O documento apresenta a resolução de 4 questões sobre oscilações harmônicas. A primeira questão calcula o período de oscilação de um disco suspenso por um eixo, que é mínimo quando o eixo está a uma distância R/2 do centro do disco. A segunda questão trata do caso crítico de amortecimento e apresenta a solução geral. A terceira questão deriva a equação para a velocidade. E a quarta questão analisa as figuras geométricas resultantes da superposição de dois movimentos harmônicos perpendiculares

1. ıcios Resolvidos - 7o Tarefa
Exerc´ .
15 de abril de 2013
Quest˜o 1
a
Um disco s´lido de raio R pode ser suspenso por um eixo horizontal a uma distˆncia h de seu
o a
centro. (a) Calcule o comprimento do pˆndulo simples equivalente. (b) Calcule a posi¸ao do
e c˜
eixo para o qual o per´
ıodo ´ m´
e ınimo. (c) Fa¸a um gr´fico do per´
c a ıodo como fun¸ao de h.
c˜
Solu¸˜o
ca
Sabemos que o momento de in´rcia do disco em rela¸ao ao eixo normal a ele que passa pelo seu cen-
e c˜
M R2
tro vale Izz = .Com esse resultado, podemos usar o teorema das placas finas para concluir que
2
M R2
Izz = Ixx + Iyy , e pela simetria do disco ent˜o Ixx = Iyy =
a . Agora, usamos o teorema dos eixos
4
paralelos para encontrar o momento de in´rcia do disco em rela¸ao ao eixo horizontal que passa a uma
e c˜
distˆncia h do diˆmetro referido na figura acima:
a a
M R2 R2
IAB = + M h2 = M (x2 + )
4 4
Analisando o torque da for¸a peso:
c
τp = IAB α
R2 ¨
(x sin θux − x cos θuy ) ∧ (−mg uy ) = M (x2 + )θuz
4
R2 ¨
−gx sin θ = (x2 + )θ
4
Para pequenas perturba¸˜es:
co
R2 ¨
(x2 + )θ + gxθ = 0
4
¨
θ + (4gx)θ = 0
4x2 + R2
o que demonstra o MHS. Assim, o per´ fica T (x) = 2π
ıdo . Para analisar o valor m´
ınimo do
4gx
per´
ıodo, vamos encontrar a primeira e a segunda derivadas de T .
gπ 4x2 − R2
T (x) = √
2 4x2 + R2 (gx)3/2
3R4 + 24R2 x2 − 16x4
T (x) = 2π √
8x2 (R2 + 4x2 )3/2 gx
Para obter os pontos cr´
ıticos da primeira derivada, fazemos
R
T (x) = 0 => 4x2 − R2 = 0 => x =
2

2. uma vez que apenas a raiz positiva ´ relevante. Para concluir que este ponto ´ de m´
e e ınimo, analisamos a
1 √
segunda derivada, para qual podemos mostrar que ´ sempre positiva para x <
e 2 3 + 3R ≈ 1, 27R,
2
e como x ´ semrpe menor que R essa inequa¸ao ´ sempre satisfeita. Portanto, o ponto encontrado ´ de
e c˜ e e
m´ınimo., isto ´, gera o per´
e ıodo m´
ınimo. O gr´fico pedido est´ ilustrado abaixo:
a a
Quest˜o 2
a
O que acontece para a solu¸˜o da eq.(12.54) quando γ = ω0 ?. Verifique, por substitui¸ao direta
ca c˜
−γt
que, neste caso, a solu¸˜o geral da Eq. (12.52) ´ x = (A+Bt)e . Diz-se, ent˜o, que o oscilador
ca e a
´ criticamente amortecido. Determine A e B no caso em que t = 0, x = x0 ev = 0. Fa¸a um
e c
gr´fico de x em fun¸ao de t. Que diferen¸as vocˆ nota entre este problema e o anterior?
a c˜ c e
Solu¸˜o
ca
2
A equa¸ao 12.54 ´ ω = ω0 − γ 2 . Quando γ = ω0 , a equa¸ao 12.54 nos diz que ω = 0. Trata-se de
c˜ e c˜
−γt
um amortecimento cr´
ıtico, no qual x(t) = (A + Bt)e ´ solu¸ao, o que ´ pode ser verificado diretamente:
e c˜ e
d2 x dx 2
+ 2γ + ω0 x
dt dt
d2 (A + Bt)e−γt d(A + Bt)e−γt
+ 2γ + γ 2 (A + Bt)e−γt
dt dt
d2 (−γ(A + Bt)e−γt + e−γt B)
+ 2γ(−γ(A + Bt)e−γt + e−γt B) + γ 2 (A + Bt)e−γt
dt
γ (A + Bt)e − γe−γt B − γe−γt B − 2γ 2 (A + Bt)e−γt + 2γe−γt B + γ 2 (A + Bt)e−γt = 0
2 −γt
Ou seja, a express˜o para x(t) ´ solu¸ao.Para t = 0:
a e c˜
x(0) = x0 = e−γ.0 (A + B.0) = A
d2 x dx 2
como + 2γ + ω0 x = 0, se x = 0 e v = 0:
dt dt
γ 2 e−γt(A + Bt) − 2γe−γt B + 0 + γx0 = 0 => 2γx0 − 2B
2
B = γx0

