquas sobre a massa M, dada por F02 = −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 = F01 + F01 = 2F01 = −2k1x
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 55
FR = Ma = M
d2x
dt2
= −2k1x
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
, de�nindo assim a 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 �guras 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 for-
ças 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
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 56 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
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
(T01 + T02)z
d2z
dt2
+ ω23z = 0
onde a frequência do terceiro modo normal
do sistema é dado por:
ω23 =
2(T01 + T02)
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 57
2.6.4 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
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 (2.56)
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 módulocom sinais contrários, veja �gura
abaixo. Essa situação representa o segundo modo normal de vibração do sistema.
Modo 2
ψA = −ψB
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 58
Da �gura abaixo, vemos que a mola 1 está exercendo uma força −kψA para a esquerda, en-
quanto, a mola 2 está, também, exercendo, sobre a massa A, uma força para a esquerda de
valor igual a −k(2ψA). Portanto a força resultante sobre a massa A é dada por,
FR = −kψA − 2kψA
FR = −3kψA
Ma = −3kψA
a = −ω22ψA
onde ω22 =
3k
M
assim a equação para esse modo é a equação do oscilador desacoplado,
d2ψA
dt2
+ ω22ψA = 0 (2.57)
Assin sendo, conseguimos identi�car os modos normais de vibração do sistema apenas
usando a simetria, e as frequências dos modos �caram dadas por,
ω21 =
k
M
(2.58)
ω22 =
3k
M
(2.59)
O próximo caso a ser considerado é o mais geral possível, e vamos aproveitar para fazer o
desacoplamento de uma forma mais analítica. Neste caso,
ψA 6= ψB
veja �gura abaixo
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 59
Neste caso, as forças que agem sobre as massas A e B são dadas por,
FR,A = −kψA︸ ︷︷ ︸
1a mola
+ k(ψB − ψA)︸ ︷︷ ︸
2a mola
FR,B = −kψb︸ ︷︷ ︸
2a mola
− k(ψB − ψA)︸ ︷︷ ︸
3a mola
M
d2ψA
dt2
= −kψA + k(ψB − ψA) (2.60)
M
d2ψB
dt2
= −kψB − k(ψB − ψA) (2.61)
Somando a equação 2.60 com a 2.61, temos:
M
d2
dt2
(ψA + ψB) = −k(ψA + ψB)
denominando de ξ a soma de ψA + ψB obtemos,
ξ = ψA + ψB (2.62)
dessa forma a equação acima �ca dada por,
d2ξ
dt2
+ ω21ξ = 0 (2.63)
tal que,
ω21 =
k
M
que representa o primeiro modo desacoplado, o modo 1, antes obtido por outro método.
subtraindo a equação 2.60 da equação 2.61, temos:
M
d2
dt2
(ψB − ψA) = −k(ψB − ψA)− 2K(ψB − ψA)
Denominando de η, a subtração das funções acima temos,
η = ψB − ψA (2.64)
M
d2η
dt2
= −3kη (2.65)
d2η
dt2
+ ω22η = 0 (2.66)
onde,
ω22 =
3k
M
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 60
que representa o segundo modo.
As soluçoes das equações 2.63 e 2.66 são dadas por
ξ(t) = A cos(ω1t+ ϕ1) (2.67)
η(t) = B cos(ω2t+ ϕ2) (2.68)
Portanto para obter as soluções acopladas para o sistema devemos resolver o sistema de equa-
ções,
ξ = ψB + ψA (2.69)
η = ψB − ψA (2.70)
Primeiramente somando as equações 2.69 e 2.70 temos:
ξ + η = 2ψB
2ψB = A cos(ω1t+ ϕ1) +B cos(ω2t+ ϕ2)
Em seguida, diminuindo a equação 2.70 da equação 2.69 temos:
ξ − η = 2ψA
2ψA = A cos(ω1t+ ϕ1)−B cos(ω2t+ ϕ2)
que são as soluções gerais para o problema acoplado. Vimos, portanto, que é necessário
desacoplar o sistema para conhecer os modos normais de vibração e com os modos fazemos
uma superposição deles para chegar na solução geral para o problema.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 61
A questão a seguir é estudar os modos normais transversais para esse problema. Portanto,
as �guras a seguir mostram o sistema em seu estado de equilíbrio e, em seguida, em seu estado
inicial de evolução.
Modo 1 para ψA = ψB
FR = −k(l − a0) sen θ para 7→ sen θ =
ψA
l
FR = −kψA
(l − a0)
l
l2 = a2 + ψ2A
a
l2
=
1
a2 + ψ2A
a
l2
=
1
a2
(
1 +
ψ2A
l2
)
Fazendo uma expansção de Taylor ou Binômio de Newton, temos:
1
l
=
1
a
(
1− 1
2
ψ2A
l2
+
3
8
ψ4A
l4
+ . . .
)
Fazendo
1
l
∼=
1
a
FR = −kψA
(
1− a0
a
)
FR = −
ψAk
a
(a− a0)para
 T0 = k(a− a0)
FR = −
ψA
a
T0
FR = −
T0
a
ψA (A)
Ma = −T0
a
ψA
a =
d2ψA
dt2
= − T0
Ma
ψA
ω21 = −
T0
Ma
Modo 2 para ψA = −ψB
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 62
FR = F1y + F2y F1y = −
T0ψA
a
F2y =?
F2y = −k(l′ − a0) sen θ
7−→ p/ sen θ = ψA
l′
2
= 2
ψA
l′
F2y = −k(l′ − a0)2
ψA
l′
F2y = −2ψAk(1−
a0
l′
) p/ l ' a
F2y = −2ψAk(1−
a0
a
)
F2y = −
2ψA.k
a
(a−a0) p/ T0 = k0(a− a0)
F2y = −
2ψA
a
T0
F2y = −
2T0
a
ψA (B)
Resultante das Forças
FR = F1y + F2y
FR = −
T0
a
ψA −
2T0
a
ψA
FR = −M
d2
dt2
ψA = −
3T0
a
ψA
∂2ψA
∂t2
= − 3T0
M.a
ψA
ω22 = −
3T0
Ma
ψA
ψA = A cos(ω1t+ ϕ1)
ψB = B cos(ω2t+ ϕ2)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 63
2.6.5 MÉTODO DA TRANSFORMADA DE LAPLACE(£)
Nesta seção vamos introduzir um método para resolver o sistema de equações dos osciladores
acoplados. Este método se basseia nas transformadas de Laplace. Contudo, não vou me estender
muito na teoria, vamos tentar tornar o mais prático possível sua explanação.
DEFINIÇÃO BÁSICA:
Se f(t) estiver de�nida para t > 0, então a integral imprópria
∞∫
0
K(s, t)f(t)dt (2.71)
é de�nida por um limite
∞∫
0
K(s, t)f(t)dt = lim
b→∞
b∫
0
K(s, t)f(t)dt (2.72)
Se esse limite existir, dizemos que a integral existe ou é convergente; se o limite não existe,
dizemos que a integral não existe ou é divergente. O limite em questão existirá somente para
certos valores da variável s. A escolha de k(s, t) = e−st fornece uma transformada integral
especialmente importante. Dessa forma, de�nimos a Transformada de Laplace como segue:
Seja f(t) uma função de�nida para t ≥ 0. Então a integral
£{f(t)} =
∞∫
0
e−stf(t)dt (2.73)
é chamada de Transformada de Laplace de f(t), desde que a integral convirja.
Utilizaremos sempre letras minúsculas para denotar a função a ser transformada e a letra
maiúscula para denotar sua transformada de Laplace; por exemplo,
£{f(t)} = F (s) (2.74)
£{g(t)}) = G(s) (2.75)
£{y(t)} = Y (s) (2.76)
£ é uma transformada linear, isto é
£{αf(t) + βg(t)} = α£{f(t)}+ β£{g(t)} (2.77)
= αF (s) + βG(s) (2.78)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 64
Vamos a seguir mostrar alguns exemplos de transformadas de Laplace.
EXEMPLOS: £{1}, £{tn}
£{1} =
∞∫
0
e−stdt = lim
b→∞
b∫
0
e−stdt (2.79)
£{1} = lim
b→∞
−e−st
s
∣∣∣b
0
= lim
b→∞
−e−st + 1
s
=
1
s
(2.80)
£{1} = 1
s
(2.81)
£{tn} =
∞∫
0
e−sttndt (2.82)
=
1
se−st
tn
∣∣∣b
0
+
n
s
∞∫
0
e−sttn−1dt (2.83)
=
n
s
∞∫
0
e−sttn−1dt (2.84)
£{tn} = n
s
£{tn−1} (2.85)
Para calcular a £{tn}, vamos usar um processo de iteração, começando com o £{t}, ou seja
£{t} = 1
s
£{1} = 1
s
1
s
=
1!
s2
(2.86)
£{t2} = 2
s
£{t} = 2
s
1!
s2
=
2!
s3
(2.87)
£{t3} = 3
s
£{t2} = 3
s
2!
s3
=
3!
s4
(2.88)
... (2.89)
£{tn} = n!
sn+1
(2.90)
A seguir apresento algumas transformadas de algumas funções básicas.
£{eat} = 1
s− a
(2.91)
£{ sen kt} = k
s2 + k2
(2.92)
£{cos kt} = s
s2 + k2
(2.93)
£{senhkt} = k
s2 − k2
(2.94)
£{cosh kt} = s
s2 − k2
(2.95)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 65
Precisamos, também, conhecer a transformada de Laplace inversa, que também é uma trans-
formada linear. f(t) é a transformada inversa de F(s) e expressamos assim,
f(t) = £−1{F (s)} (2.96)
Alguns exemplos de transformadas inversas.
1 = £−1{1
s
} (2.97)
tn = £−1{ n!
sn+1
} n = 1, 2, 3 · · · (2.98)
eat = £−1{ 1
s− a
} (2.99)
sen kt = £−1{ k
s2 + k2
} (2.100)
cos kt = £−1{ s
s2 + k2
} (2.101)
senhkt = £−1{ k
s2 − k2
} (2.102)
cosh kt = £−1{ s
s2 − k2
} (2.103)
Vamos fechar este assunto com a transformada de derivadas. O objetivo é usar a transformada
de Laplace para resolver equações diferenciais, portanto, vamos calcular £{dy
dt
} e £{d
2y
dt2
}.
£{f ′(t)} =
∞∫
0
e−stf ′(t)dt (2.104)
= e−stf(t)
∣∣∣∞
0
+ s
∞∫
0
e−stf(t)dt (2.105)
£{f ′(t)} = sF (s)− f(0) (2.106)
Analogamente,
£{f ′′(t)} =
∞∫
0
e−stf ′′(t)dt (2.107)
= e−stf ′(t)
∣∣∣∞
0
+ s
∞∫
0
e−stf ′(t)dt (2.108)
= −f ′(0) + s£{f ′(t)} (2.109)
= s[sF (s)− f(0)]− f ′(0) (2.110)
£{f ′′(t)} = s2F (s)− sf(0)− f ′(0) (2.111)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 66
Vamos por um exemplo de aplicação da transformada de Laplace na solução de uma equação
diferencial
dy
dt
− 3y = e2t y(0) = 1 (2.112)
aplicando a trnsformada a cada membro da equação, temos
£{dy
dt
} − 3£{y} = £{e2t} (2.113)
£{dy
dt
} = sY (s)− y(0) = sY (s)− 1 (2.114)
£{e2t} = 1
s− 2
(2.115)
substituindo cada termo na equação 2.113, obtemos
sY (s)− 1− 3Y (s) = 1
s− 2
⇒ (2.116)
(s− 2)(s− 3)Y (s)− s+ 2 = 1 (2.117)
(s− 2)(s− 3)Y (s) = s− 2 + 1 (2.118)
Y (s) =
s− 1
(s− 2)(s− 3)
(2.119)
Usando frações parciais:
s− 1
(s− 2)(s− 3)
=
A
s−2
+
B
s− 3
(2.120)
s− 1 = A(s− 3) +B(s− 2) (2.121)
fazendo s=2 e s=3 na equação na equação 2.121, obtemos A = −1 e B = 2, portanto,
Y (s) =
−1
s− 2
+
2
s− 3
(2.122)
dessa forma, podemos agora obter a solução da equação diferencial 2.112, y(t), usando a trans-
formada inversa, ou seja,
y(t) = −£−1
{
1
s− 2
}
+ 2£−1
{
2
s− 3
}
(2.123)
y(t) = e−2t + 2e3t (2.124)
Vamos aplicar essa técnica na solução de sistemas de equações acopladas representando um
sistema massa mola acoplado. A �gura a seguir representa o sistema acoplado.
