Escrito por Paulo Henrique
Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Problemas com 1 asterisco é o equivalente a um problema de primeira fase de OBF, 2 asteriscos (**) um de segunda fase, e 3 asteriscos (***) um de terceira fase.
Problema 01 **
Uma massa \(m=1\,\mathrm{kg}\) foi presa ao teto por meio de um fio de comprimento \(l=40\,\mathrm{cm}\) de massa desprezível. Se elevarmos a massa a um ângulo \(\theta_0=30^\circ\) em relação à vertical e lhe dermos uma velocidade tangencial \(v_0=2\,\mathrm{m/s}\) na direção em que sua altura diminui, encontre a equação de movimento da massa, ou seja, o ângulo que o fio faz com a vertical em função do tempo a partir do momento inicial.
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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
\[\boxed{\theta(t)=\dfrac{\pi}{6}\cos{5t}-\sin{5t}}\]
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\[\theta(t)=\dfrac{\pi}{6}\cos{5t}-\sin{5t}\]
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Problema 02 **
Um cilindro de densidade \(\rho_C=500\,\mathrm{kg/m^3}\) se encontra parcialmente imerso num grande reservatório de água de densidade \(\rho_A=1000\,\mathrm{kg/m^3}\). Se o cilindro possui altura \(h=20\,\mathrm{cm}\), encontre sua frequência angular de pequenas oscilações verticais em torno do ponto de equilíbrio supondo que somente o expuxo e a gravidade atuam sobre ele.
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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
\[\omega=\sqrt{\dfrac{\rho_A}{\rho_C}\dfrac{g}{h}}\]
\[\boxed{\omega=10\,\mathrm{s^{-1}}}\]
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\[\omega=10\,\mathrm{s^{-1}}\]
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Problema 03 ***
(OBF) Em saltos de bungee jump o tamanho da tira elástica deve ser ajustado d
e acordo com a massa e a distância de queda. Uma estudante de física resolveu estudar esse fenômeno através de um modelo em escala reduzida. No laboratório uma pequena esfera de chumbo de massa $$m = 0,4 \; \rm{kg}$$ e suspensa por uma tira elástica de massa desprezível. Ao lado, a figura superior corresponde à situação em que a esfera é abandonada do repouso da altura $$H = 2,00 \; \rm{m}$$ para início do “salto”, cujo objetivo é chegar o mais próximo possível da base sem no entanto tocá-la. A figura inferior ao lado mostra a situação na qual a esfera está em equilíbrio estático. Imagine que em um salto real a parte mais baixa é a superfície de um rio ou lago. Considere que a tira elástica é equivalente a um conjunto de $$N$$ molas ideais conectadas em série e que cada mola tem constante elástica $$k = 200 \; \rm{N/m}$$ e comprimento $$l = 5,00 \; \rm{cm}$$ quando relaxada. Determine: (a) o número $$N$$ de molas necessárias para esse tipo de “salto”, (b) a velocidade e (c) a aceleração máximas atingidas durante o “salto”. Desconsidere a ação de forças resistivas.
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(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 $$ \dfrac{20,5}{34^2} \approx 0,018 \ll 1$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{N = 17}$$
(b) $$\boxed{V_{max} \approx 3,52 \; \rm{m/s}}$$
(c) $$\boxed{a_{max} \approx 24,3\; \rm{m/s^2}}$$
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Problema 04 *
Analise o sistema massa-mola na figura a seguir, em que uma bolinha de massa \(m=5\,\mathrm{kg}\) está conectada a uma barra de massa \(M=10\,\mathrm{kg}\) através de uma associação de molas. Elas possuem constantes elásticas \(k_1=6\,\mathrm{N/m}\), \(k_2=1\,\mathrm{N/m}\) e \(k_3=2\,\mathrm{N/m}\). Obtenha a frequência angular de oscilação do sistema se ele está livre para oscilar.
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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
\[\omega=\sqrt{\dfrac{k_{eq}}{\mu}}=\sqrt{2}=\boxed{1,4\,\mathrm{s^{-1}}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\omega=1,4\,\mathrm{s^{-1}}\]
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Problema 05 ***
(OBF) Em um laboratório de física, é usado um sistema massa-mola para determinar a velocidade com que um projétil é disparado. O sistema é constituído por um bloco de massa $$M = 5,00$$ $$kg$$ que está apoiado em uma superfície horizontal de atrito desprezível e está preso a uma parede rígida vertical através de uma mola de constante elástica $$k = 4500$$ $$N/m$$. Para fazer a medida da velocidade $$v_0$$ de um projétil de massa $$m = 10,0$$ $$g$$, o mesmo é disparado contra o bloco, que está inicialmente em repouso, nas condições mostradas na figura. A parte do bloco que recebe o impacto é feita de um material deformável que aloja o projétil em seu interior. Considere que a mola se deforma apenas depois do projétil se alojar completamente no bloco (colisão projétil-bloco instantânea). Determine a velocidade $$v_0$$ do projétil, em $$m/s$$, no caso em que a medida da amplitude de oscilação do bloco após o impacto é de $$2,50$$ $$cm$$.
