Problemas Aula 1.12 - Oscilações Mecânicas

Como vimos na parte teórica desta aula, um fio sob a ação da gravidade executa um MHS de frequência $\omega=\sqrt{g/l}=\sqrt{10/0,4}=5\,\mathrm{s^{-1}}$. Assim, a equação geral do movimento é

$$\theta(t)=A\cos{5t}+B\sin{5t}$$

Aplicando as condições iniciais:

$$\theta(0)=\theta_0=A=\dfrac{\pi}{6}\,\mathrm{rad}$$

$$\dot{\theta}(0)=\dot{\theta_0}=-\dfrac{v_0}{l}=-5\,\mathrm{rad/s}$$

Da equação geral:

$$\dot{\theta}(0)=5B=-5$$

$$B=-1\,\mathrm{rad}$$

Logo, a resposta final é

$$\boxed{\theta(t)=\dfrac{\pi}{6}\cos{5t}-\sin{5t}}$$

$$\theta(t)=\dfrac{\pi}{6}\cos{5t}-\sin{5t}$$

Seja $x$ o comprimento do cilindro que se encontra dentro da água. O empuxo que age sobre ele é

$$E=\rho_A Axg$$

Onde $A$ é a sua área de secção transversal. No equilíbrio,

$$E=P$$

$$\rho_A Ax_0g=\rho_C Ahg$$

$$x_0=\dfrac{\rho_C}{\rho_A}h$$

Seja $y$ o comprimento do cilindro que foi afundado acima de $x_0$, ou seja, $y=x-x_0$. Como o empuxo gerado por esse excesso irá forçar o cilindro a subir, temos, pela 2ª lei de Newton,

$$-\rho_A Ayg=\rho_C Ah\ddot{y}$$

$$\ddot{y}=-\dfrac{\rho_A}{\rho_C}\dfrac{g}{h}y$$

Comparando com a equação de um MHS ($\ddot{y}=-\omega^2 y$), obtemos que a frequência angular é

$$\omega=\sqrt{\dfrac{\rho_A}{\rho_C}\dfrac{g}{h}}$$

$$\boxed{\omega=10\,\mathrm{s^{-1}}}$$

$$\omega=10\,\mathrm{s^{-1}}$$

(a) Fazendo uma associação de molas, podemos descobrir a constante elástica equivalente do sistema. Como as molas do sistema estão em série, teremos que

$\dfrac{1}{k_{eq}} = \dfrac{1}{k_1} + \dfrac{1}{k_2} + \dfrac{1}{k_3} + \cdots + \dfrac{1}{k_n}$.

Para $N$ molas de mesma constante elástica:

$k_{eq} = \dfrac{k}{N}$

Além disso, devido às $N$ molas, o comprimento relaxado da tira será $Nl$. Para o número $N$ necessário, a tira deverá estar totalmente esticada quando a esfera chegar ao solo. Logo, conservando a energia mecânica do sistema:

$mgH = \dfrac{1}{2} k_{eq}\Delta y^2 = \dfrac{k}{2N} (H-Nl)^2$

$2NmgH = kH^2 - 2KNlH + kN^2l^2$

Substituindo os valores:

$0,5N^2 -56N +800 = 0$

Usando a fórmula de Bháskara, resolvemos a equação quadrática:

$N = \dfrac{112 \pm \sqrt{112^2- 4\times 1600}}{2}$

$N = 56 \pm \sqrt{1536}=56 \pm 16 \sqrt{6}$

Usando $\sqrt{6}=\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}$ e $\sqrt{2}=1,4$, $\sqrt{3}=1,7$ da capa da prova, obtemos as seguintes soluções:

$N_+ = 94,1$
$N_- = 17,9$

Como $N$ tem de ser um número inteiro (não há molas fracionadas), ele poderá assumir os valores de 17 ou 94. Perceba que $N$ não pode ser 94, pois $Nl = 94\times 0,05 = 4,7 > H$. Portanto;

$\boxed{N = 17}$

Perceba que a aproximação escolhida foi para $N = 17$, pois, para $N = 18$, ao realizar a conservação de energia, é possível perceber que a corda estica mais que a altura $H$; ou seja, a esfera iria colidir com o chão. Veja:

$mgH = \dfrac{k}{2N}\Delta y^2$

$\Delta y = \sqrt{\dfrac{2NmgH}{k}} = y - Nl$

$y = Nl + \sqrt{\dfrac{2NmgH}{k}}$

Para N = 18:

$y = 0,9 + \sqrt{1,44} \;\rm{m}= 0,9 + 1,2 \;\rm{m}= 2,1 \;\rm{m}> H$

Logo, a esfera colidiria com o chão.