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 67
2.7 SISTEMA MASSA-MOLA ACOPLADO
As aplicações da segunda lei de Newton e da lei de Hook sobre a questão leva às seguintes
equações:
m1
d2x1
dt2
= −k1x1 + k2(x2 − x1) (2.125)
m2
d2x2
dt2
= −k2(x2 − x1) (2.126)
Vamos resolver este problema usando a técnica da transformada de Laplace, que é uma ferra-
menta muito útil na solução de questões envolvendo o tempo. Para aplicar a transformada de
Laplace, precisamos dá valores para as condições iniciais, como também, os valores das massas
e das constantes das molas ks. Vamos, portanto, usar os seguintes valores:
V ALORES =

m1 = 1 m2 = 1
k1 = 6 k2 = 4
x1(0) = 0 x2(0) = 0
ẋ1(0) = −1 ẋ2(0) = 1
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 68
Com estas informações, podemos aplicar as transformadas de Laplace às equações 125 e 126,
ou seja,
m1£{ẍ1} = −k1£{x1}+ k2[£{x2} −£{x1}] (2.127)
m2£{ẍ2} = −k2[£{x2} −£{x1}] (2.128)
é fácil mostrar que:
£{x} = X(s) (2.129)
£{ẋ} = sX(s)− x(0) (2.130)
£{ẍ} = s2X(s)− sx(0)− ẋ(0) (2.131)
X(s) é a transformada de x(t), sendo assim, vamos substituir os valores das equações 129 e 131
nas equações 127 e 128, isto leva à.
s2X1(s)− sx1(0)− ẋ1(0) = −
k1
m1
X1(s) +
k2
m1
[X2(s)−X1(s)] (2.132)
s2X2(s)− sx2(0)− ẋ2(0) = −
k2
m2
[X2(s)−X1(s)] (2.133)
Substituindo os valores acima mencionados, temos
(s2 + 10)X1(s)− 4X2(s)− 1 = 0 (2.134)
(s2 + 4)X2(s)− 4X1(s) + 1 = 0 (2.135)
da equação 135 vou isolar X2(s), isto é,
X2(s) =
4X1(s)− 1
s2 + 4
(2.136)
este resultado, vamos substituir na equação 134 para isolar o valor de X1(s), ou seja
(s2 + 10)X1(s)− 4
(
4X1(s)− 1
s2 + 4
)
− 1 = 0 (2.137)
(s2 + 4)(s2 + 10)X1(s)− 16X1(s) + 4− (s2 + 4) = 0 (2.138)
(s4 + 14s2 + 40− 16)X1(s) + 4− s2 − 4 = 0 (2.139)
(s4 + 14s2 + 24)X1(s) = s
2 (2.140)
(s2 + 2)(s2 + 12)X1(s) = s
2 ⇒ (2.141)
X1(s) =
s2
(s2 + 2)(s2 + 12)
(2.142)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 69
Substituindo a equação 142 na equação 136, obtemos o X2(s), ou seja,
X2(s) =
4s2
(s2+2)(s2+12)
− 1
s2 + 4
(2.143)
=
4s2 − s4 − 14s2 − 24
(s2 + 2)(s2 + 4)(s2 + 12)
(2.144)
= − s
4 + 10s2 + 24
(s2 + 2)(s2 + 4)(s2 + 12)
(2.145)
= − (s
2 + 4)(s2 + 6)
(s2 + 2)(s2 + 4)(s2 + 12)
(2.146)
X2(s) = −
s2 + 6
(s2 + 2)(s2 + 12)
(2.147)
Vamos a seguir aplicar um processo de iteração para separar as equações 142 e 147 em termos
simples, isto é, tomando a fração correspondente da equação 142, temos
s2
(s2 + 2)(s2 + 12)
=
A1
s2 + 2
+
B1
s2 + 12
=
(A1 +B1)s
2 + 12A1 + 2B1
(s2 + 2)(s2 + 12)
(2.148)
isto nos leva a concluir que
A1 +B1 = 1 (2.149)
12A1 + 2B1 = 0 ⇒ (2.150)
A1 = −
1
5
(2.151)
B1 =
6
5
(2.152)
Repetindo esse procedimento com a equação 147, obtemos para A2 e B2 associados com X2(s)os
valores.
A2 = −
2
5
(2.153)
B2 = −
3
5
(2.154)
Dessa forma, chegamos aos seguintes resultados para X1(s) e X2(s)
X1(s) =
−1
5
s2 + 2
+
6
5
s2 + 12
(2.155)
X2(s) =
−2
5
s2 + 2
+
−3
5
s2 + 12
(2.156)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 70
Nesse estágio do cálculo podemos aplicar a transformada inversa de Laplace para obter as
soluções x1(t) e x2(t), isto é,
x1(t) = £
−1{X1(s)} = −
1
5
£−1{ 1
s2 + 2
}+ 6
5
£−1{ 1
s2 + 12
} (2.157)
x2(t) = £
−1{X2(s)} = −
2
5
£−1{ 1
s2 + 2
} − 3
5
£−1{ 1
s2 + 12
} (2.158)
é fácil mostrar que:
£−1{ k
s2 + k2
} = sen (kt) ⇒ (2.159)
£−1{ 1
s2 + k2
} = 1
k
sen (kt) (2.160)
Portanto, obtemos para x1(t) e x2(t) os seguintes resultados
x1(t) = −
√
2
10
sen (
√
2t)−
√
3
5
sen (2
√
3t) (2.161)
x2(t) = −
√
2
5
sen (
√
2t)−
√
3
10
sen (2
√
3t) (2.162)
Identi�camos facilmente com estas soluções os dois modos normais de vibração do sistema; eles
têm frequências
ω1 =
√
2 (2.163)
ω2 = 2
√
3 (2.164)
de tal forma que, as soluções para os modos normais sejam
q1(t) = A sen (ω1t) (2.165)
q2(t) = B sen (ω2t) (2.166)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 71
2.7.1 QUESTOES DO CAPÍTULO 2
Vamos iniciar esta seção com a resolução de problemas ligados ao tema.
QUESTÃO 1.(Q. 18; V. 3, Moyses)
Com um bloco de massa m e duas molas, de
constantes elásticas k1 e k2, montam-se os dois
arranjos indicados na �gura ao lado (a) e (b).
Calcule as respectivas frequências angulares ωa
e ωb de pequenas oscilações verticais em torno
do equilíbrio.
QUESTÃO 2.(Q. 19; V. 3, Moyses)
O pêndulo da �gura ao lado, formado par uma
barra de massa desprezível e comprimento `
com uma massa m suspensa, está ligado em seu
ponto médio a ama mola horizontal de massa
desprezível e constante elástica k, com a ou-
tra extremidade �xa e relaxada quando o pên-
dul o está em equilíbrio na vertical. Calcule
a frequência angular ω de pequenas oscilações
no plano vertical
QUESTÃO 3.(Q. 24; V. 3, Moyses)
Ache o movimento resultante de dois movimentos harmônicossimples na mesma direção, dados
por: x1 = cos(ωt−
π
6
), x2 = sen (ωt). Represente gra�camente os respectivos vetores girantes.
QUESTÃO 4.(Q. 25; V. 3, Moyses)
Trace as �guras de Lissajous correspondentes à composição dos seguintes movimentos harmô-
nicos simples em direções perpendiculares: (a) x = A cos(ωt) y = A sen (ωt)(b) x = A sen (ωt) y = A cos(ωt)
CAPÍTULO 2. OSCILAÇÕES COM MAIS DE UM GRAU DE LIBERDADE 72
QUESTÃO 5.(Q. 14; V. 4, Moyses)
Duas partículas de mesma massa m, igual a
250 g(Figura ao lado), estão suspensas do
teto por barras idênticas, de 0,5 m de com-
primento e massa desprezível, e estão ligadas
uma á outra por uma mola de constante elás-
tica k = 25N/m. No instante t = 0 , a par-
tícula 2 recebe um impulso que lhe transmite
uma velocidade de 10 cm/s. Determine os des-
locamentos x1(t) e x2(t) das duas partículas
das respectivas posições de equilíbrio(em cm)
para, t > 0.
QUESTÃO 6.(Q. 15; V. 4, Moyses)
Duas partículas de mesma massa M(Figura ao
lado)deslocam-se com atrito desprezível sobre
uma superfície horizontal, presas por molas de
constante elásticas e paredes verticais e liga-
das uma à outra por uma mola de constante
elástica K. Inicialmente,com as partículas em
repouso na posição de equilíbrio, comunica-se
uma velocidade v à partícula 2 através de um
impulso. Ache os deslocamentos x1(t) e x2(t)
das duas partículas das respectivas posições de
equilíbrio, para, t > 0.
QUESTÃO 7.(Q. 17; V. 4, Moyses)
QUESTÃO 8.(Q. 18; V. 4, Moyses)
Capítulo 3
OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E
FORÇADAS
3.1 Introdução
As oscilações harmonicas simples ocorrem em sistemas que não estão sujeitos a forças dissipa-
tivas, contudo, na natureza próxima a nós, é, praticamente, impossível encontrar tal situação;
podemos até criar uma situação arti�cial, que permita retirar o atrito com um pêndulo, pro-
duzindo um vácuo muito poderoso; entretanto mais distate de nós, no espaço entre as estrelas,
temos regiões onde o vazio é permanente, contudo, estão longe demais para ser usdas em nossas
experiências diárias. Dessa forma, temos certeza que não existe o oscilador harmônico simples
e todos os osciladores são amortecidos e é este assunto que vamos estudar a seguir. Nos osci-
ladores, a dissipação se dá através da força de atrito, força de contato de um bloco com uma
superfície, ou de viscosidade de um �úido, que interage com um bloco. A força de viscosidade
produzida por um �úido, como o ar, pode-se pensar, ser diretamente proporcional à velocidade
do objeto sob ação do ar, de tal forma que, podemos escrever a reação dissipativacomo sendo
fv = −bv.
O que vemos na �gura a seguir é um bloco de massa m presa por uma mola ao teto e submersa
num �uido viscoso; qualquer tentativa de fazer o bloco se mover, vai provocar a ação das forças
elástica da mola e viscosa do �uido.
73
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 74
3.2 Oscilações Amortecidas
A força elástica da mola, já sabemos, é diretamente proporcional ao deslocamento da partícula e
contrária à ele, fk = −kx, a força viscosa, é diretamente proporcional a velocidade da partícula
e contrária a ela, fv = −bv; dessa forma, a equação do movimento da particula será descrita
por:
FR = −kx− bv = ma (3.1)
onde k é a constante elástica da mola e b é
a constante de amortecimento do �uido. A
aceleração do bloco, em sua representação di-
ferencial, é dada por,
a =
d2x
dt2
= ẍ, o que leva a equação para:
mẍ = −kx− bv (3.2)
v = ẋ
mẍ+ bẋ+ kx = 0 dividindo a equação por
m, obtemos,
ẍ+ ρẋ+ ω20x = 0, (3.3)
onde, ρ e ω0 �cam de�nidas como sendo,
ρ =
b
m
e, ω20 =
k
m
vamos tembém de�nir,
2γ = ρ (3.4)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 75
de tal forma que a equação �ca melhor de�nida
assim.
ẍ+ 2γẋ+ ω20x = 0 (3.5)
Esta é uma equação real que exige uma solu-
ção real e, tal que, a solução seja diretamente
proporcional a sua derivada primeira e a sua
derivada segunda. Esta solução com certeza é
uma função exponencial. Porém antes de con-
tinuar na busca por esta solução, vamos para
o plano complexo e apelar para uma solução
mais geral, não esquecendo que as partes reais
e imaginária da solução complexa são soluções
para o nosso problema real. Mudando a equa-
ção para o plano complexo, temos;
z̈ + 2γż + ω20z = 0 (3.6)
vamos sugerir que z = ept é a solução desta
equação, assim,
ż = pept e z̈ = p2ept
substituindo na equação do movimento, vamos
obter,
(p2 + 2γp+ ω20)e
pt = 0
fazendo com que obtenhamos a equação conhe-
cida como, equação característica do problema.
p2 + 2γp+ ω20 = 0 (3.7)
As soluções desta equação são dadas por:
p1 = −γ +
√
γ2 − ω20 (3.8)
p2 = −γ −
√
γ2 − ω20 (3.9)
Se γ < ω0 temos, o que denominamos de amor-
tecimento subcrítico; o termo sob a raiz qua-
drada �ca negativo, gerando um número com-
plexo; vamos de�nir ω como,
ω =
√
ω20 − γ2 (3.10)
Assim, as raizes da equação caracterísitica �-
cam dadas por:
p1 = −γ + iω (3.11)
p2 = −γ − iω (3.12)
A solução �nal exige a presença de duas cons-
tantes e �cará dada por,
z(t) = e−γt(aeiωt + be−iωt)
Mudando as constantes a e b para A e ϕ de
tal forma que,
a =
A
2
eiϕ e
b =
A
2
e−iϕ
teremos como solução de�nitiva,
z(t) = Ae−γt
[ei(ωt+ϕ) + e−i(ωt+ϕ)]
2
fazendo A uma constante real, obtemos,
x(t) = Ae−γtcos(ωt+ ϕ) (3.13)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 76
O gra�co dessa função retrata muito bem o que acontece com o movimento da partícula no
estado subcrítico. A �gura a seguir mostra os detalhes, para a confecção deste grá�co �zemos
ϕ = 0 e A = 1. É fácil ver que as oscilações não são mais periódicas, mas vamos continuar
denominando o intervalo de tempo τ = 2π/ω de período.
3.3 Energia e Potência do Oscilador
A energia mecânica do oscilador é uma função do tempo e é dada pela soma das suas energias
cinética e potencial, ou seja,
E(t) =
1
2
kx2(t) +
1
2
mẋ2(t) (3.14)
em virtude da presença do amortecimento, a energia mecânica do oscilador não é mais con-
servada, uma vez que, o amortecimento funciona como um dissipador de energia, convertendo
energia de movimento em outras formas de energia, como por exemplo, calor. A taxa com que
a energia é dissipada é calculada como segue.

dE
dt
= kxẋ+mẋẍ
dE
dt
= ẋ(mẍ+ kx)
da equação do movimento concluimos que,
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 77
mẍ+ kx = −bẋ
usando a de�nição do ρ, vamos reescrever esta equação.
ρ =
b
m
⇒ b = mρ
mẍ+ kx = −mρẋ
Dessa forma, a potência dissipada no amortecimento �ca dada por:
PD(t) =
dE
dt
= −mρẋ2 (3.15)
ela é igual ao produto da força de resistência −ρẋ pela velocidade ẋ. PD(t) é sempre negativa
e acompanha as oscilações da velocidade ao quadrado ẋ2. Para questões práticas interessa
conhecer a potência média dissipada e para calcular devemos substituir os valores de x(t) e
v(t) na expressão para a energia e calcular a energia média instantânea para um período de
oscilação.
O deslocamento e a velocidade do bloco são dados por:
x(t) = Ae−γtcos(ωt+ ϕ) (3.16)
v(t) = ẋ(t) = Ae−γt[−γcos(ωt+ ϕ)− ω sen (ωt+ ϕ)] (3.17)
Portanto, a energia do oscilador E =
1
2
kx2(t) +
1
2
mẋ2(t), �cará dada por,
E(t) =
1
2
kA2e−2γtcos2(ωt+ ϕ) +
1
2
mA2e−2γt[γ2cos2(ωt+ ϕ) + 2γωcos(ωt+ ϕ) sen (ωt+ ϕ) +
ω2 sen 2(ωt+ ϕ)]
como k = mω20 e ρ = 2γ, substituindo na equação, obtemos.
E(t) =
1
2
mA2e−ρt
[
(ω20 + γ
2)cos2(ωt+ ϕ) + 2γωcos(ωt+ ϕ) sen (ωt+ ϕ) + ω2 sen 2(ωt+ ϕ)
]
(3.18)
A nossa pretenssão maior é calcular o valor médio da energia num período τ , portanto,
vamos assumir um amortecimento fraco, isto é, γ << ω0, de tal forma que o termo e−ρt varie
muito pouco durante um ou mais períodos de oscilação. O valor médio da energia é de�nido por,
E(t) =
1
τ
t+τ∫
t
E(t′) dt′ (3.19)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 78
Substituindo E(t′) na equação e usando a suposição que o termo e−ρt
′
varia pouco num ci-
clo, vamos assumir que e−ρt
′ ∼= e−ρt, dessa forma, usando a fórmula trigonométrica sen 2θ =
2 sen θcosθ, �camos com,
E(t) =
1
2
mA2e−ρt ·(ω20 + γ2)
τ
t+τ∫
t
cos2(ωt′ + ϕ) dt′ +
γω
τ
t+τ∫
t
sen 2(ωt′ + ϕ) dt′ +
ω2
τ
t+τ∫
t
sen 2(ωt+ ϕ) dt′

As integrais que aparecem nessa equação são facilmente resolvidas e �cam dadas por,
1
τ
t+τ∫
t
cos2(ωt′ + ϕ) dt′ =
1
2
, foi usado cos2θ =
1
2
[1 + cos(2θ)]
1
τ
t+τ∫
t
sen 2(ωt′ + ϕ) dt′ = 0 função impar num intervalo
1
τ
t+τ∫
t
sen 2(ωt+ ϕ) dt′ =
1
2
foi usado sen 2θ =
1
2
[1− cos(2θ)]
substituindo esses valores na equação acima, obtemos
E(t) =
1
2
mA2e−ρt[
(ω20 + γ
2)
2
+
ω2
2
]
ocorre que ω2 = ω20 − γ2, que substituido na equação acima dá.
E(t) =
1
2
mω20A
2e−ρt, denominando,E(0) =
1
2
mω20A
2, obtemos,
E(t) = E(0)e−ρt (3.20)
Vê-se, portanto, que para amortecimento fraco, γ << ω0 a energia média do oscilador decai
exponencialmente com o tempo. A grandeza τd =
1
ρ
é de�nida como o tempo de decaimento;
aquele para o qua, a energia do oscilador cai a
1
e
= 0, 368 do seu valor inicial. A taxa de
decaimento da energia é calculada por:
dE(t)
dt
= −ρE(t) de tal modo que
ρ representa o decaimento relativo da energia média por unidade de tempo, ou seja.
ρ = − 1
E
dE
dt
(3.21)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 79
3.4 Amortecimento Supercrítico
O amortecimento super crítico ocorre quando fazemos,
γ > ω0 (3.22)
Neste caso, as soluções da equação característica não são mais complexas e �cam dadas por:
p1 = −γ +
√
γ2 − ω20 (3.23)
p2 = −γ −
√
γ2 − ω20 (3.24)
de�nindo β =
√
γ2 − ω20 e lembrando que β é real, a solução �ca dada por
x(t) = e−γt
(
aeβt + be−βt
)
(3.25)
3.5 Amortecimento crítico
O amortecimento crítico acontece quando fazemos,
γ = ω0 (3.26)
Neste caso, a solução crítica será obtida pelo limite da solução supercrítica quando o parâmetro
β, recende�nido, tende a zero; entretanto, antes de obter esta solução, vamos de�nir:
a =
1
2β
e b =
−1
2β
Dessa forma, a solução �ca dada por,
x(t) = e−γt
(
eβt − e−βt
2β
)
(3.27)
xc(t) = e
−γt lim
β→0
(
eβt − e−βt
2β
)
o limite da equação é a derivada da função exponencial, isto é,
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 80
lim
β→0
(
eβt − e−βt
2β
)
=
[
deβt
dβ
]
= t
Este resultado leva a solução para,
xc(t) = (a+ bt)e
−γt (3.28)
onde, a e b são as constantes a serem determinadas pelas condições iniciais do problema. A
�gura abaixo mostra o comportamento da solução crítica.
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 81
3.6 Oscilações Forçadas e Ressonancia
No último estudo vimos o oscilador harmônico amortecido e justi�camos o amortecimento
colocando o bloco de massam no interior de um �úido, pois sabemos, que a realidade é outra,
qualquer oscilador que vemos na natureza é amortecido. Quando nos deitamos numa rede só
conseguiremos manter o balanço se utilizarmos o corpo para reforçar o balanço, isto apredemos
desde de criança e fazemos por observação do que é feito por nossos pais, mas não entendemos
porque, nem mesmo a maioria dos pais que fazem isto, também não sabem explicar o porque.