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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):
$$\dfrac{\left(M+m\right)v^2}{2}=\dfrac{kA^2}{2}$$,
$$\dfrac{m^2v_0^2}{M+m}=kA^2$$ $$\rightarrow$$
$$\rightarrow$$ $$\boxed{v_0=A\sqrt{\dfrac{k\left(M+m\right)}{m^2}} \approx 375,4\, m/s}$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{v_0 \approx 375,4\, m/s}$$.
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Problema 06 ***
(OBF) Um balão de festa preenchido com um gás de densidade \(0,20\,\mathrm{kg/m^3}\), tem volume
de \(15\,\mathrm{litros}\) e está amarrado por um fio ideal, de comprimento \(L=80\,\mathrm{cm}\), a uma superfície
horizontal (veja figura fora de escala). Quando o balão está vazio sua massa é de \(3,0\,\mathrm{g}\).
a) Considere que o balão está em repouso na posição de equilíbrio \(\theta=0\). Determine a tração
no fio, em \(\mathrm{N}\).
b) Considere que o balão é levemente deslocado da posição de equilíbrio e depois é abandonado a partir do repouso. Determine o intervalo de tempo, em \(\mathrm{s}\), para atingir, pela primeira vez, a posição \(\theta=0\). (Desconsidere eventuais forças dissipativas).
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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,
$$\Delta t = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L}{g_{efetiva}}} = \boxed{0,31 \, s}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$T = 0,12 \, N$$
b)
$$\Delta t = 0,31 \, s$$
[/spoiler]
Problema 07 *
Considere uma massa \(m\) presa a duas molas horizontais de constante elástica \(k\). Essas molas possuem comprimento natural desprezível e, quando em equilíbrio no sistema abaixo, possuem comprimento natural \(l_0\). Desprezando efeitos gravitacionais, qual é o período de oscilação da massa \(m\) se a puxarmos levemente para cima?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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
\[m\ddot{y}=-2ky\]
\[\omega=\sqrt{\dfrac{2k}{m}}\]
\[T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\boxed{\pi\sqrt{\dfrac{2m}{k}}}\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[T=\pi\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\]
[/spoiler]
Problema 08 ***
(OBF) A figura abaixo mostra um sistema em equilíbrio estático. A haste homogênea \(AB\) de comprimento \(l= 80,0\,\mathrm{cm}\) e massa desprezível está presa à parede vertical por um pino em torno do qual poderia girar livremente. Na extremidade \(B\) da haste está presa uma pequena esfera de massa \(m=200\,\mathrm{g}\). Fixada a essa esfera e ao ponto \(C\) do teto há um material elástico de constante elástica \(k = 2,50\,\mathrm{N/m}\) e que quando relaxado tem comprimento desprezível. Determine (a) o ângulo \(\theta=\theta_0\) de equilíbrio e (b) o período de oscilação deste sistema se a posição angular \(\theta\) for levemente deslocada de \(\theta_0\).
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$T=\dfrac{2\pi}{\left(\left(\frac{l}{g}\right)^2+\left(\frac{m}{k}\right)^2\right)^{1/4}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{\theta_0=45^{\circ}}$$
b) $$\boxed{T \approx1,4\,s}$$
[/spoiler]
Problema 09 *
(OBF) O Professor Physicson levou para a sala de aula duas pedrinhas de massas diferentes e cordinhas de comprimentos diferentes. Montando a experiência do pêndulo simples, com um ângulo de abertura pequeno, conforme ilustra a figura, fazendo-o oscilar entre dois supostos pontos M e N. A partir das várias configurações realizadas nos experimentos, os alunos acertadamente concluíram que:
a) Quanto maior for o comprimento do fio, independente das pedrinhas, maior será o período de
oscilação do pêndulo simples
b) Quanto maior for a massa da pedrinha menor será o período de oscilação do pêndulo simples
c) O período de oscilação do pêndulo simples depende da altura em que ele foi abandonado, ou seja,
quanto mais alto, maior será seu período
d) O período de oscilação do pêndulo simples não será alterado se alterarmos proporcionalmente a massa
da pedrinha e o comprimento da cordinha
e) Quanto maior for a massa da pedrinha maior será o período de oscilação do pêndulo simples
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] 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.
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Letra a)
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Problema 10 *
Considere o tubo em U da figura a seguir, dentro do qual foram colocados \(V=10\,\mathrm{cm^3}\) de água. Se o tubo possui área de secção reta \(A=20\,\mathrm{cm^3}\) constante, encontre o período de pequenas oscilações em torno da posição de equilíbrio. Tome \(g=10\,\mathrm{m/s^2}\) e \(\pi=3\).
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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
\[\omega=\sqrt{\dfrac{2Ag}{V}}\]
\[T=\dfrac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\dfrac{V}{2Ag}}=\boxed{0,3\,\mathrm{s}}\]
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\[T=0,3\,\mathrm{s}\]
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Problema 11 **
Uma massa \(m\) foi pendurada ao teto por meio de uma mola de constante elástica \(k\) e comprimento natural \(l_0\). Obtenha a equação horária \(y(t)\) do movimento da massa. Considere que \(y\) é medido a partir do teto e, em \(t=0\), o bloco é solto a partir do repouso com \(y=l_0\).
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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,
\[\boxed{y(t)=\dfrac{mg}{k}\left(1-\cos{\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}}t\right)}\right)+l_0}\]
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\[y(t)=\dfrac{mg}{k}\left(1-\cos{\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}}t\right)}\right)+l_0\]
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Problema 12 **
(OBF) Um bloco de massa $$M$$ está preso a uma mola de constante elástica $$k = 60\,N/m$$ e executa um movimento harmônico simples (MHS) vertical. A figura ao lado mostra o instante em que centro de massa do bloco está na altura máxima. Ao se mover, observa-se que o centro de massa do bloco passa pelo ponto $$A$$, com rapidez máxima, $$4$$ vezes a cada segundo.
Determine:
(a) A massa $$M$$, em $$kg$$.
(b) A altura $$h$$, em $$cm$$.
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(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.
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(a) $$\boxed{M \approx 0,42 \,kg}$$
(b) Não é possível obter-se uma resposta (Ver solução)
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Problema 13 **
Um bloco de massa \(M\), capaz de deslizar com atrito desprezível sobre o chão, está preso a uma parede por uma mola de massa desprezível e constante elástica \(k\), inicialmente relaxada. Uma bolinha de massa \(m\), lançada com velocidade horizontal \(v_0\), atinge-o no instante \(t = 0\) e fica grudada nele. Ache a expressão \(x(t)\) de deslocamento do sistema.
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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
\[\boxed{x(t)=\dfrac{mv_0}{\sqrt{k(m+M)}}\sin{\left(\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}t\right)}}\]
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\(x(t)=\dfrac{mv_0}{\sqrt{k(m+M)}}\sin{\left(\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}t\right)}\)
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Problema 14 ***
(OBF) A força necessária para comprimir ou distender uma mola com constante de rigidez elástica $$k$$ é dada por $$F = -kx$$. Esta é a lei de Hooke. O trabalho realizado pela força aplicada a mola para promover uma deformação $$x$$ na mesma é dada por $$W = \frac{1}{2}kx^{2}$$. A mola da figura 9 é comprimida em $$\Delta x$$ . Ela lança o bloco com velocidade $$V_{0}$$ ao longo de uma superfície livre de atrito. As duas molas da figura 9b são idênticas à mola da figura 9a. Elas são comprimidas no mesmo valor $$\Delta x$$ e são usadas para lançar o mesmo bloco.
a) Determine a constante de elasticidade $$k^{‘}$$ da mola equivalente ao conjunto de molas
b) Qual será, agora, o módulo da velocidade do bloco, para a configuração $$b)$$?
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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:
$$V^{2} = 2V_{0}^{2}$$
$$V = \sqrt{2} V_{0}$$
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a) $$k^{‘} = 2k$$
b) $$V = \sqrt{2} V_{0}$$
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Problema 15 *
(OBF) O físico inglês Robert Hooke ($$1635-1703$$) foi um brilhante cientista que juntamente com outros, a exemplo de Newton (com quem tinha severas desavenças), Leibniz e Huygens, protagonizou a Revolução Científica no séc. XVII. Em $$1660$$, durante uma experiência, observou o comportamento mecânico de uma mola, descobrindo que as deformações elásticas obedecem a uma lei muito simples. Hooke descobriu que quanto maior fosse o peso de um corpo suspenso a uma das extremidades de uma mola (cuja outra extremidade era presa a um suporte fixo) maior era a sua deformação. Assim, considere que um bloco de massa $$200,0 g$$, preso a um suporte fixo por um fio de massa desprezível e apoiado sobre uma mola, sem pressioná-la, seja solto, deformando-a suavemente até o limite máximo de $$10,0 cm$$, conforme a figura. Podemos acertadamente concluir que a constante elástica da mola, em $$\frac{N}{m}$$, vale:
a) $$20,0$$
b) $$40,0$$
c) $$30,0$$
d) $$80,0$$
e) $$16,0$$
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] 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
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]Item B[/spoiler]