Aula 2 Oscilações sistemas simples
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O Sistema Massa-Mola
O sistema massa mola, como vimos, é um
exemplo de sistema oscilante que descreve um
MHS.
Como sabemos (aplicando a Segunda Lei de Newton) temos que Σ F = m aComo sabemos, no caso massa-mola (e em todos os sistemas com MHS)
F x = -Cx, onde C neste caso é k (constante de elasticidade da mola)
portanto:
ou
Equação diferencial linear ordinária de segunda ordem homogênea com
coeficientes constantes.
Se olhamos para a equação veremos que a solução tem que ser umafunção do tipo seno ou co-seno, ou e±ct ou outra periódica!
Escolhemos a mais simples:
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Como encontrar as constantes A, φ e ω?Substituindo a solução proposta x(t) na equação obtemos:
k
mω =
A e φ podem ser obtidas a partir da posição inicial xo = A cosφ e da
velocidade inicial vo = -Aω
senφ .
O Sistema Massa-Mola
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Observações
O Sistema Massa-Mola
Compliância = 1/k
k
mω = M 0 ω ∞ ????
Combinação de molas em paralelo igual deformação e soma das forças
portanto a constante da mola efetiva (resultante) será a soma das duas!
Do que depende k?
Combinação de molas em série igual força e soma das deformações
portanto a compliância da mola efetiva (resultante) será a soma das
compliâncias das molas individuais!
E em série?
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Exercícios1. Um oscilador é formado por um bloco preso a uma mola de constante
k=400 N/m. Em um certo instante t a posição (medida a partir da
posição de equilíbrio do sistema), a velocidade e a aceleração do bloco
são: x = 0,100m, v = -13,6 m/s e a = -123 m/s2. Calcule (a) a frequência
linear de oscilação, (b) a massa do bloco e (c) a amplitude do
movimento.2
2 123 m/s35.07 rad/s .
0.100 m
aa x
xω ω
−= − ⇒ = = =
Portanto , f = ω /2π = 5.58 Hz.
(a)
(b)2
400 N/m= 0.325kg.
(35.07 rad/s)
k m
mω ⇒ = =
(c)
2 2
(0.325 kg / 400 N/m)(13.6 m/s) (0.100 m) 0.400m.m x = + =
4
1
2
= 1
2 +
1
2 → =
+
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2. Na figura duas molas são ligadas entre si a um bloco de massa 0,245
kg que oscila em um piso sem atrito. As duas molas possuem uma
constante elástica k = 6430 N/m. Qual é a frequência das oscilações?
Precisamos encontrar a constante efetiva kef da
combinação de molas da figura. Para issodeterminamos a magnitude F da força exercida
sobre a massa m quando a elongação total é ∆ x.
Nesse caso teremos que k ef = F / ∆ x.
Vamos supor que a mola da esquerda sofre uma elongação ∆ xe e a mola
da direita uma elongação ∆ xd .
Então a mola da esquerda exerce uma força k ∆ xe sobre a mola da direita
e a mola da direita exerce uma força k ∆ xd sobre a mola da esquerda.
Pela Terceira Lei de Newton as forças devem ser iguais! portanto ∆ xd =
∆ xe e ∆ x = 2 ∆ xe = 2 ∆ xd .
A mola da esquerda exerce uma força sobre o bloco de magnitude F =
k ∆ xe
Então o k ef = k ∆ xe /2∆ xd = k/2 e a frequência será =
2=
2
2
Exercícios
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Exercícios para casa (Halliday Volume 2; 8 ed.; cap. 15): (13) (23) (24)Perguntas: (7) (8) (9)
Com m = 0,245 kg e k = 6430 N/m, a frequência será f = 18,2 Hz.
= 1
2
=
1
2
2
Exercícios
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Fixação
Fio de suspensão
Linha de
referência
τ κθ = −
( ) ( ) cosmt t θ θ ω φ = +
O Pêndulo de Torção
O pêndulo de torção é um exemplo de sistema oscilante.Consiste de um disco com momento de inércia I
suspenso por um fio.
Quando o disco gira teremos um deslocamento angular θ
a partir da posição de equilíbrio.
A torção do fio armazena energia potencial produzindo o
torque restaurador τ = -κθ .
Esta é a forma angular da Lei de Hooke. A constante κ é
chamada constante de torção do fio.
Podemos calcular o período T e a frequência angular ω da oscilação.
Notemos que I é a inércia rotacional do disco em torno do eixo que coincide
com o fio. O ânguloθ
é dado pela equação:7
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Fixação
Fio de suspensão
Linha de
referência
τ κθ = −
Vamos obter a equação diferencial e resolver ela.
Como sabemos (aplicando a Segunda Lei de Newton
para a rotação) temos que Στ ττ τ = I α αα α
Neste caso τ = -κθ , onde C neste caso é κ (constante
de torção do fio) portanto:
ou
Como já vimos, a solução mais simples é:
Se chamamos A=θm teremos:
Logo:
Checar!
O Pêndulo de Torção
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PivôO Pêndulo Simples
O pêndulo simples (matemático) consiste de uma massa m
suspensa por uma corda inextensível de comprimento L.Se deslocamos a massa do seu equilíbrio, a força resultante
atuando sobre ela é tal que o sistema vai descrever um MHS.
Há duas forças atuando sobre m: a força gravitacional e a
tensão da corda.O torque líquido destas forças é τ = -r
⊥F g = - Lmg senθ
Aqui θ é o ângulo entre a corda e o eixo vertical.
Se θ <<1 em radianos! (digamos menor que 5º) podemos
considerar: Sen θ ≈ θ Onde θ está expresso em radianos
A partir desta aproximação o troque é τ = - Lmgθ
Comparando esta expressão com a da força F = -Cx vemosque C = mgL e portanto podemos determinar T e ω da
oscilação
2L
T g
π =
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No desenvolvimento das equações obtidas nos utilizamos a aproximação θ << 1 o que nos permitiu realizar a substituição sen θ ≅ θ .
Vamos agora decidir o que é um ângulo “pequeno”, ou seja, até que
valores do ângulo θ a aproximação é razoavelmente precisa?
θ θθ θ (graus) θ θθ θ (radianos) senθ θθ θ
5 0,087 0,087
10 0,174 0,174
15 0,262 0,259 (1% erro)
20 0,349 0,342 (2% erro)
Conclusão: se mantemos θ < 10 ° o erro será inferior a 1%
Como em este caso a inércia rotacional I em torno do ponto
de pivô indicado é igual a mL2
, então:
O Pêndulo Simples
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Vamos agora obter a equação diferencial do movimento e
resolver ela.
O Pêndulo Simples
Como vimos, o torque líquido sobre o pêndulo
é τ = -r ⊥Fg = - Lmg senθ
Aplicando a Segunda Lei de Newton para a
rotação temos que Στ ττ τ = I α αα α
Neste caso τ = - Lmg senθ , onde C neste caso
é Lmg portanto:
Considerando ângulos pequenos teremos senθ ≈ θ e como I = mL2 :
ou
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O Pêndulo Simples
Como já vimos, a solução mais simples é:
Se chamamos A=θm
teremos:
Logo:
Checar! 12
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O Pêndulo FísicoO pêndulo físico é um corpo rígido suspenso de um
ponto O que oscila sob a influência da gravidade.
O torque líquido é τ = -mgh senθ onde h é a distância
entre o ponto O e o centro de massas C do corpo
suspenso.
Se utilizamos a aproximação do ângulo pequeno θ<<1
teremos τ = -mghθ
Novamente, comparando esta expressão com a
equação da força F = -Cx vemos que C = mgh eportanto podemos determinar T e ω da oscilação
2 I
T mgh
π =
Onde I é o momento de inércia respeito do eixo que
passa pelo ponto O (⊥ ao slide) e por um conhecido
teorema: I O = I C + mh 2
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OUTRA VEZ!!! vamos agora obter a equação diferencial
do movimento e resolver ela.
O torque líquido é τ = -mgh senθ
Aplicando a Segunda Lei de Newton para a rotaçãotemos que Στ ττ τ = I α αα α
Neste caso τ = -mgh senθ , onde C neste caso é mgh
portanto, considerando senθ ≈ θ :
Logo:
Checar!
O Pêndulo Físico
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Exercícios1. Um pêndulo físico é formado por uma régua de um metro de
comprimento , cujo ponto de suspensão é um pequeno furo feito narégua a uma distância d da marca de 50 cm. O período de oscilação é
2,5 s. Determine o valor de d. Lembrar que o momento de inércia
rotacional respeito do seu centro de massa para uma barra de
comprimento L é mL2 /12.
Exercícios para casa (Halliday Volume 2; 8 ed.; cap. 15): (39) (49)Perguntas: (11)
I O = I C + mh 2 Temos que Onde h = d o valor desconhecido.
T mL md
mgd
L
gd
d
g=
+= +2
122
12
2 2 2
π π /
.2 I
T mgh
π =Como
d = 0,056 m.
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Consideremos um objeto descrevendo uma
trajetória circular de raio xm com velocidade
uniforme v.
Se projetamos a posição P’ da partícula em
movimento, sobre o eixo x obteremos o pontoP.
A coordenada de P é descrita pela equação x(t)
= xm
cos(ω t +φ )
Entanto P’ descreve um MCU o ponto P
descreve um MHS.
Vamos ver agora qual é a situação da velocidade e a aceleração para as
projeções do MCU sobre o eixo x
O MHS e o Movimento Circular
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A velocidade v do ponto P’ é ω xm.
A direção do vetor velocidade v é ao longo
da tangente à trajetória circular.
Se projetamos o vetor velocidade v sobre oeixo x teremos v(t ) = - ω xm sen(ω t +φ )
A vetor aceleração a aponta ao centro O.
Se projetamos ela sobre o eixo x teremos:.a(t ) = - ω 2 xm cos(ω t +φ )
O MHS e o Movimento Circular
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Conclusão: Seja como for que olhamos paraas projeções do MCU (velocidade, aceleração
ou posição) todas elas são MHS
Espaço real Espaço de fases
Velocidade
P o s i ç ã o
Orbita
Exercícios para casa (Halliday Volume 2; 8 ed.; cap. 15): (91) (105)
O MHS e o Movimento Circular
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CíclotronComo vimos, o movimento
harmônico está relacionado com as
componentes do movimento circular. Um caso
importante é o movimento de uma partículacarregada num campo magnético constante
(movimento cíclotron).
O MHS e o Movimento Circular
.
.elétron
r
Bv
r
F r
C
r
Uma partícula de massa m e carga q quando
injetada com uma velocidade ν em ângulo reto
a um campo magnético uniforme B, segue
uma órbita circular, com velocidade uniforme.
A força centrípeta requerida para tal
movimento é proveniente da força magnética:
mvr q B
= q Bm
ω =
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O MHS e o Movimento Circular
A órbita circular de raio r para um elétron é mostrado na figura. A força magnética:
A frequência correspondente:
A frequência angular:
Nota 1: O período cíclotron não depende da velocidade ν. Todas as partículas demesma massa completam uma órbita circular durante um mesmo tempo T
independentemente da velocidade.
Nota 2: Partículas rápidas se movem em órbita circulares de raios maiores, enquanto
partículas lentas se movem em órbitas de raios menores. Todas as órbitas tem o
mesmo período T .
.
.elétron
r
Bv
r
F r
C
r
Cíclotron
mvr
q B
=q B
m
ω =
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O MHS e o Movimento Circular
mvr
q B
⊥=
2 mT
q B
π =
Agora, considerando o
movimento de uma carga em
um campo magnético uniforme
B quando a velocidade inicial v
forma um ângulo ϕ com B.
Decompomos v em duas
componentes:
Uma componente (ν||) paralela e o outra (ν ) perpendicular ao B (veja a figura a) ν|| =
ν cosϕ ν = senϕ . A partícula executa dois movimentos independentes.
Um é o movimento cíclotron que está em um plano perpendicular a B analisado no
slide anterior. O raio O período .
O segundo movimento está ao longo da direção de B e este movimento é linear com
velocidade constante ν||. A combinação dos dois movimentos resultam em uma
trajetória helicoidal (veja a figura b). O passo p da hélice é :
Trajetórias helicoidais
21 = =
||