A questão é: para obtermos oscilações livres precisamos fazer um vácuo ou viajar para o espaço
sideral e usar o espaço entre as estrelas. Todavia, se estivermos no interior de um material
podemos falar que as vibrações dos átomos em seus sítios seriam vibrações harmônicas simples,
contudo, o estudo dessas vibrações é um assunto da Mecânica Quantica e, portanto, um pouco
mais so�sticado. Portanto, para manter as vibrações num sistema amortecido, usamos um
forçante para injetar energia no sistema. Neste caso, dizemos que o sistema está sendo forçado.
Se a quantidade de energia que entra no sistema for maior do que a quantidade dissipada, a
anergia do sistema aumenta com o tempo e a amplitude das oscilações aumenta também. Se a
taxa de injeção de energia for igual a taxa de dissipação, a amplitude �ca constante no tempo.
Um exemplo muito interessante dessa situação é o de ondas eletromagnéticas que interagem com
uma antena de rádio ou televisão, produzindo oscilações elétricas forçadas. Vamos, a seguir,
trabalhar com um oscilador harmônico simples sujeito à um forçante F. A �gura abaixo retrata
esta situação. Esperamos que a matemática mostre que as oscilações deste sistema cresçam
com o tempo, pois não existe um dissipador de energia. As forças que agem no sistema são a
força elástica da mola, −kx e a fôrça ~F , uma força oscilante que injeta energia às oscilações
livres do oscilador. A equação que rege este movimento é dada por:
FR = ma = mẍ = −kx+ F (t) (3.29)
Vamos considerar que a força devido ao forçante seja uma força oscilante e, portanto, dada
por,
F (t) = F0 cosωt (3.30)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 82
Assim a equação do movimento é dada por:
mẍ+ kx = F0 cosωt (3.31)
dividindo por m e usando a de�niçao da frequência natural do oscilador, ω20 =
k
m
, obtemos.
ẍ+ ω20x =
F0
m
cos(ωt) (3.32)
Esta equação diferencial é ligeiramente diferente da equação diferencial do oscilador harmô-
nico simples; aqui aparece um termo do lado direito do sinal do igual; chamamos esta equação
diferencial de segunda orden de inomogênea. O princípio da superposição não funciona nesse
caso, mas podemos apelar para uma superposição para equações inomogêneas. A nossa equação
acima tem o termo do lado esquerdo que igualado a zero, denominamos equação homogênea,
enquanto a equação completa, denominamos de equação inomogênea. Um teorema matemá-
tico garante que a solução completa desta equação é dada pela superposição de uma solução
da equação homogênea com uma solução particular da solução inomogênea. Portanto, como
já conhemos a solução da equação homogênea, só precisamos obter uma solução da equação
inomogênea. Abaixo representamos as eqações homogênea e inomogênea. ẍ+ ω
2
0x = 0, equação homogênea(EH),
ẍ+ ω20x =
F0
m
cos(ωt), equação inomogênea(EI).
(3.33)
Portanto, a solução pode ser expressa assim,
x(t) = xH(t) + xPI(t) (3.34)
xH é a solução da equação homogênea e xPI é a solução particular da equação inomogênea. Para
obter uma solução particular da equação inomogênea, vamos apelar para os números complexos,
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 83
reescrevendo a equação no plano complexo, e vamos obter a solução real como sendo a parte
real ou a parte imaginária da solução �nal.
z̈ + ω20z =
F0
m
eiωt (3.35)
vamos, portanto, sugerir uma solução do tipo,
z(t) = z0e
iωt (3.36)
ż = iωz0e
iωt (3.37)
z̈ = −ω2z0eiωt (3.38)
substituindo na equação 3.35, dá,
(−ω2 + ω20)z0eiωt =
F0
m
eiωt (3.39)
o que nos leva a obter z0.
z0 =
F0
m
ω20 − ω2
(3.40)
substituindo z0 na equação 3.35 e acrescentando uma constante de fase ϕ, por necessidade
exigida pelas condiçoes iniciais, a solução particular �ca dada por,
z(t) =
F0
m
ω20 − ω2
ei(ωt+ϕ) (3.41)
Podemos escrever essa equação de outra forma,
z(t) =
F0
m
ω20 − ω2
[cos(ωt+ ϕ) + i sen (ωt+ ϕ)] (3.42)
e agora podemos escolher a solução real, que pode ser tanto a parte real ou a imaginária. Vamos
escolher a parte real.
x(t) =
F0
m
ω20 − ω2
cos(ωt+ ϕ) (3.43)
Esta solução particular, também conhecida como solução estacionária, corresponde a uma os-
cilaçao com a mesma frequência que a força externa. Vamos escrever a equação, fazendo
A =
F0
m
ω20 − ω2
para dá,
x(t) = Acos(ωt+ ϕ) (3.44)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 84
3.6.1 Limite de baixas frequências: ω � ω0
Vamos a seguir calcular a derivada segunda associada a equação 3.43; ela é dada por,
ẍ = −ω2Acos(ωt+ ϕ) ou seja,
ẍ = −ω2x (3.45)
Vamos também lembrar da aceleração associada ao movimento do oscilador livre de forçante,
ou seja,
ẍ = −ω20x (3.46)
Portanto, se considerarmos que o forçante possui uma frequência baixa comparada à frequência
natural do oscilador, isto é, ω � ω0 a aceleração associada ao forçante é muito menor que
àquela associada à força restauradora, o que nos leva a reescrever a equação 3.32,
ẍ+ ω20x =
F0
m
cos(ωt) substituindo, ẍ por −ω2x, obtemos
−ω2x+ ω20x ≈
F0
m
cos(ωt) (3.47)
partindo do princípio que para o regime de baixas frequências, isto é, ω � ω0, o primeiro termo
desta equação é desprezível comparado ao segundo membro, �camos com a equação,
ω20x ≈
F0
m
cos(ωt) (3.48)
que leva a solução para,
x(t) ≈ F0
mω20
cos(ωt), ω � ω0 (3.49)
Neste caso o deslocamento está em fase com a força externa(ϕ = 0) e o movimento é dominado
pela força restauradora. A situação �ca invertida no limite de altas frequências, quando, ω0 � ω
3.6.2 Limite de altas frequências: ω0 � ω
Neste caso, o termo ω20x é desprezado em comparação ao termo ω
2x na equação 3.47, de tal
forma que obtemos,
x(t) ≈ − F0
mω2
cos(ωt), ω0 � ω (3.50)
Este resultado mostra que o deslocamento está em oposição de fase à força externa(ϕ = π)
e o movimento é totalmente dominado pela inércia do sistema. A inércia do oscilador não o
permite acompanhar oscilações muito rápidas da força externa.