(b) A velocidade máxima ocorre no momento em que a esfera passa a desacelerar, i.e., quando sua aceleração inverte o sentido. Esse é o momento em que a força resultante é nula, quando $mg = k_{eq}\Delta y_0$. Conservando a energia mecânica do sistema:

$mgH = \dfrac{1}{2} m V_{max}^2 + \dfrac{1}{2} k_{eq} \Delta y_0^2 + mgh$

Em que $h = Nl + \Delta y_0$ é a altura em que haverá a velocidade máxima.

$mgH = \dfrac{1}{2} mV_{max}^2 + \dfrac{1}{2} \dfrac{m^2g^2}{k_{eq}} + mg\left( Nl + \dfrac{mg}{k_{eq}} \right)$

$V_{max} = \sqrt{2gH - \dfrac{Nmg^2}{k} - \dfrac{2Nmg^2}{k} - 2Nlg}$

$V_{max} = \sqrt{2gH - \dfrac{3Nmg^2}{k} - 2Nlg}$

Substituindo os valores numéricos:

$V_{max} = \sqrt{12,8} \;\rm{m/s} = \sqrt{\dfrac{64}{5}} \; \rm{m/s}$

$\boxed{V_{max} = 8\dfrac{\sqrt{5}}{5} \;\rm{m/s} \approx 3,52 \; \rm{m/s}}$

(c) Agora, temos que a aceleração será máxima quando a força resultante for máxima. Equacionando a Segunda Lei de Newton, tem-se:

$ma = k_{eq} \Delta y - mg$

$a = \dfrac{k_{eq}}{m} \Delta y - g$

Vemos então que a aceleração máxima ocorre quando o elástico está esticado o máximo possível, o que ocorre quando a velocidade da esfera é nula. Na situação limite citada no enunciado, isso acontece quando a esfera está muito próxima de tocar o solo, então:

$a_{max} = \dfrac{k}{mN}\cdot (y-Nl)- g$

$a_{max} = \dfrac{k}{Nm}\cdot (Nl + \sqrt{\dfrac{2NmgH}{k}} - Nl) - g$

$a_{max} = \sqrt{\dfrac{2kgH}{Nm}} - g$

Substituindo os valores numéricos:

$a_{max} \approx (\sqrt{1176,5} - 10) \;\rm{m/s^2}$

Para calcular essa raiz, vamos realizar uma aproximação binominal, ou seja, $(1+ x)^n \approx 1 + nx$ para $x \ll 1$. Perceba que o quadrado perfeito mais próximo de $1176,5$ é $1156 = 34^2$. Sendo assim, podemos escrever a aceleração da seguinte forma:

$a_{max} \approx (\sqrt{1156 + 20,5} - 10) \;\rm{m/s^2} = (\sqrt{34^2 + 20,5} - 10) \;\rm{m/s^2} = 34 (\sqrt{1+ \dfrac{20,5}{34^2}} - 10) \;\rm{m/s^2}$

Agora, utilizando a aproximação binominal para $x = \dfrac{20,5}{34^2}$:

$a_{max} \approx (34 + \dfrac{20,5}{2\times 34} - 10) \;\rm{m/s^2}$

$a_{max} \approx (34,3 - 10)\;\rm{m/s^2}$

$\boxed{a_{max} \approx 24,3 \; \rm{m/s^2}}$

OBS: Perceba que a aproximação utilizada é válida, visto que $\dfrac{20,5}{34^2} \approx 0,018 \ll 1$.