3. O amortecimento cr´ ıtico representa, assim, a menor magnitude de amortecimento para a qual nenhuma
ocila¸ao ou ciclo ocorre, em sistemas estruturais submetidos a vibra¸oes livres.
c˜ c˜
Quest˜o 3
a
Solu¸˜o A equa¸ao para o movimento ´ x + 2γ x + ω0 2 x = 0. Assim, seja x = eλt , e resolvendo a equa¸ao
ca c˜ e¨ ˙ c˜
acima obtemos:
2
λ = −γ ± γ 2 − ω0
e como ω0 > γ 2 (mov. oscilat´rio):
2
o
2
λ = −γ ± i ω0 − γ 2
Seja agora u = ω0 − γ 2 , logo x(t) = e−γt (M cos(ut) + N sin(ut)) (equa¸ao da solu¸ao geral j´ vista),
2
c˜ c˜ a
logo
√ M N
x(t) = e−γt M 2 + N 2 ( √ cos(ut) + √ sin(ut))
M2 + N2 M2 + N2
√ M
Seja ent˜o A =
a M 2 + N 2 e α = arctan( ). Assim:
N
x(t) = Ae−γt sin(α + ut)
x(t) = v(t) = Ae−γt (−γ sin(α + ut) + u cos(α + ut))
˙
−γ u
v(t) = Ae−γt ω0 + γ 2 (
2
2
sin(α + ut) + 2
cos(α + ut))
ω0 + γ 2 ω0 + γ 2
−u
v(t) = Aω0 e−γt sin(α + ut + arctan(
2
))
γ
Portanto:
v(t) = Ae−γt sin(arctan(M/N ) + arctan(−u/γ) + 2
ω0 − γ 2 t)
Quest˜o 4
a

4. Solu¸˜o Sabemos que a express˜o para superposi¸˜o de MHS’s perpendiculares de mesma pulsa¸˜o ´ dada
ca a ca ca e
por
x2 y2 2xy
+ 2− cos(φ) = sin2 (φ)
A2 B AB
Essa express˜o representa no plano figuras diferentes de acordo com a escolha da diferen¸a de fase φ.
a c
Vamos analisar cada caso poss´
ıvel:
a) Para φ = 2kπ, com k inteiro:
x2 y2 2xy
+ 2− =0
A2 B AB
x y2
− =0
A B
B
y= x
A
Ou seja, a resposta ´ uma reta que passa pela origem e tem coeficiente angular positivo.
e
b) Se a diferen¸a de fase ´ φ = π + 2kπ, com k inteiro:
c e
x2 y2 2xy
2
+ 2+
A B AB
x y2
+ =0
A B
x y
+ =0
A B
B
y= x
A
Ou seja, a resposta ´ uma reta que passa pela origem e tem coeficiente angular negativo.
e
c)Se a diferen¸a de fase for φ = π/2 + kπ, com k inteiro:
c
x2 y2
+ 2 =1
A2 B
Verificamos diretamente que a resposta ´ uma elipse centrada na origem. Se A > B, ent˜o o semi-eixo
e a
maior ´ o horizontal, se A < B o semi-eixo maior ´ o vertical, e se A = B o resultado ´ uma circunferˆncia.
e e e e
d) Para φ diferente dos casos acima, os termos de cosseno e seno n˜o ser˜o 1,-1 ou zero e representar˜o a
a a a
rota¸ao da elipse do caso c), gerando elipses rotacionadas no plano, caso A seja diferente de B.
c˜
Todas as figuras citadas acima est˜o resproduzidas na figura abaixo, exatamente na ordem em que
a
foram apresentadas acima: