Problemas Aula 3.1 – Propagação de Ondas em Cordas

Em ondas transversais, os pontos oscilam somente na direção vertical. Assim, podemos dizer que $C$ se move verticalmente para cima e $A$ se move verticalmente para baixo. Como $B$ está prestes a mudar a direção de seu movimento, ele não possui velocidade nesse momento.

$A$: vertical para baixo; $B$: nula; $C$: vertical para cima

Utilizando a fórmula da velocidade:

$$v=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}=\sqrt{\dfrac{T}{m/l}}$$

$$\Delta t=\dfrac{l}{v}$$

$$\Delta t=\sqrt{\dfrac{ml}{T}}$$

$$\Delta t=\sqrt{\dfrac{20\cdot 2}{10}}=\boxed{2\,\rm{s}}$$

$2\,\rm{s}$

a) Em $t=0,10\,\rm{s}$, a onda terá se movido para a direita em $v_x t=1\,\rm{cm}$. Assim, podemos representar a corda da seguinte maneira:

Como os pontos da corda só se movem na direção vertical, a velocidade de $P$ será vertical e apontará para cima.

b) Perceba que, para que a onda mantenha seu formato triangular, todos os pontos pertencentes a um mesmo segmento do triângulo devem ter a mesma velocidade vertical. Assim, o ponto $P$ possui a mesma velocidade $v_P$ desde o momento inicial até o momento $t_P=0,2\,\rm{s}$ quando ele atinge sua altura máxima. Assim, podemos escrever que

$$v_P=\dfrac{\Delta y}{t_P}$$

$$v_P=\dfrac{3,0}{0,2}=\boxed{15,0\,\rm{cm/s}}$$

a) vertical para cima

b) $15\,\rm{cm/s}$

Pela figura, a onda deve percorrer $6$ unidades arbitrárias para que $B$ volte à sua posição mais baixa, enquanto para que $A$ atinja sua posição mais alta a onda deve percorrer $4$ unidades arbitrárias. Assim, a razão entre os tempos é igual a $6/4=\boxed{1,5}$.

$$1,5$$

Da parte teórica desta aula, sabemos que a energia transportada por uma onda em uma corda, manténdo-se sua tensão e densidade linear de massa constantes, é tal que

$$P\propto \omega^2 A^2$$

Assim, podemos escrever que

$$\dfrac{P'}{P}=\left(\dfrac{\omega'}{\omega}\right)^2\left(\dfrac{A'}{A}\right)^2$$

$$\dfrac{P'}{P}=2^2\cdot 3^2=\boxed{36}$$

$$36$$

Como observamos em problemas anteriores, todos os pontos de uma onda triangular simétrica que não correspondem a uma crista ou a um vale possuem a mesma velocidade vertical, em módulo. Sua velocidade de propagação horizontal é dada por

$$v_x=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}=\sqrt{\dfrac{200}{2}}=10\,\rm{m/s}$$

Como, em um período, a onda atravessa uma distância horizontal $\lambda$ e os pontos percorrem uma distância vertical $4A$, podemos escrever, por regra de três,

$$\dfrac{v_y}{v_x}=\dfrac{4A}{\lambda}$$

$$v_y=v_x\dfrac{4A}{\lambda}=10\,\rm{m/s}$$

Substituindo na fórmula dada:

$$P=\sqrt{T\mu}v_y^2=\boxed{2\cdot 10^3\,\rm{W}}$$

$$2\cdot 10^3\,\rm{W}$$

Pela figura, sabemos que a onda possui comprimento de onda $\lambda=10\,\rm{m}$. Pela relação fundamental,

$$v_x=\lambda f$$

$$f=\dfrac{v_x}{\lambda}$$

$$\boxed{f=2\,\rm{Hz}}$$

$$2\,\rm{Hz}$$

a) A equação geral de uma onda transversal é dada por

$$y=A\sin{(kx-\omega t)}$$

Onde $k=2\pi/\lambda$ e $\omega=2\pi/T=2\pi f$. Assim conseguimos diretamente que $A=1\,\rm{m}$, $\lambda=1\,\rm{m}$, $f=0,5\,\rm{Hz}$, $T=2\,\rm{s}$ e $v=0,5\,\rm{m/s}$.