(a) $\boxed{N = 17}$

(b) $\boxed{V_{max} \approx 3,52 \; \rm{m/s}}$

(c) $\boxed{a_{max} \approx 24,3\; \rm{m/s^2}}$

A massa reduzida do sistema é dada por

$$\mu=\dfrac{mM}{m+M}=\dfrac{5\cdot 10}{5+10}=\dfrac{10}{3}\,\mathrm{kg}$$

Enquanto a constante elástica equivalente é tal que

$$k_{eq}=k_1 + \dfrac{k_2 k_3}{k_2+k_3}=6+\dfrac{2}{3}=\dfrac{20}{3}\,\mathrm{N/m}$$

Assim, a frequência de oscilação é

$$\omega=\sqrt{\dfrac{k_{eq}}{\mu}}=\sqrt{2}=\boxed{1,4\,\mathrm{s^{-1}}}$$

$$\omega=1,4\,\mathrm{s^{-1}}$$

O alojamento da bala no bloco configura uma colisão inelástica. Já que a mola se deforma apenas depois da colisão, o momento linear do sistema se conserva antes e logo após o choque. Sendo $v$ a velocidade do conjunto depois, temos:

$mv_0=\left(M+m\right)v$,

$v=\dfrac{m}{M+m}v_0$.

A colisão inelástica dissipa energia. Após ela, não há trabalho de forças que ocasionem dissipações, portanto a energia mecânica se conserva. Veja que a amplitude do movimento oscilatório é precisamente a deformação máxima da mola, pois ocorre no momento em que o conjunto chega ao repouso instantâneo. Igualando à energia cinética inicial do conjunto à energia mecânica final (que é puramente potencial elástica):

$\dfrac{\left(M+m\right)v^2}{2}=\dfrac{kA^2}{2}$,

$\dfrac{m^2v_0^2}{M+m}=kA^2$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{v_0=A\sqrt{\dfrac{k\left(M+m\right)}{m^2}} \approx 375,4\, m/s}$.

$\boxed{v_0 \approx 375,4\, m/s}$.

a) Como o balão estará em equilíbrio vertical, temos que a tração será a diferença entre o empuxo e o peso do balão cheio. Assim,

$P = g(3\cdot10^{-3}+0,20\cdot15\cdot10^{-3}) = 6\cdot10^{-2} \, N = 0,06 \, N$

$E = \rho_{ar}gV = 1,20\cdot10\cdot15\cdot10^{-3} = 0,18 \,N$

Assim,

$T = 0,18 - 0,06 = \boxed{0,12 \, N}$

b) Podemos fazer uma analogia com o pêndulo simples. Temos que $mg_{efetiva} = E-P = 0,12 \Rightarrow g_{efetiva} = 20 \, m/s^2$. Assim, como

$T = 2\pi \sqrt{\dfrac{L}{g_{efetiva}}}$

E queremos a primeira passagem pelo ponto de equilíbrio, o intervalo de tempo será $\Delta t = \dfrac{T}{4}$. Portanto,

$\Delta t = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L}{g_{efetiva}}} = \boxed{0,31 \, s}$

a)

$T = 0,12 \, N$

b)

$\Delta t = 0,31 \, s$

Seja $y$ o deslocamento vertical da massa $m$ em relação ao equilíbrio. A força na direção de cada uma das molas é dada aproximadamente por $F=kl_0$, já que o deslocamento não vai afetar seu comprimento. A força projetada na direção na direção vertical é

$$F_y=F\dfrac{y}{l_0}=ky$$

Como possuímos duas molas, a força total na direção vertical será o dobro de $F_y$. A equação de movimento fica

$$m\ddot{y}=-2ky$$

$$\omega=\sqrt{\dfrac{2k}{m}}$$

$$T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\boxed{\pi\sqrt{\dfrac{2m}{k}}}$$

$$T=\pi\sqrt{\dfrac{2m}{k}}$$

a) Primeiramente precisamos encontrar algumas propriedades geométricas da figura. Assim, como $AB=AC$ o triângulo ${\bigtriangleup}ABC$ é isósceles, logo, os ângulos da base são iguais e valem ${\angle}ABC={\angle}ACB=90^{\circ}-{\theta}/2$.

Definindo que $BC=x$, temos a seguinte relação do ângulo $\theta$ com o lado $x$:

$\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)=\dfrac{x}{2l}$

Dessa forma, podemos encontrar a posição de equilíbrio. Uma vez que apenas três forças atuam na massa - o peso ($P$), a força elástica ($F_{ela}$), e a tração ($T$) gerada pela barra - podemos usar o teorema das três forças na posição de equilíbrio. (Clique aqui para saber mais sobre o teorema das três forças)

Dessa forma, a seguinte relação pode ser escrita

$\dfrac{P}{\sin{(90^{\circ}-{\theta_0}/2)}}=\dfrac{F_{ela}}{\sin{(90^{\circ}+{\theta_0})}}=\dfrac{T}{\sin{(180^{\circ}+{\theta_0}/2)}}$

