Problemas Resolvidos de Física

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
http://www.cce.ufes.br/anderson
anderson@npd.ufes.br Última atualização: 04/10/2005 13:24 H

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED.,
LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 2

Capítulo 15 - Oscilações

Problemas

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60
61 62 63 64 65 66 67 68 69 70
71 72 73 74 75

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

Problemas Resolvidos

02. Um oscilador consiste em um bloco de massa de 512 g preso a uma dada mola. Ao oscilar com
amplitude de 34,7 cm, ele repete seu movimento a cada 0,484 s. Encontrar: (a) o período, (b) a
freqüência, (c) a freqüência angular, (d) a constante de força, (e) a velocidade máxima e (f) a
força máxima exercida no bloco.
(Pág. 19)
Solução.
(a) O período do movimento de oscilação é o tempo gasto para que o movimento se repita, ou seja,
complete um ciclo. Logo:
T = 0, 484 s
(b) A freqüência de oscilação vale:
1
ν = = 2, 0661 s −1 = 2, 0661 Hz
T
ν ≈ 2, 07 Hz
(c) A freqüência angular vale:
ω = 2πν = 12, 9817 rad/s
ω ≈ 13, 0 rad/s
(d) Para determinar a constante de força, partimos da conhecida relação:
k
ω=
m
k = ω 2 m = 86, 2857 N/m
k ≈ 86, 3 N/m
(e) A dependência da velocidade da massa em relação ao tempo é dada pela seguinte equação:
v(t ) = −ω xm sen (ωt + φ )
A velocidade máxima vmax é encontrada quando sen(ωt + φ) = ±1. Logo:
vmax = ω xm = 4,5046 m/s
vmax ≈ 4,50 m/s
(f) A dependência da força que a mola exerce sobre o bloco em relação ao tempo é dada pela
relação:
F(t ) = ma(t ) = −mω 2 xm cos (ωt + φ )
A força máxima Fmax é encontrada quando cos(ωt + φ) = ±1. Logo:
Fmax = mω 2 xm = 29, 9407 N
Fmax ≈ 29,9 N

[Início]

08. Um corpo oscila com movimento harmônico simples de acordo com a equação
x = ( 6,12 m ) cos ⎡( 8,38 rad/s ) t + 1,92 rad ⎤
⎣ ⎦
Encontre (a) o deslocamento, (b) a velocidade e (c) a aceleração no instante t = 1,90 s. Encontre
________________________________________________________________________________________________________ 2
a
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Oscilações


também (d) a freqüência e (f) o período do movimento.
(Pág. 19)
Solução.
(a) A posição em t = 1,90 s vale:
x(1,90 s) = ( 6,12 m ) cos ⎡( 8,38 rad/s )(1,90 s ) + 1,92 rad ⎤ = 3, 26764
⎣ ⎦ m
x(1,90 s) ≈ 3, 27 m
(b) A velocidade em t = 1,90 s vale:
dx
v( t ) = = − ( 8,38 rad/s )( 6,12 m ) sen ⎡( 8,38 rad/s ) t + 1,92 rad ⎤
⎣ ⎦
dt
v(1,90 s) = − ( 8,38 rad/s )( 6,12 m ) sen ⎡( 8,38 rad/s )(1,90 s ) + 1,92 rad ⎤ = 43,3634
⎣ ⎦ m/s
v(1,90 s) ≈ 43, 4 m/s
(c) A aceleração em t = 1,90 s vale:
dv
a(t ) = = − ( 8,38 rad/s ) ( 6,12 m ) cos ⎡( 8,38 rad/s ) t + 1,92 rad ⎤
2

dt ⎣ ⎦

a(1,90 s) = − ( 8,38 rad/s ) ( 6,12 m ) cos ⎡( 8,38 rad/s )(1,90 s ) + 1,92 rad ⎤ = −229, 4683
2
⎣ ⎦ m/s 2

a(1,90 s) ≈ −229 m/s 2
(d) A freqüência vale:
ω 8,38 rad/s
ν= = = 1,33371 Hz
2π 2π
ν ≈ 1, 33 Hz
(e) O período vale:
1
T = = 0, 74978 s
ν
T ≈ 0, 750 s

[Início]

13. Num certo porto, a maré faz a superfície do oceano subir e descer em movimento harmônico
simples, com um período de 12,5 h. Quanto tempo a água leva para, partindo da altura máxima,
atingir metade desta distância abaixo do nível de equilíbrio?
(Pág. 20)
Solução.