b) Como a escolha do ponto não afetará o resultado, escolheremos o ponto $x=0$ para simplificar as contas. Assim,

$$y=-\sin{(\pi t)}$$

A velocidade desse ponto em função do tempo é

$$v_y=-\pi\sin{(\pi t)}$$

Assim, a velocidade transversal máxima é dada por

$$v_{y,max}=\pi=\boxed{3\,\rm{m/s}}$$

a) $A=1\,\rm{m}$, $\lambda=1\,\rm{m}$, $f=0,5\,\rm{Hz}$, $T=2\,\rm{s}$ e $v=0,5\,\rm{m/s}$

b) $v_{y,max}=\pi=\boxed{3\,\rm{m/s}}$

a) Pela equação de Taylor,

$$v=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}=\sqrt{\dfrac{10}{0,1}}=\boxed{10\,\rm{m/s}}$$

b) Como o período é de $T=0,1\,\rm{s}$, pela relação fundamental,

$$v=\dfrac{\lambda}{T}$$

$$\boxed{\lambda=1\,\rm{m}}$$

c) Como o ponto considerado não possui velocidade no momento inicial, concluímos que ele está em sua aplitude máxima para cima. Assim, para a ponta em $x=0$, a equação de movimento vertical é

$$y=0,02\cos{\left(\dfrac{2\pi}{T}t\right)}$$

Assim, a equação da onda é

$$y=0,02\cos{\left(\dfrac{2\pi}{\lambda}x-\dfrac{2\pi}{T}t\right)}$$

$$\boxed{y=0,02\cos{\left(2\pi x-20\pi t\right)}}$$

a) $10\,\rm{m/s}$

b) $1\,\rm{m}$

c) $y=0,02\cos{\left(2\pi x-20\pi t\right)}$

Sendo $m$ a massa da corda, podemos escrever que sua tensão é tal que

$$T=40mg$$

Para calcular o tempo que a onda demora para atravessar a corda:

$$\Delta t=\dfrac{l}{v}$$

$$v=\dfrac{l}{\Delta t}$$

Pela fórmula da velocidade da onda na corda,

$$v=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$$

$$T=v^2\mu=v^2\dfrac{m}{l}=100mg$$

Substituindo a fórmula da velocidade:

$$\dfrac{l}{(\Delta t)^2}=100g$$

$$l=100g(\Delta t)^2=\boxed{10\,\rm{m}}$$

$$10\,\rm{m}$$

Do problema anterior,

$$v= \sqrt{\dfrac{100mg}{m/l}}$$

$$v=\sqrt{100gl}=100\,\rm{m/s}$$

Substituindo na equação da onda:

$$y(5;\, 0,1)=0,1\cos{\pi(5-100\cdot 0,1)}=0,1\cos{(-5\pi)}$$

$$\boxed{y=-0,1\,\rm{m}}$$

$$-0,1\,\rm{m}$$

Como o tempo de propagação é 2 vezes maior e o comprimento percorrido pela onda é o mesmo, sua velocidade deve ser 2 vezes menor. Pela fórmula de Taylor:

$$v=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}=\sqrt{\dfrac{T}{m/l}}\propto \dfrac{1}{\sqrt{m}}$$

$$\dfrac{v'}{v}=\sqrt{\dfrac{m}{m'}}=\dfrac{1}{2}$$

$$m'=4m=\boxed{12\,\rm{kg}}$$

$$12\,\rm{kg}$$

Quando o ponto está em repouso, ele possui deslocamento máximo. O instante mais próximo no qual ele possuirá deslocamento nulo ocorre após um quarto de período. Perceba que este instante corresponde à frequência mínima de oscilação da corda, porque se o tempo transcorrido correspondesse, por exemplo, a três quartos de período, o período de oscilação seria menor, e, consequentemente, a frequência seria maior. Assim,

$$\dfrac{T}{4}=0,5$$

$$T=2\,\rm{s}$$

$$\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{2\pi}{2}=\boxed{3\,\rm{s^{-1}}}$$

$$3\,\rm{s^{-1}}$$

Perceba que para que um ponto na corda vá do patamar superior ao patamar inferior a onda precisa ter apenas um deslocamento infinitesimal para a direita. Assim, o ponto considerado, que possui massa não nula, precisa percorrer um espaço não infinitesimal em intervalo de tempo infinitamente pequeno, adquirindo uma velocidade tendendo ao infinito, o que é impossível.

A energia do bloco em um dado instante é dada por

$$E=\dfrac{mv^2}{2}+mgy$$

Onde $y$ é a sua altura em relação à sua posição média. Perceba que o segundo termo da expressão acima não contribui para a energia média, já qur o bloco passa uma metade do período de oscilação acima de $y=0$ e a outra abaixo de $y=0$. Assim, podemos escrever, utilizando a dica do enunciado:

$$\overline{E}=\dfrac{m\overline{v^2}}{2}=\boxed{\dfrac{mv_0^2}{4}}$$

$$\dfrac{mv_0^2}{4}$$