Portanto,

$\dfrac{P}{\cos{({\theta_0}/2)}}=\dfrac{F_{ela}}{\cos{({\theta_0})}}$

$\dfrac{\cos(\theta_0)}{\cos({\theta_0}/2)}=\dfrac{F_{ela}}{P}$

A força elástica é calculada por

$F_{ela}=k(x-x_0)$

Entretanto é dito no enunciado que o compirmento relaxada do elástico é desprezível $x_0 \approx 0$, então

$F_{ela}=kx$

$\dfrac{\cos(\theta_0)}{\cos({\theta_0}/2)}=\dfrac{kx_{eq}}{mg}$

Onde $x_{eq}$ é o $x$ na posição de equilíbrio.  Agora, perceba que $m=0,2\,kg$, $g=10\,m/s^2$ e $k=2,5\,N/m$, ou seja,

$\dfrac{mg}{k}=0,8\,m$

Logo, podemos substituir ${mg}/{k}$ por $l$, uma vez que possuem o mesmo valor.

$\dfrac{\cos(\theta_0)}{\cos({\theta_0}/2)}=\dfrac{x}{l}$

Porém encontramos anteriormente que

$\dfrac{x}{l}=2\sin\left(\dfrac{\theta_0}{2}\right)$

Então

$\dfrac{\cos(\theta_0)}{\cos({\theta_0}/2)}=2\sin\left(\dfrac{\theta_0}{2}\right)$

$\cos(\theta_0)=2\sin(\theta_0/2)\cos(\theta_0/2)$

Conclui-se que

$\cos(\theta_0)=\sin(\theta_0)$

Por fim, temos então que:

$\boxed{\theta_0=45^{\circ}}$

b) Para encontrarmos o período de oscilação usaremos dois métodos: por força e por energia.

Solução 1: Abordagem por força

Primeiramente, vamos delocar levemente a esfera da posição de equilíbrio

$\theta=\theta_0+\Delta\theta$

De tal forma que

$\Delta\theta\ll\theta_0$

Então a força resultante na direção tangente à barra pode ser escrita como

$P\cos(\theta)-F_{ela}\cos(\theta/2)=ml\alpha$

Onde $\alpha$ é a aceleração angular da barra

$mg\cos(\theta)-kx\cos(\theta/2)=ml\alpha$

Usando a seguinte relação, encontrada no item a),

$x=2l\sin(\theta/2)$

temos

$mg\cos(\theta)-2kl\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)=ml\alpha$

Da trigonometria, sabe-se que

$2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)=\sin(\theta)$

$mg\cos(\theta)-kl\sin(\theta)=ml\alpha$

Logo, uma vez que encontramos anteriormente que o peso é numericamente igual à

$mg=kl$

Podemos reduzir a equação para

$mg(\cos(\theta)-\sin(\theta))=ml\alpha$

Portanto

$\dfrac{g}{l}(\cos(\theta_0+\Delta\theta)-\sin(\theta_0+\Delta\theta))=\alpha$

Expandindo as equaçãos trigonométricas achamos que

$\cos(\theta_0+\Delta\theta)=\cos(\theta_0)\cos(\Delta\theta)-\sin(\theta_0)\sin(\Delta\theta)$

$\sin(\theta_0+\Delta\theta)=\sin(\theta_0)\cos(\Delta\theta)+\sin(\Delta\theta)\cos(\theta_0)$

Como $\Delta\theta\ll\theta_0$, temos

$\cos(\Delta\theta)\approx1$

$\sin(\Delta\theta)\approx\Delta\theta$

Então

$\cos(\theta_0+\Delta\theta)\approx\cos(\theta_0)-\Delta\theta\sin(\theta_0)$

$\sin(\theta_0+\Delta\theta)\approx\sin(\theta_0)+\Delta\theta\cos(\theta_0)$

O valor de $\theta_0=45^{\circ}$ foi encontrado no item a).

