Gabarito Exercicios Fisica II Semana1

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FÍSICA II – LISTA DE EXERCÍCIOS AULAS 1–4
GABARITO DO MEDIADOR
EXERCÍCIO 1
MHS no sistema massa–mola (x : deslocamento da posição de equilíbrio):
ma = −kx ⇒x(t) = Acos(ω t +φ), comω2 = k/m
v(t) = −ωAsen(ω t +φ)
a(t) = −ω2Asen(ω t +φ) = −ω2 x(t)
a) A amplitude é metade da distância entre os pontos de retorno:
A= d/2= 5,0 cm.
O tempo para ir de um a outro ponto de retorno é metade do período.
T = 2∆t = 0,50 s:
f = 1/T = 2,0 s−1 = 2,0 Hz, ω= 2π f = 4,0π rad/s= 12,6 rad/s
b) Da relação entre as amplitudes da translação e da velocidade:
vmax =ωA= 63 cm/s
c) Frequência angular do sistema massa–mola: ω=pk/m
k = mω2 = 2,4×104 g/s2 = 24 kg/s2 = 24 N/m
d) Segunda lei de Newton para o sistema:
a = −(k/m)x = −ω2 x
amax = | −ω2 xretorno|=ω2A= 7,9×102 cm/s2 = 7,9 m/s2
Omódulo da aceleração é máximo nos pontos de máximo afastamento da po-
sição de equilíbrio, ou seja, nos dois pontos de retorno.
Observações:
O valor numérico de ω foi escrito com um algarismo adicional (não significativo) por-
que é utilizado nos itens posteriores.
A unidade angular rad equivale ao número 1 e pode ser omitida, principalmente na ex-
pressão de uma grandeza não angular, como a velocidade ou a aceleração neste caso.
O cm no SI representa um submúltiplo (c ≡ ×10−2) do metro, a unidade de base de
comprimento.
A unidade de força no SI, o newton, N ≡ kg ·m/s2, é uma unidade derivada com nome
especial. Note que, como outras unidades com nomes especiais, ele é definido em
termos de unidades de base (no caso, para: massa, kg, comprimento,m, e tempo, s).
EXERCÍCIO 2
a) Condições iniciais no plano de fase v× x
ω=
Æ
k/m= 10,0 rad/s
x0 = Acosφ0 = 0,30 m
v0
ω
= −ωAsenφ0 = −0,30 m
cosφ0 = senφ0⇒ φ0 = 45◦ = 0,25π.
A fase φ = ω t + φ0 cresce no sentidohorário.
x/A
v/ωA
φ0
b) O período deste MHS é T = 2π/ω= 0,628 s.
Observe o diagrama v × x : em t = 0, φ = 45◦ = 182π, o MHS se encontra a
1/8 de ciclo do ponto x = A,v = 0.
i) A primeira passagem pelo ponto de equilíbrio, x = 0, corresponde a φ =
90◦, o que acontecerá 1/8 de ciclo depois de t = 0:
ti =
1
8 T = 0,079 s
ii) Para atingir o ponto de retorno à direita, o MHS deve passar por 7/8 de
ciclo a partir de t = 0:
tii =
7
8 T = 0,55 s
c) Energia no sistema massa–mola
E = 12 kx
2
0 +
1
2 mv
2
0 =
1
2 kA
2
A2 =
2
k
E = x20 +
v20
ω2
A= 42 cm
d) O diagrama v × x foi desenhado com a convenção de orientação indicada no
exercício. Portanto,
x(t) = Acos(ω t +φ0), e
v(t) = −ωAsen(ω t +φ0),
onde todos os parâmetros foram determinados anteriormente:
A= 42 cm,ω= 10,0 rad/s= 573◦/s e φ0 = 0,25π= 45◦.
EXERCÍCIO 3
a) Na expressão dada identificamos a velocidade angular (fator do tempo na
composição da fase):
ω= 6,20/s⇒ T =
2π
ω
= 1,01 s.
b) A amplitude do movimento é A= 5,2 cm, a amplitude da velocidade é
vmax =ωA= 32 cm/s
c) O valor máximo da força resultante (emmódulo) ocorre nomaior afastamento
do equilíbrio, x = ±A , quando o módulo da aceleração é máximo:
Fmax = mamax
a = −kx = −mω2 x
amax =ω
2A= 200 cm/s2 = 2,00 m/s2
Fmax = 1,00 kg ·m/s2 = 1,00 N.
Observações: unidades em expressões algébricas
Unidades são grandezas físicas definidas como padrão, em termos das quais se ex-
pressam os valores numéricos de outras grandezas da mesma natureza.
Uma expressão genérica, como x = Acos(ωt +φ), representa uma relação algébrica
entre grandezas físicas, associadas a um sistema, que é independente de unidades.
Não há necessidade, nem lugar, para unidades em tais expressões. As unidades são
utilizadas quando valores de grandezas são especificados, como na equação horária
dada neste problema. Neste caso, os símbolos das unidades entram nas expressões al-
gébricas representando grandezas físicas (as correspondentes grandezas padrão), as-
sim como os símbolos das outras grandezas as representam. É claro, portanto, que
elas não podem ser omitidas.
Na equação horária dada, x(t) = 5,2 cmcos (6,20 t/s+ 1,25), identificamos, por
exemplo, A = 5,2 cm = 5,2×10−2 m. Esta é uma expressão algébrica que rela-
ciona a grandeza A (amplitude da oscilação em questão) com uma grandeza padrão.
Esta amplitude (ou o seu valor) corresponde, portanto, a 5,2 vezes a grandeza padrão
centímetro, ou 0,052 vezes a grandeza padrão metro. O número real que multiplica o
símbolo da unidade é denominado valor numérico da grandeza na unidade especifi-
cada. Ele expressa a razão entre a grandeza e a unidade e, é claro, depende da unidade
utilizada. O valor numérico de A em centímetros é 5,2, e em metros é 0,052.
Na mesma equação horária, a fase da oscilação, grandeza adimensional, foi expressa
como φ = 6,20 t/s + 1,25. A unidade angular radiano, equivalente ao número
real 1 foi omitida. A frequência angular, ω, é a grandeza que multiplica o tempo, t ,
nesta expressão: 6,20/s. Podemos expressá-la das formas equivalentes:
ω= 6,20/s= 6,20 rad/s= 6,20 rad · s−1 = 6,20 s−1.
A fase inicial (em t = 0 s), pode ser expressa como
φ0 = 1,25= 1,25 rad= 71,6◦,
onde rad≡ 1 e 1◦ ≡ π/180 representam números reais.
EXERCÍCIO 4
a) No MHS a aceleração tem sempre o sentido oposto do deslocamento do equi-
líbrio (a = −ω2 x): o sentido da aceleração neste instante é para a esquerda.
b) São dadas, num mesmo instante: a posição, x0 = 0,500 m, a velocidade,
v0 = 4,20 m/s, e o módulo da aceleração, |a0| = 4,50 m/s2. A frequênciaangular pode ser obtida de
a0 = −ω2 x0⇒ω2 =
�
�
�
�
a0
x0
�
�
�
�
= 9,00/s2.
A amplitude do MHS pode ser obtida da energia:
E = 12 kx
2
0 +
1
2 mv
2
0 =
1
2 kA
2
A2 = x20 +
m
k
v20 = x
2
0 +
v20
ω2
A=
√
√
x20 +
v20
ω2
= 1,487 m
O ponto de retorno a direita está a uma distância A do ponto de equilíbrio e,
portanto a uma distância
d = A− x0 = 0,987 m
do ponto inicial.
EXERCÍCIO 5
a) Das condições iniciais:
E = 12 kx
2 + 12 mv
2 = 12 kx
2
0 +
1
2 mv
2
0
Nos pontos de retorno v = 0 e x = ±A:
1
2 kA
2 = E⇒ A2 = 2k E = x
2
0 +
m
k v
2
0
A= 5,36 cm
No pontos de equilíbrio x = 0 e v = ±vmax:
1
2 mv
2
max = E⇒ v
2
max =
2
m E =
k
m x
2
0 + v
2
0
vmax = 1,86 m/s
b) A frequência angular é
ω=
Æ
k/m= 34,6 rad/s
que corresponde a um período T = 0,181 s.