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 85
3.6.3 Ressonância ω −→ ω0
Vamos lembrar que a amplitude das oscilações é uma função da frequência do forçante, ou seja,
A(ω) =
F0
m
ω20 − ω2
(3.51)
Uma análise desta expresão, dá para ver que quando ω −→ ω0 a amplitude tende para o in�nito,
isto é,
lim
ω→ω0
A(ω) −→∞ (3.52)
Este crescimento da amplitude quando ω −→ ω0 é denominado de fenômeno da ressonância.
3.6.4 Efeito das condições iniciais
Já comentamos antes que a solução geral deste problema era a soma da solução da equação
homogênea com uma solução particular da equação inomogênea, ou seja,
xH(t) = Bcos(ω0t+ ϕ)
xPI(t) =
F0
m
ω20 − ω2
cosωt
(3.53)
Dessa forma, a solução geral �cará dada por,
x(t) = xH(t) + xPI(t) = Bcos(ω0t+ ϕ) +
F0
m
ω20 − ω2
cosωt (3.54)
Para uma aplicação eventual das condições iniciais com o intuito de determinar os valores das
constantes B e ϕ, faz-se necessário calcular a velocidade da partícula, ou seja,
ẋ(t) = −ω0B sen (ω0t+ ϕ)−
ωF0
m
ω20 − ω2
senωt (3.55)
onde as constantes B e ϕ são obtidas a partir da aplicação das condições iniciais do problema.
Para uma aplicação prática, vamos considerar como condição inicial, que a partícula está na
posicão x0 = 0 no instante t = 0 e em repouso, com velocidade igual a zero, ou seja,
x(0) = 0 e v(0) = ẋ(0) = 0 (3.56)
Assim, obtemos,
Bcosϕ+
F0
m
ω20 − ω2
= 0 (3.57)
ω0B senϕ = 0 (3.58)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 86
da equação 3.58 concluimos que ϕ = 0 e, substituindo esse resultado na equação 3.57, obtemos,
B = −
F0
m
ω20 − ω2
(3.59)
Substituindo estes dois resultados na equação 3.54, �camos com,
x(t) =
F0
m
ω20 − ω2
[cosωt− cosω0t] (3.60)
Uma vez que, ω20− ω2 = (ω0 − ω)(ω0 + ω) a eq. 3.60 �ca dada por,
x(t) = −
F0
m
ω0 + ω
[
cosωt− cosω0t
ω − ω0
]
(3.61)
No limite da ressonância, quando ω −→ ω0 a equação 3.61 �cará dada por:
x(t) = − lim
ω→ω0
F0
m
ω0 + ω
[
cosωt− cosω0t
ω − ω0
]
(3.62)
x(t) = − lim
ω→ω0
F0
m
ω0 + ω
lim
ω→ω0
[
cosωt− cosω0t
ω − ω0
]
= − F0
2mω0
[
d
dω
cos(ωt)
]
(3.63)
x(t) =
F0
2mω0
t sen (ω0t) (3.64)
A �gura a seguir mostra como �ca o grá�co da função x(t) representada pela equação 3.64.
Podemos ver que o efeito da ressonância produz um crescimento linear na amplitude de oscilação
a partir das condições iniciais dadas.
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 87
3.7 Oscilações Forçadas Amortecidas
Conforme a �gura acima mostra, temos agora uma situação parecida com o assunto estudado
na seção anterior, porém, foi introduzido uma força oscilante sobre um oscilador amortecido,
lembrando que a equação do oscilador amortecido foi descrito pela equação abaixo discriminada
com sua respectiva solução.
mẍ+ bẋ+ kx = 0 −→ x(t) = Ae−γt cos(ωt+ ϕ) (3.65)
Com a introdução da força oscilante externa F (t) a nova equação que descreve a situação é,
mẍ+ bẋ+ kx = f(t) = F0 cosωt (3.66)
dividindo por m, obtemos, ẍ+
b
m
ẋ+
k
m
x =
F0
m
cos(ωt)
De�nindo,
b
m
= ρ = 2γ
k
m
= ω20 (3.67)
vamos obter a equação de�nitiva,
ẍ+ 2γẋ+ ω20x =
F0
m
cos(ωt) (3.68)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 88
cuja solução é obtida usando o princípio da superposição para equações inomogêneas, que as-
sume como solução completa da questão sendo a soma da solução da equação homogênea com
uma solução particular da equação inomogênea, ver eq. 3.34,
xc(t) = xH(t) + xPI(t)
Seguindo o que já foi feito na seção anterior, para obter uma solução particular da equação
inomogênea, vamos apelar para os números complexos, reescrevendo a equação no plano com-
plexo, e vamos obter a solução real como sendo a parte real ou a parte imaginária da solução
�nal.
z̈ + 2γż + ω20z =
F0
m
eiωt (3.69)
Escolhendo a solução do tipo,
z(t) = z0e
iωt (3.70)
fazendo as derivadas primeira e segunda,
ż = iωz0e
iωt (3.71)
z̈ = −ω2z0eiωt (3.72)
e substituindo na equação 3.69, dá o resultado.
(−ω2 + i2γω + ω20)z0eiωt =
F0
m
eiωt (3.73)
Dai concluimos que z0 é um número complexo e dado por,
z0 =
F0
m
ω20 − ω2 + i2γω
(3.74)
Vemos que z0 é a dado pela divisão de um número real
F0
m
por um número complexo ω20−ω2+iγω
e a divisão de números complexos é fácil de ser tratada, basta escrever,
z(t) =
F0
m
ω20 − ω2 + i2γω
eiωt (3.75)
Multiplicando e dividindo o lado direito desta equação porω20 − ω2 − i2γω, obtemos,
z(t) =
F0
m
(ω20 − ω2 − i2γω)eiωt
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
(3.76)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 89
O termo que aparece no numerador da equação 3.76 pode ser escrito num outro formato para
dá,
(ω20 − ω2 − i2γω)eiωt = (ω20 − ω2 − i2γω)(cosωt+ i senωt) (3.77)
que pode ser manipulado para,
(ω20−ω2−i2γω)(cosωt+i senωt) = [(ω20−ω2) cosωt+2γ senωt]+i[(ω20−ω2) senωt−2γω cosωt]
O termo do denominador da mesma equação, (ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2 pode ser decomposto assim.
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2 =
(√
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
)2
de tal forma que,
z(t) =
F0
m√
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
[
[(ω20 − ω2) cosωt+ 2γω senωt] + i[(ω20 − ω2) senωt− 2γω cosωt]√
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
]
De�nindo:
senϕ =
ω20 − ω2√
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
(3.78)
cosϕ =
2γω√
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
(3.79)
tal que,
tanϕ =
ω20 − ω2
2γω
(3.80)
Substituindo as eqs. 3.79 e 3.80 na equação para z(t), logo acima, �camos com o resultado,
z(t) =
F0
m
[
senϕ cosωt+ cosϕ senωt− i(cosϕ cosωt− senϕ senωt)
]
√
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
(3.81)
Dessa forma, podemos escrever a solução particular complexa como sendo,
z(t) =
F0
m
[
sen (ωt+ ϕ)− i cos(ωt+ ϕ)
]
√
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
(3.82)
onde, a solução real pode ser escolhida como sendo ou a parte real de z ou a parte imaginária.