$\cos(45^{\circ}+\Delta\theta)\approx\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\Delta\theta\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

$\sin(45^{\circ}+\Delta\theta)\approx\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\Delta\theta\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

Portanto,

$-\dfrac{g\sqrt{2}}{l}\Delta\theta=\alpha$

Assim encontramos a equação de um movimento harmônico simples de período igual à

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g\sqrt{2}}}$

Substituindo os valores

$\boxed{T \approx 1,4\,s}$

Solução 2: Abordagem por energia

Novamente, vamos deslocar levemente a esfera da posição de equilíbrio

$\theta=\theta_0+\Delta\theta$

De tal forma que

$\Delta\theta\ll\theta_0$

Escrevendo a energia mecânica e tomando como nível de referência o teto para a energia potencial gravitacional, encontramos

$E=\dfrac{mv^2}{2}-mgl\sin(\theta)+\dfrac{kx^2}{2}$

Como a barra limita o movimento da esfera, sua velocidade é perpendicular à barra e vale $v=\omega{l}$, onde $\omega$ é a velociade angular da barra.

$E=\dfrac{m\omega^2{l}^2}{2}-mgl\sin(\theta)+{2kl^2\sin^2(\theta/2)}$

Da trigonometria,

$2\sin^2(\theta/2)=1-cos(\theta)$

Então

$E=\dfrac{m\omega^2{l}^2}{2}-mgl\sin(\theta)+{kl^2(1-cos(\theta))}$

$E=\dfrac{m\omega^2{l}^2}{2}-mgl\sin(\theta_0+\Delta\theta)+{kl^2(1-cos(\theta_0+\Delta\theta))}$

Expandindo as funções trigonométricas

$\cos(\theta_0+\Delta\theta)=\cos(\theta_0)\cos(\Delta\theta)-\sin(\theta_0)\sin(\Delta\theta)$

$\sin(\theta_0+\Delta\theta)=\sin(\theta_0)\cos(\Delta\theta)+\sin(\Delta\theta)\cos(\theta_0))$

Agora, utilizaremos as aproximações associadas ao ângulo $\Delta \theta$. Como $\Delta\theta\ll\theta_0$, temos:

$\cos(\Delta\theta)\approx1-\dfrac{\Delta\theta^2}{2}$

$\sin(\Delta\theta)\approx \Delta \theta$

Note que a aproximação do cosseno difere daquela utilizada na solução 1; ao utilizar energia, é preciso levar em conta também o termo de ordem quadrática ($\Delta \theta ^2$).

Prosseguindo, temos então:

$\cos(\theta_0+\Delta\theta)\approx\cos(\theta_0)\left(1-\dfrac{\Delta\theta^2}{2}\right)$

$\sin(\theta_0+\Delta\theta)\approx\sin(\theta_0)\left(1-\dfrac{\Delta\theta^2}{2}\right)$

Substituindo na equação da energia

$E=\dfrac{m\omega^2{l}^2}{2}-mgl\sin(\theta_0)\left(1-\dfrac{\Delta\theta^2}{2}\right)+{kl^2\left(1-\cos(\theta_0)\left(1-\dfrac{\Delta\theta^2}{2}\right)\right)}$

Podemos desprezar os fatores constantes. (Isso pode ser interpretado como uma mudança de referencial da energia potencial gravitacional, tal que anule as constantes e a nova energia vale $E'$)

$E'=\dfrac{m\omega^2{l}^2}{2}+\left(mgl\sin(\theta_0)+kl^2\cos(\theta_0)\right)\dfrac{\Delta\theta^2}{2}$

Assim achamos uma equação de um MHS, análogo á um sistema massa-mola:

$E=\dfrac{mv^2}{2}+\dfrac{kx^2}{2}$  ,   $T=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$

Por analogia o período será

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{ml}{mg\sin(\theta_0)+kl\cos(\theta_0)}}$

$\boxed{T \approx 1,4\,s}$

OBS.: Perceba que o valor literal do período foi diferente nas duas soluções. Isso se deve ao fato de que, na solução 1, para facilitar as contas, usou-se inicialmente que o peso era numéricamente igual à $kl$. Dessa forma, encontramos uma fórmula com alguns valores já substituidos. Já na solução por energia usou-se uma abordagem um pouco mais geral. Ainda seria possível encontrar uma equação que não depende do ângulo $\theta_0$; ou seja, uma equação geral para quaisquer valores de $g$, $m$, $k$ e $l$. Fica como exercício para o aluno mostrar então que:

$T=\dfrac{2\pi}{\left(\left(\frac{l}{g}\right)^2+\left(\frac{m}{k}\right)^2\right)^{1/4}}$

a) $\boxed{\theta_0=45^{\circ}}$

b) $\boxed{T \approx1,4\,s}$

É conhecido que o período de pequenas oscilações de um pêndulo simples vale:

$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Portanto apenas depende do comprimento do fio e da gravidade local, em boa aproximação não dependendo de variáveis como massa do objeto oscilando ou ângulo de abertura da oscilação, o que leva o item A a ser o correto. Vale notar que pode ser deduzido por análise dimensional que a única combinação das variáveis $m$,$l$ e $g$ que dá dimensão de tempo é $\sqrt{\frac{l}{g}}$, portanto a única variável na qual o período poderia depender seria o comprimento do oscilador, gravidade e ângulo de abertura da oscilação, que, experimental, não tem efeito algum para pequenas oscilações.

Letra a)

Quando o volume de água é deslocado uma distância $z$ do equilíbrio, tem-se um excesso de massa igual a $2\rho Az$ em um dos lados que empurra o sistema de volta para a posição de equilíbrio.  Multiplicando por $g$, obtemos a força restauradora, que age sobre toda a massa de água dentro do tubo, $\rho V$. Assim, a equação de movimento fica

$$2\rho gzA=-\rho V\ddot{z}$$

$$\ddot{z}+\left(\dfrac{2Ag}{V}\right)z=0$$

Comparando com a equação de um MHS, obtemos

$$\omega=\sqrt{\dfrac{2Ag}{V}}$$

$$T=\dfrac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\dfrac{V}{2Ag}}=\boxed{0,3\,\mathrm{s}}$$

$$T=0,3\,\mathrm{s}$$

Pela 2ª lei de Newton, a equação de movimento da massa é

$$m\ddot{y}=mg-k(y-l_0)=mg+kl_0-ky$$

Definamos $y_0=\dfrac{mg}{k}+l_0$ e façamos $y'=y-y_0$. Dessa forma, $\ddot{y}=\ddot{y'}$ e $y=y'+\dfrac{mg}{k}+l_0$. Substituindo na equação de movimento:

$$\ddot{y'}=-\dfrac{k}{m}y$$

Assim chegamos na equação de um MHS:

$$y'(t)=A\cos{(\omega t+\phi)}$$

Onde $\omega=\sqrt{k/m}$ é a frequência de oscilação. Pela definição de $y'$,

$$y(t)=y'(t)+y_0=A\cos{(\omega t+\phi)}+\dfrac{mg}{k}+l_0$$

Pela condição da posição inicial:

$$l_0=A\cos{\phi}+\dfrac{mg}{k}+l_0$$

$$A\cos{\phi}=-\dfrac{mg}{k}$$

Pela condição da velocidade inicial:

$$v_0=-A\sin{\phi}=0$$

$\phi=0$ ou $\phi=\pi$

Pela condição da posição inicial, vemos que $\phi=\pi$. Assim,

$$A=\dfrac{mg}{k}$$

Como resposta final,

$$\boxed{y(t)=\dfrac{mg}{k}\left(1-\cos{\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}}t\right)}\right)+l_0}$$

$$y(t)=\dfrac{mg}{k}\left(1-\cos{\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}}t\right)}\right)+l_0$$

(a) O sistema em questão é um oscilador massa-mola simples. Já que a gravidade, por ser uma força constante, não altera o período do movimento, este possui o mesmo valor para o caso horizontal. Isto é:

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{M}{k}}$

Elevando ao quadrado em ambos os lados, a massa em função do período e da constante elástica será então:

$M=\dfrac{kT^2}{4\pi^2}$

O enunciado informa que o bloco passa pela posição $A$ com máxima velocidade, o que significa que $A$ é a posição de equilíbrio. Conforme a questão, a massa passa $4$ vezes por segundo por $A$, ou de forma equivalente $1$ vez a cada $0,25\,s$; do MHS, sabemos que o bloco passa pela posição de equilíbrio $1$ vez a cada intervalo de meio período. Daí, inferimos que o período do sistema é $T=2 \cdot 0,25\,s=0,5\,s$. Substituindo os valores numéricos:

$M=\dfrac{60 \times 0,5^2}{4 \times 3^2} \, kg$ $\therefore$

$\therefore$ $\boxed{M \approx 0,42 \,kg}$

(b) No ponto de equilíbrio $A$, - como o nome já diz - a força resultante no móvel é nula. Sendo $\Delta x$ a elongação da mola ao passar por esse ponto, temos então:

$k\Delta x = Mg$

$\Delta x \approx 7,0 \, cm$

Você pode estar tentado a dizer que $\Delta x=h$; de fato, nós da equipe NOIC acreditamos que esse era o raciocínio esperado pela prova. No entanto, tal afirmação é incorreta: com as informações dadas pela questão, é impossível determinar a altura $h$, que corresponde à amplitude do MHS (distância entre os pontos de máxima/mínima elongação e o ponto de equilíbrio). Isso ocorre porque a amplitude (assim como uma possível fase inicial, a título de curiosidade) é uma grandeza obtida a partir das condições do problema, e não de uma análise física como é o caso do período. Isto é, para determinarmos a amplitude, precisamos conhecer a posição e a velocidade da partícula em um instante dado. Note que, para $\Delta x=h$, estaríamos lidando com o caso em que a mola está relaxada no momento mostrado na figura. Já que essa informação não foi dada pelo enunciado, não é razoável esperar que o aluno faça tamanha suposição apenas para chegar em uma resposta final, e por isso nós do NOIC acreditamos que a saída mais justa para este item é a anulação.

OBS: Vimos que, para que o item tivesse solução, o enunciado deveria ter informado que a mola estava relaxada na posição da figura. Alternativamente, no entanto, poderia ter sido dado o valor da velocidade  $v_{max}$ do bloco no ponto $A$, a qual deveria ser de $g\sqrt{M/k}$ na situação em questão. Utilizando-se a relação $v_{max}=\omega A=\omega h$, acharíamos uma amplitude idêntica à deformação da mola achada pelo balanço de forças.

(a) $\boxed{M \approx 0,42 \,kg}$

(b) Não é possível obter-se uma resposta (Ver solução)

Por conservação de momento linear:

$$mv_0=(m+M)v$$

$$v=\dfrac{m}{m+M}v_0$$

O sistema executará um MHS com frequência $\omega=\sqrt{k/(m+M)}$ e equação geral $x(t)=A\cos{(\omega t+\phi)}$. Pelas condições iniciais:

$$y(0)=A\cos{\phi}=0$$

$\phi=\dfrac{\pi}{2}$ ou $\dfrac{3\pi}{2}$

Quanto à velocidade inicial,

$$v(0)=A\omega\sin{\phi}=\dfrac{m}{m+M}v_0$$

Assim, concluímos que $\phi=\pi/2$ e

$$A=\dfrac{mv_0}{\sqrt{k(m+M)}}$$

De forma que

$$\boxed{x(t)=\dfrac{mv_0}{\sqrt{k(m+M)}}\sin{\left(\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}t\right)}}$$

$x(t)=\dfrac{mv_0}{\sqrt{k(m+M)}}\sin{\left(\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}t\right)}$

a) Como as molas estão associadas em paralelo, podemos substituí-la por uma mola equivalente, de tal forma que sua constante $k^{'}$ seria:

$k^{'}\Delta x = 2k\Delta x$

$k^{'} = 2k$

b) Conservando a energia do sistema:

$\frac{1}{2}mV^{2} = \frac{1}{2}k^{'}(\Delta x)^{2}$

$\frac{1}{2}mV^{2} = \frac{1}{2}2k(\Delta x)^{2}$

Por outro lado:

$\frac{1}{2}mV_{0}^{2} = \frac{1}{2}k(\Delta x)^{2}$

Daí:

$V^{2} = 2V_{0}^{2}$

$V = \sqrt{2} V_{0}$

a) $k^{'} = 2k$

b) $V = \sqrt{2} V_{0}$

 A energia de uma mola vale:

$E=\frac{kx^{2}}{2}$

Onde $x$ é a deformação da mola de seu comprimento de repouso, em que ela não está sob ação de forças externas. Portanto, como o corpo em repouso de massa $m=200g=0,200 kg$ está inicialmente em repouso e depois é solto até que a mola chega em seu limite, e como o corpo foi do repouso para o repouso de novo, toda energia ganha pela gravidade virou potencial elástica, portanto:

$E=mgx=\frac{kx^{2}}{2}$

$k=\frac{2mg}{\Delta x}=\frac{2*0,2 * 10}{0,1 m}=40 \frac{N}{m}$

Portanto, o item correto é o item B

Item B