[Início]

14. Dois blocos (m = 1,22 kg e M = 18,73 kg) e uma determinada mola (k = 344 N/m) estão
arranjados numa superfície horizontal, sem atrito, como mostra a Fig. 25. O coeficiente de atrito
estático entre os blocos é de 0,42. Determine a amplitude máxima possível do movimento
harmônico simples para que não haja deslizamento entre os blocos?

________________________________________________________________________________________________________ 3
a


(Pág. 20)
Solução.
Considere o seguinte esquema, onde o índice 1 se refere ao bloco m e 2 a M:

N1’
N2 N1
f’
F y

M f m x
P2 P1
a1 = a2
A máxima aceleração que o bloco m suporta (a1) sem deslizar é aquela que não rompe a condição
de atrito estático com o bloco M:
f = ma1
μ N1 = μ mg = ma1
a1 = μ g
Portanto, o sistema oscilante poderá apresentar aceleração máxima (amax) igual a μg. Logo:
a(t ) = −ω 2 x(t )
amax = −ω 2 xm

xm = −
amax
=−
( −μ g )
ω 2
⎛ k ⎞
⎜ ⎟
⎝m+M ⎠
μg (m + M )
xm = = 0,11917 m
k
xm ≈ 0,12 m

[Início]

20. Duas partículas executam movimento harmônico simples de mesmas amplitude e freqüência, ao
longo da mesma linha reta. Elas se cruzarão quando, movendo-se em sentidos opostos, seus
deslocamentos forem iguais à metade da amplitude. Encontre a diferença de fase entre elas.
(Pág. 20)
Solução.

[Início]

________________________________________________________________________________________________________ 4
a


21. Duas molas estão presas a um bloco de massa m, que pode deslizar sem atrito numa superfície
horizontal, como está mostrado na Fig. 26. Mostre que a freqüência de oscilação do bloco é
1 k1 + k2
ν= = ν 12 +ν 2
2

2π m
onde ν1 e ν2 são as freqüências em que o bloco oscilaria se fosse conectado somente à mola 1
ou à 2. (O análogo elétrico deste sistema é uma combinação em série de dois capacitores).

(Pág. 20)
Solução.
Para a mola k1, temos:
ω1 = 2πν 1
ω1 1 k1
ν1 = =
2π 2π m
k1
4π 2ν 12 =
m
k1 = 4π 2 mν 12 (1)
De forma análoga, para a mola 2 teremos:
k2 = 4π 2 mν 2
2
(2)
Considere o seguinte esquema:
x
k1 F1 F2 k2
m

0 x
A força elástica resultante sobre o bloco vale:
F = F1 + F2 = −k1 x − k2 x = − ( k1 + k2 ) x (3)
Sabemos que para o MHS é válida a seguinte relação:
a(t ) = −ω 2 x(t ) (4)
De acordo com a segunda lei de Newton, temos:
F = ma (5)
Substituindo-se (3) e (4) em (5):
− ( k1 + k2 ) x = −mω 2 x
k1 + k2 = mω 2 (6)
Substituindo-se (1), (2) e a relação ω = 2πν em (6):
4π 2 mν 12 + 4π 2 mν 2 = m 4π 2ν 2
2

________________________________________________________________________________________________________ 5
a


ν = ν 12 +ν 2
2

[Início]

22. Ligam-se duas molas e no extremo de uma delas prende-se um bloco de massa m, como está
mostrado na Fig. 27. Não há atrito entre as superfícies. Se as molas separadamente tiverem
constantes de força k1 e k2, mostre que a freqüência da oscilação do bloco será
1 k1k2 ν 1ν 2
ν= =
2π ( k1 + k2 ) m ν 12 +ν 22
onde ν1 e ν2 são as freqüências em que o bloco oscilaria se fosse conectado somente à mola 1
ou à 2. (O análogo elétrico deste sistema é uma combinação em paralelo de dois capacitores).

(Pág. 20)
Solução.
Considere o seguinte esquema:

F k1 F1 F2 k2
m

Sejam as seguintes relações, em que x1 e x2 são os estiramentos das molas k1e k2, respectivamente:
F1 = − k1 x1 (1)
F2 = − k2 x2 (2)
A partir destas equações, temos:
F
x1 = − 1 (3)
k1
F2
x2 = − (4)
k2
Vamos imaginar que a associação em série de molas mostrada na Fig. 27 possa ser substituída por
uma mola equivalente de constante k’, de tal forma que as características do movimento imprimido
ao bloco não seja alterado.

F’ k’
m

As Eqs. (1)-(4) sugerem que:
F ' = −k ' x (5)
'
F
x=− (6)
k'

________________________________________________________________________________________________________ 6
a


Nas Eqs. (5) e (6), x corresponde à distância de compressão ou estiramento da mola k’ e F’ é a força
elástica correspondente gerada pela mola. O importante é observar que:
x = x1 + x2 (7)
F1 = F2 = F = F ' (8)
Substituindo-se (3), (4) e (6) em (7):
F' F F
− '
=− 1− 2
k k1 k2
Aplicando-se a relação (8), temos:
F' ⎛1 1⎞ k +k
'
= F⎜ − ⎟= F 1 2
k ⎝ k1 k2 ⎠ k1k2
⎛ k +k ⎞
F' = k' ⎜ F 1 2 ⎟ (9)
⎝ k1k2 ⎠
Comparando-se (5) e (9), temos:
k +k
F 1 2 = −x
k1k2
k1k2
F =− x
k1 + k2
Logo:
k1k2
k' = (10)
k1 + k2
A freqüência de oscilação do sistema vale:
ω' 1 k'
ν =ν =
'
= (11)
2π 2π m
Substituindo-se (10) em (11):
1 k1k2
ν' =
2π ( k1 + k2 ) m

[Início]

28. (a) No movimento harmônico simples, quando o deslocamento for igual à metade da amplitude
xm, que fração da energia total será cinética e que fração será potencial? (b) Para que valor do
deslocamento metade da energia será cinética e metade será potencial?
(Pág. 21)
Solução.
(a) A equação do movimento harmônico simples é:
x(t ) = xm cos (ωt + φ )
Quando o deslocamento for igual à metade da amplitude, temos:
x
x(t0 ) = m = xm cos (ωt0 + φ )
2
________________________________________________________________________________________________________ 7
a


Isto implica em que no tempo t0 temos:
1
cos (ωt0 + φ ) =
2
A energia mecânica total do MHS é dada por:
1 2
E = kxm (1)
2
No instante t0 a energia potencial do sistema vale:
2
1 1 1 2 ⎛1⎞
= kx(2t0 ) = k ⎡ xm cos (ωt0 + φ ) ⎤ = kxm ⎜ ⎟
2
U ( t0 ) ⎣ ⎦
2 2 2 ⎝2⎠
1 2
U (t0 ) = kxm (2)
8
A energia cinética do sistema no instante t0 pode ser calculada por diferença:
1 2 1 2
K (t0 ) = E − U ( t0 ) = kxm − kxm
2 8
3 2
K (t0 ) = kxm (3)
8
Agora podemos usar as Eqs. (1)-(3) para calcular o que foi pedido. A fração da energia total que
será cinética é:
3 2
K (t0 ) 8 kxm
fK = =
E 1 2
kxm
2
3
fK =
4
A fração da energia total que será potencial é:
1 2
U (t0 ) 8 kxm
fU = =
E 1 2
kxm
2
1
fU =
4
(b) Usaremos a condição da energia potencial ser metade da energia mecânica total:
E
U=
2
1 2
kx
1 2 2 m
kx =
2 2
2
xm
x2 =
2
2
x= xm
2

________________________________________________________________________________________________________ 8
a


[Início]

34. Um bloco de massa M está em repouso em uma mesa horizontal, sem atrito, preso em suporte
rígido por uma mola de constante elástica k. Uma bala de massa m e velocidade v atinge o
bloco, como mostra a Fig. 30; a bala fica presa no bloco. Determine a amplitude do movimento
harmônico simples resultante, em termos de m, M, v e k.

(Pág. 21)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
m+M

-xm 0 xm x
Logo após a colisão completamente inelástica entre a bala e o bloco, ambos passam a executar
movimento harmônico simples como um só corpo de massa m + M. A velocidade do conjunto
imediatamente após a colisão corresponde à velocidade máxima do MHS (vmax). O cálculo de vmax é
feito por meio da aplicação do princípio da conservação do momento linear na coordenada x:
Px 0 = Px
pbala,0 + pbloco,0 = pbala + pbloco
mv + 0 = mvmax + Mvmax
mv
vmax = (1)
m+M
Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em função do tempo é dada por:
v(t ) = −ω xm sen (ωt + φ )
A velocidade máxima do MHS é obtida quando sen (ωt + φ) = ± 1. Logo:
vmax = ω xm
vmax
xm = (2)
ω
Por definição, a freqüência angular ω é dada por:
k
ω= (3)
m+M
mv m+M
xm =
m+M k
________________________________________________________________________________________________________ 9
a


mv
xm =
(m + M ) k

[Início]