EXERCÍCIO 6 (PORTFOLIO)
a) Se movendo juntos, os dois blocos equivalem a uma única massa, m = mA+
mB. A frequência angular da oscilação é
ω=
Æ
k/(mA+mB) = 5,773 rad/s.
O período é
T =
2π
ω
= 1,088 s.
b) O bloco A realiza um MHS de frequência ω e amplitude A . Sua aceleração é
a = −ω2 xA e a força resultante sobre ele é
FA = mAa = −mAω2 xA
ou FA = −(113 N/m) xA.
A mola atua apenas sobre o bloco B. A força que faz Aoscilar é a força de atrito
estático que o bloco B exerce sobre ele.
c) A força de atrito estático é limitada:
|Fe| ≤ µeN = µemAg
A força sobre A tem o seu maior módulo nos pontos de retorno xA = ±A .Assim:
mAω
2A≤ µemAg ⇒ µe ≥
ω2A
g
= 0,17.
d) No instante em que o bloco A é retirado, o bloco B está passando pela posição
de equilíbrio, e portanto, se movendo com uma velocidade de módulo
v0 =ωA.
A partir deste instante sua oscilação terá frequência
ω′ =
Æ
k/mB = 7,319 rad/s
e período
T ′ =
2π
ω′
= 0,858 s.
Como a nova oscilação se inicia no ponto de equilíbrio, v0 é a amplitude davelocidade. Assim a nova amplitude da posição é:
A′ =
v0
ω′
= 3,94 cm.
A oscilação agora é mais rápida e com uma amplitude menor porque a mola é
a mesma, mas a massa que ela faz oscilar diminuiu.
EXERCÍCIO 7
a) Seja L = 50,0 cm o comprimento dos cordões. A esfera B inicia um movi-
mento pendular de período
T ≈ T0 = 2π
Æ
L/g = 1,42 s.
O choque com a esfera A ocorre depois decorrido 1/4 do período:
∆t = 14 T = 0,356 s
b) Seja h0 = 5,0 cm a altura inicial da esfera B. Pela conservação da energia, elaatingirá a esfera A com velocidade vB:
mgh0 =
1
2 mv
2
B ⇒ vB =
Æ
2gh0 = 0,987 m/s
Como a esfera A se encontra em repouso e elas emergem da colisão com a
mesma velocidade v0, a conservação do momento linear resulta
mvB = (2m)v0⇒ v0 =
1
2 vB = 0,494 m/s
c) A altura máxima, h, atingida pelas duas esferas no seu movimento pendular
pode ser obtida da conservação da energia:
(2m)gh= 12(2m)v
2
0 → h=
v20
2g
=1,25 cm
O ângulo dos cordões com a vertical correspondente a esta elevação, θmax, édado por
cosθmax =
L − h
L
⇒ θmax = 12,84◦
Usando a aproximação harmônica: a velocidade angular máxima do MHS se
relaciona com a amplitude angular por
dθ
dt
�
�
�
�
max
=ω0θmax =
v0
L
ondeω0 = 2π/T0 =pg/L. Assim
θmax =
v0
ω0 L
= 12,81◦
Note que há uma pequena diferença entre o primeiro resultado, “exato”, e o
segundo, baseado na aproximação harmônica. Neste caso, a diferença está
além da precisão dos resultados: um algarismo adicional foi usado apenas para
evidenciá-la.
d) O período de um pêndulo simples é independente da massa. O período é o
mesmo calculado no item a):
T ≈ T0 = 2π
Æ
L/g = 1,42 s.
EXERCÍCIO 8
a) Sejam x1 e x2, as posições do bloco nas quais as molas 1 e 2, respectivamente,se encontram relaxadas. A força sobre o bloco na posição x , então, se escreve
F(x) = F1 + F2 = −k1(x − x1)− k2(x − x2) = −(k1 + k2)x + (k1 x1 + k2 x2).
A posição de equilíbrio do bloco será tal que
F(xeq) = 0⇒ (k1 + k2)xeq = k1 x1 + k2 x2.
Levando x = xeq + u à expressão da força:
F(u) = −(k1 + k2)(xeq + u) + (k1 x1 + k2 x2)
F(u) = −(k1 + k2)u.
b) Aplicando a segunda lei de Newton ao bloco
m
d2 x
dt2
= −(k1 + k2) (x − xeq)
d2u
dt2
= −
k1 + k2
m
u= −ω2 u
Esta é a equação diferencial para um oscilador harmônico de frequência angu-
lar
ω=
Æ
(k1 + k2)/m.