Sem perda de generalidade, vamos escolher a parte imaginária, isto é,
xP (t) = A(ω) sen (ωt+ ϕ(ω)) (3.83)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 90
onde,
A(ω) =
F0
m√
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
ϕ(ω) = tan−1
(
ω20 − ω2
2γω
) (3.84)
No limite de γ −→ 0 recuperamos o que foi estudado na seção anterior e os grá�cos são aqueles
retratados lá para A(ω) e ϕ. Todavia, para um amortecimento fraco, γ � ω0, vamos veri�car
que a amplitude assume um máximo quando ω = ω0 e a fase varia rapidamente. Vamos,
portanto, fazer uma análise desse caso, isto é, vamos considerar ω muito próximo de ω0, de tal
forma que,
|ω − ω0| � ω0 ⇔ ω ' ω0 (3.85)
ω20 − ω2 = (ω0 + ω)(ω0 − ω) (3.86)
como ω ' ω0 → ω0 + ω ' 2ω0 (3.87)
que leva para ω20 − ω2 ' 2ω0(ω0 − ω) (3.88)
Portanto, a equação 3.79 para a amplitude A(ω) �ca dada por,
A(ω) =
F0/m√
4ω20(ω0 − ω)2 + 4γ2ω20
(3.89)
A(ω) =
F0
2mω0√
(ω0 − ω)2 + γ2
(3.90)
Por ser melhor fazer um grá�co de A2(ω), vamos elevar A(ω) ao quadrado e o resultado é,
A2(ω) =
F 20 /m
2
4ω20 [(ω0 − ω)2 + γ2]
(3.91)
que, �nalmente escrevemos assim,
A2(ω) =
(
F0
2mω0
)2
(ω0 − ω)2 + γ2
(3.92)
usando a aproximação 3.84 e substituindo na fase ϕ, obtemos,
ϕ(ω) = tan−1
(
2(ω0 − ω)
2γ
)
(3.93)
ϕ(ω) = tan−1
(
ω0 − ω
γ
)
(3.94)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 91
Amáx = A(ω0) =
F0
2γmω0
(3.95)
A equação 3.79 descreve o comportamento da amplitude com ω para qualquer situação, vamos
utilizá-la para construir um grá�co mais completo. Repetindo a equação 3.79, temos,
A(ω) =
F0
m√
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
(3.96)
usando a equação acima calculamos o A(0)
A(0) =
F0
mω20
(3.97)
Vamos de�nir o fator de ampli�cação produzido pela ressonância, que �cará dado por:
A(ω0)
A(0)
=
ω0
2γ
= Q (3.98)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 92
Para ω � ω0, o fator de ampli�cação produzido pela ressonância em relação à amplitude é
exatamente igual ao fator Q do oscilador. Vamos usar a equação 3.91 para organizar em termos
de um parâmetro adimensional com o intuito de obter �guras mais completas que venham
representar melhor o oscilador harmônico amortecido e forçado.
A(ω) =
F0
m√
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2
(3.99)
A(ω) =
F0
m√
ω40(1− ω
2
ω20
)2 + 4γ2ω2
(3.100)
A(ω) =
F0
mω20√
(1− ω2
ω20
)2 + 4γ
2ω2
ω40
(3.101)
A(ω) =
A(0)√
(1− ω2
ω20
)2 + 4γ
2ω2
ω40
(3.102)
De�nindo, α =
ω
ω0
, e lembrando que
4γ2
ω20
=
1
Q2
, obtemos.
A(α)
A(0)
=
1√
(1− α2)2 + α2
Q2
(3.103)
cujo grá�co depende do parâmetro Q. A �gura abaixo mostra as curvas para alguns valores de Q.
A fase, também �ca dada em função de Q,
ϕ(α) = tan−1
(
1− α2
α/Q
)
(3.104)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 93
e a �gura a seguir mostra algumas curvas para valores diferentes de Q.
3.8 POTÊNCIA DISSIPADA
O oscilador harmônio amortecido e forçado, estudado na seção anterior, descreve um movimento
oscilatório no seu estado estacionário, veja a equação 3.83. O cálculo da potência fornecida pelo
forçante ao oscilador, passa pelo cálculo da velocidade, que é obtida atravéz da derivada da
posição da partícula descrita pela eq. 3.83, ou seja,
ẋ(t) = ωA(ω) cos(ωt+ ϕ(ω)) (3.105)
Uma vez que a potência é de�nida como,
P (t) = ẋ(t)F (t) = ωA(ω) cos(ωt+ ϕ(ω))F0 cos(ωt)(3.106)
P (t) = ωA(ω)F0[cosωt cos(ωt) (3.107)
cos(ϕ(ω))− sen (ϕ(ω)) sen (ωt) cosωt] (3.108)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 94
vê-se que a potência varia com o tempo, porém o que nos interessa é a potência média num
ciclo, que é calculada como,
P =
1
τ
t+τ∫
t
P (t′) dt′ onde, (3.109)
P (t′) = ωA(ω)F0[cos
2(ωt′) cos(ϕ(ω)) + sen (ϕ(ω))
sen (2ωt′)
2
], e (3.110)
τ =
2π
ω
(3.111)
Portanto,
P = ωA(ω)F0
[
cos(ϕ(ω))
ω
2π
2π
ω∫
0
cos2(ωt′) dt′ − sen (ϕ(ω)) ω
2π
2π
ω∫
0
sen (2ωt′)
2
dt′
]
(3.112)
Anteriormente, provamos que,
ω
2π
2π
ω∫
0
cos2(ωt′) dt′ =
1
2
ω
2π
2π
ω∫
0
sen (2ωt′)
2
dt′ = 0
(3.113)
Substituindo na equação 3.112, obtemos,
P =
ωA(ω)F0 cos(ϕ(ω))
2
(3.114)
substituindo os valores de cos(ϕ(ω)) e A(ω) de�nidos nas equações 3.79 e 3.84 respectivamente,
obtemos.
P =
F 20 γ
m
ω2
(ω20 − ω2)2 + 4γ2ω2(3.115)
CAPÍTULO 3. OSCILAÇÕES AMORTECIDAS E FORÇADAS 95
cujo grá�co é dado a seguir.
Percebe-se que há uma ressonância na potência, quando ω = ω0, fazendo com que a potência
média atinja o máximo,
Pmax =
F 20
4mγ
(3.116)