36. Um bloco de 4,00 kg está suspenso por uma mola de constante elástica 5,00 N/cm. Uma bala de
50,0 g é atirada sobre o bloco, de baixo para cima, com velocidade de 150 m/s, ficando em
repouso no interior do bloco. (a) Encontre a amplitude do movimento harmônico simples
resultante. (b) Que fração da energia cinética original da bala se transforma em energia
mecânica do oscilador ?
(Pág. 22)
Solução.
y

ym m+M

M 0
-ym
v0
m
Logo após a colisão completamente inelástica entre a bala e o bloco, ambos passam a executar
movimento harmônico simples como um só corpo de massa m + M. A velocidade do conjunto
imediatamente após a colisão corresponde à velocidade máxima do MHS (vmax). O cálculo de vmax é
feito por meio da aplicação do princípio da conservação do momento linear na coordenada x:
Px 0 = Px
pbala,0 + pbloco,0 = pbala + pbloco
mv0 + 0 = mvmax + Mvmax
mv0
vmax = (1)
m+M
Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em função do tempo é dada por:
v(t ) = −ω ym sen (ωt + φ )
A velocidade máxima do MHS é obtida quando sen (ωt + φ) = ± 1. Logo:
vmax = ω ym (2)
A freqüência angular do sistema vale:
k
ω= (3)
m+M
mv k
= ym
m+M m+M
________________________________________________________________________________________________________ 10
a


m m+M m
ym = v0 = v0 = 0,1666 m
m+M k k (m + M )
ym ≈ 0,17 m
(b) A energia mecânica do oscilador corresponde à sua energia cinética máxima.
1
E ( m + M ) vmax ( m + M ) vmax
2
2

f = = 2 = (4)
2
K0 1 2 mv0
mv0
2

=
(m + M ) ⎛ mv0 ⎞
2
m
f ⎜ ⎟ = = 0, 0123456
⎝m+M ⎠ m+M
2
mv0
f ≈ 0, 012

[Início]

37. Um cilindro sólido está preso a uma mola horizontal sem massa, de tal modo que ele pode rolar
sem deslizar sobre uma superfície horizontal, como mostra a Fig. 32. A constante de força k da
mola é 2,94 N/cm. Sabendo-se que o sistema foi abandonado em repouso numa posição tal que
a mola estava distendida de 23,9 cm, calcule as energias cinéticas (a) de translação e (b) de
rotação do cilindro, quando ele passar na posição de equilíbrio. (c) Mostre que, nestas
condições, o centro de massa do cilindro executa movimento harmônico simples com período
de
3M
T = 2π
2k
onde M é a massa do cilindro.

(Pág. 22)
Solução.
A energia mecânica total vale (xm é a amplitude de oscilação):
1 2
E = kxm = 0, 09375 J (1)
2
Quando o cilindro passa pelo ponto onde a mola está relaxada, a energia mecânica do sistema E
estará na forma de energia cinética K. Esta está dividida em energia cinética translacional KT e
rotacional KR.
E = K = KT + K R (2)
A energia cinética translacional vale:
1
KT = Mv 2 (3)
2
________________________________________________________________________________________________________ 11
a


A energia cinética rotacional vale (I é o momento de inércia do cilindro e ω é a sua velocidade
angular):
1 2 1 ⎛ MR 2 ⎞ ⎛ v ⎞
2

KR = Iω = ⎜ ⎟⎜ ⎟
2 2 ⎝ 2 ⎠⎝ R ⎠
1
KR = Mv 2 (4)
4
1 1
E = Mv 2 + Mv 2
2 4
3
E = Mv 2 (5)
4
(a) Dividindo-se (4) por (5):
2
Mv 2
KT 4 2
= =
E 3
Mv 2 3
4
2
KT = E = 0, 0625 J
3
KT ≈ 0, 063 J
(a) Dividindo-se (3) por (5):
1
Mv 2
KT 4 1
= =
E 3
Mv 2 3
4
1
KT = E = 0, 03125 J
3
KT ≈ 0, 031 J
(c) Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o cilindro:
v

y

α F
z x
P
f N
Vamos analisar a dinâmica da translação do cilindro (em x), em que F é a força elástica, f é a força
de atrito estático, P é o peso do cilindro e N é a normal:
∑F x = Max
d 2x
F− f =M
dt 2

________________________________________________________________________________________________________ 12
a


d 2x
− kx − f = M (6)
dt 2
Agora vamos analisar a dinâmica da rotação do cilindro (torques em z, em relação ao centro de
massa do cilindro):
∑τ z = Iα z
MR 2
− fR = αz
2
Mas:
vx
αz = −
R
Logo:
MR 2 vx
fR =
2 R
M d 2x
f = (7)
2 dt 2
M d2x d 2x
− kx − =M 2
2 dt 2 dt
d 2 x 2k
+ x=0 (8)
dt 2 3M
A Eq. (8) é a equação diferencial do movimento harmônico simples, onde:
2k
ω2 =
3M
A relação entre o período de oscilação T e a freqüência angular ω é:
2π
T=
ω
Logo:
3M
T = 2π
2k

[Início]

45. Um pêndulo físico consiste de um disco sólido uniforme de massa M = 563 g e raio R = 14,4
cm, mantido no plano vertical por um eixo preso à distância d = 10,2 cm do centro do disco,
como mostra a Fig. 35. Desloca-se o disco de um pequeno ângulo e a seguir ele é abandonado.
Encontre o período do movimento harmônico resultante.

________________________________________________________________________________________________________ 13
a


(Pág. 23)
Solução.
O período de oscilação de um pêndulo físico é dado pela Eq. (1), onde I é o momento de inércia do
pêndulo em relação ao eixo de oscilação e d é a distância entre esse eixo e o centro de massa do
pêndulo:
I
T = 2π (1)
Mgd
O momento de inércia é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos:
I = I CM + Md 2
MR 2
I= + Md 2
2

I=
M 2
2
( R + 2d 2 ) (2)


T = 2π
(R 2
+ 2d 2 )
= 0,90528 s
2 gd
T ≈ 0, 905 s

[Início]

48. Um pêndulo consiste de um disco uniforme de raio de 10,3 cm e massa de 488 g preso a uma
vara uniforme de 52,4 cm de comprimento e 272 g de massa; veja a Fig. 36. (a) Calcule o
momento de inércia do pêndulo em torno deste eixo. (b) Qual é a distância entre o eixo e o
centro de massa do pêndulo? (c) Calcule o período de oscilação para deslocamento angular
pequeno.

(Pág. 23)
Solução.
________________________________________________________________________________________________________ 14
a



0

l m h

CM

R

M

x
(a) O momento de inércia do pêndulo (I) é igual à soma dos momentos de inércia da vara (Ivara) e do
disco (Idisco).
I = I vara + I disco (1)
De acordo com a Fig. 9f (pág. 234, vol. 1):
ml 2
I vara = (2)
3
O cálculo de Idisco requer a aplicação do teorema dos eixos paralelos:
I = I CM + M ( l + R )
2

MR 2
I= + M (l + R )
2
(3)
2
ml 2 ⎡ R2 2⎤
I= + M ⎢ + ( l + R ) ⎥ = 0, 028905 kg.m 2
3 ⎣ 2 ⎦
I ≈ 0, 0289 kg.m 2
(b) A coordenada do centro de massa (xCM) é dada por:
( m1 + m2 ) xCM = m1 x1 + m2 x2
l
(m + M ) h = m + M (l + R)
2
1 ⎡ ml ⎤
h= ⎢ 2 + M (l + R ) ⎥ = 0, 4963 m
m+M ⎣ ⎦
h ≈ 49, 6 cm
(c) O período de oscilação deste pêndulo físico (T) vale:
I
T = 2π = 0,5553 s
( m + M ) gh
________________________________________________________________________________________________________ 15
a


T ≈ 0, 555 s

[Início]

51. Um metro de madeira articulado em um dos seus extremos oscila com freqüência ν0. Qual seria
a freqüência, em termos de ν0, se um terço do metro fosse cortado da parte de baixo?
(Pág. 23)
Solução.

[Início]

53. Um pêndulo físico tem dois pontos possíveis de suspensão; um é fixo e o outro ajustável ao
longo do comprimento do pêndulo, conforme a Fig. 38. Quando gira em torno da suspensão
fixa, o pêndulo tem período T. Invertendo-se o pêndulo, de modo que passe a girar em torno da
suspensão ajustável, consegue-se, por tentativas, fazê-lo oscilar com o mesmo período T.
Mostre que a aceleração da gravidade pode ser escrita na forma
4π 2 L
g= 2
T
onde L é a distância entre as duas suspensões. Note que g pode ser medido desta maneira, sem
necessidade do conhecimento do momento de inércia do pêndulo ou qualquer das outras
dimensões, com exceção de L.

(Pág. 23)
Solução.

________________________________________________________________________________________________________ 16
a


T, IA T, IB

A B
hB CM
hA
CM
B A

Aplicando-se o teorema dos eixos paralelos, podemos obter os momentos de inércia do pêndulo em
relação aos eixos A e B:
I A = I CM + MhA
2

I B = I CM + MhB
2

Logo:
I A − I B = M ( hA − hB ) = M ( hA + hB )( hA − hB )
2 2
(1)
O período de oscilação do pêndulo A vale:
IA
T = 2π
MghA
Logo:
MghAT 2
IA =
4π 2
De forma semelhante para o pêndulo B temos:
MghBT 2
IB =
4π 2
Logo:
MgT 2
I A − IB = ( hA − hb ) (2)
4π 2
Igualando-se (1) e (2):
MgT 2
( hA − hb ) = M ( hA + hB )( hA − hB )
4π 2
Reconhecendo-se que hA + hB = L e simplificando-se a expressão:
B

2
gT
=L
4π 2
4π 2 L
g= 2
T

[Início]

55. Um pêndulo simples de comprimento L e massa m está preso a um carro que se move com
velocidade constante v numa trajetória circular de raio R. Qual será o período do movimento,
________________________________________________________________________________________________________ 17
a


sabendo-se que o pêndulo executa pequenas oscilações em torno da posição de equilíbrio
(Pág. 23)
Solução.
Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o pêndulo:

y
θ
L
z x

FC

P
Para um observador localizado no referencial não inercial do carro, há duas forças atuando sobre a
massa do pêndulo: a força da gravidade (P) e a força centrífuga (FC) devido ao movimento circular
do carro, que é uma força fictícia. O módulo da força resultante (FR) vale:
1/ 2
⎡ ⎛ mv 2 ⎞ ⎤
2

FR = ( P + F ) = ⎢( mg ) + ⎜
2 1/ 2
⎟ ⎥
2 2
C (1)
⎢
⎣ ⎝ R ⎠ ⎥ ⎦
Resolvendo-se a segunda lei de Newton para o sistema:
∑τ z
= Iα z
d 2θ
− FR L sen θ = mL2 (2)
dt 2
O sinal negativo em (2) deve-se ao fato de o torque exercido pela força resultante (FRL sen θ) ter
sempre o sentido contrário da posição angular θ. Substituindo-se (1) em (2):
1/ 2
⎡ ⎛ mv 2 ⎞ ⎤
2
d 2θ
− ⎢( mg ) + ⎜ ⎟ ⎥ sen θ = mL 2
2

⎢
⎣ ⎝ R ⎠ ⎥ ⎦
dt

Para oscilações de pequena amplitude vale a aproximação sen θ ≅ θ:
2 1/ 2
d 2θ 1 ⎡ ⎛ mv 2 ⎞ ⎤
+ ⎢( mg ) + ⎜ ⎥ θ =0
2
⎟
dt 2 mL ⎢ ⎝ R ⎠ ⎥
⎣ ⎦
1/ 2
d 2θ ⎡⎛ g ⎞ ⎛ v 2 ⎞ ⎤
2 2

+ ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ θ =0
dt 2 ⎢⎝ L ⎠ ⎝ RL ⎠ ⎥
⎣ ⎦
O fator multiplicativo de θ corresponde ao quadrado da freqüência angular (ω2) :
1/ 4
⎡⎛ g ⎞ 2 ⎛ v 2 ⎞ 2 ⎤ g ⎛ v2 ⎞
2

ω = ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ = 1+ ⎜ ⎟
⎢⎝ L ⎠ ⎝ RL ⎠ ⎥
⎣ ⎦
L ⎝ gR ⎠
Portanto, o período de oscilação do pêndulo vale:
2π
T=
ω

________________________________________________________________________________________________________ 18
a


2π
T=
2
g ⎛ v2 ⎞
1+ ⎜ ⎟
L ⎝ gR ⎠

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________________________________________________________________________________________________________ 19
a

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