EXERCÍCIO 9
O ‘período’ dado é T = 0,64 s. O oscilador sem amortecimento teria frequência
angular
ω0 =
Æ
k/m= 10,0 rad/s
e período
T0 =
2π
ω0
= 0,628 s.
A oscilação mais lenta indica que o sistema é amortecido. O amortecimento é
subcrítico, porque ainda há oscilação.
A frequência angular é ω = 2π/T = 9,82 rad/s. Para determinar a constante
de amortecimento, usamos a expressão para a frequência angular do oscilador
amortecido, com b = mγ:
ω2 =ω20 −
�
1
2γ
�2
γ= 7,23 s−1 < 2ω0
b = mγ= 18 kg/s.
EXERCÍCIO 10 (PORTFOLIO)
a) Frequência angular do oscilador sem amortecimento
ω0 =
Æ
k/m= 5,00 rad/s
Fator γ:
γ= b/m= 0,20 s−1 < 2ω0.
Portanto: amortecimento subcrítico.
Frequência angular do oscilador amortecido:
ω2 =ω20 −
�
1
2γ
�2
⇒ω= 4,999 rad/s
T =
2π
ω
= 1,257 s
b) O fator de qualidade é:
Q =
ω0
γ
= 25
c) A equação horária para a posição e a velocidade na oscilação amortecida con-
têm um fator e−12γt . Como a energia envolve a soma dos quadrados de tais
expressões, ela é atenuada por um fator e−γt . Assim, em qualquer instante t
E(t) = e−γt E(0)⇒ t =
1
γ
ln
�
E(0)
E(t)
�
= 23 s
Para E(t ′) = E(0)/100:
t ′ =
1
γ
ln(100) = 23 s
N =
t ′
T
= 18
EXERCÍCIO 11
a) Como a mola se encontra relaxada para y = 0:
U = 12 k y
2 +mg y
b) Força sobre o bloco
F(y) = −
dU
dy
= −k y −mg
Condição de equilíbrio
F(yeq) = −k yeq −mg = 0⇒ yeq = −mg/k
Ueq = U(yeq) = −
1
2 k y
2
eq = −
(mg)2
2k
c) Pode-se verificar substituindo a expressão para yeq na forma dada.
U(y) = Ueq +
1
2 k
�
y − yeq
�2
= −12 k y
2
eq +
1
2 k
�
y2 − 2yeq y + y2eq
�
= 12 k y
2 − k yeq y
= 12 k y
2 +mg y
d) Na na posição y = 0, o bloco se encontra a uma distância
A= mg/k
acima da posição de equilíbrio. Como ele parte do repouso desta posição, esta
distância é a própria amplitude da oscilação. Assim ele vai oscilar entre as po-
sições:
ymin = yeq − A= −2mg/k
e ymax = yeq + A= 0.
EXERCÍCIO 12
a) F = −dUdx :
dU
dx
= 3Ax2 − B
F(x) = B − 3Ax2
b) Condição de equilíbrio:
F(x) = 0⇒ 3Ax2 = B⇒
¨
x0 = +
p
B/3A= +13 m
x ′ = −
p
B/3A= −13 m
A estabilidade depende da curvatura do potencial
d2U
dx2
= 6Ax =
¨
6Ax0 > 0 estável
6Ax ′ < 0 instável
c) Por substituição
U0 = U(x0) = 0
k =
d2U
dx2
(x0) = 6Ax0 = 54 N/m
Uh(x) =
1
2 k(x − x0)
2
d) Na aproximação harmônica,ω=pk/m= 4,24 rad/s.
e) Energia mecânica
E = U(x0) +
1
2
mv20 = 1,5 J
−0,5 0 0,5
0
1
2
3
4
x/m
U/J
E
x0x′
U(x) Uh(x)
f) O movimento é periódico porque é limitado entre dois pontos de retorno e a
energia mecânica é constante. Não é harmônico porque, para a energia dada,
há um desvio significativo do potencial em relação à aproximação harmônica
na região do movimento.