Exercícios Resolvidos: Oscilações, MHS e Pêndulo Físico - Física

26 Na Fig 1537 dois blocos m 18 kg e M 10 kg e uma mola k 200 Nm estão dispostos em uma superfície horizontal sem atrito O coeficiente de atrito estático entre os dois blocos é 040 Que amplitude do movimento harmônico simples do sistema blocosmola faz com que o bloco menor fique na iminência de deslizar Figura 1537 Problema 26 18 Em um ancoradouro as marés fazem com que a superfície do oceano suba e desça uma distância d do nível mais alto ao nível mais baixo em um movimento harmônico simples com um período de 125 h Quanto tempo é necessário para que a água desça uma distância de 0250d a partir do nível mais alto 40 Um pêndulo físico é formado por uma régua de um metro cujo ponto de suspensão é um pequeno furo feito na régua a uma distância d da marca de 50 cm O período de oscilação é 25 s Determine o valor de d 18 Esquematização d mar Período T 1215 h MMS A questão pede para determinarmos o tempo associado a posição 025d Veja seguindo o enunciado o problema das oscilações das Marés é modelado de acordo com um MMS logo a função que rege essa dinâmica será da forma x A cos wt onde A é a amplitude do movimento a qual será A d2 pois como o movimento é um MMS temos que d corresponde a altura da parte mais baixa da onda até a parte mais alta O número pode ser posto com 0 pois esse é pode ser escolhido por nós O termo ω é T ω 2πf e f 1T logo ω 2πT Então temos xt A cos ωt d2 cos 2πT t com T 125 Agora determinaremos t de modo que xt 025d Então 025d d2 cos 2π125 t 05 cos 2π125 t 2π125 t arc cos 05 t 1252π arc cos 12 t 1252π π3 t 1258 h 208 h E o tempo é t 208 h 40 Esquema T 25 s Período O período do pêndulo físico é dado por T 2π Imgh h d 1 Onde I é o momento de Inércia da Barra Vamos resolver o problema com incógnitas Veja aqui devemos usar o Teorema dos eixos paralelos o qual nos diz que o momento de inércia pode ser expresso por I ml²12 md² 2 que ajusta o momento de inércia para o eixo translado em d Esco de rotação no centro de massa Esco de rotação deslocado a uma distância d do centro de massa Daí pondo 2 em 1 temos T 2π1mgdl m l²12 m d² 2πl²12 gdl dg T 2πl²12 gdl dg Vamos resolver a eq para d Com efeito T 2πl²12 gdl dg l²12 gdl dg T2π l²12 gdl dg T²4π² d² dg 12 gdl T²4π² 12 gdl 12 g d² 3 T²π² g d l² 0 3 A eq 3 é uma eq do segundo grau Logo dita sua solução é dada por d 3 T²π² g 3 T²π² g² 4l² 12 g 2 12 g 3 T² y π² 9 T⁴π⁴ g² 48 g l² 24 g Pondo valores teremos d 3 25² 98 324 9 25² 98² 48 981 1m 324⁴ 24 98 Efetuando os conta obtemos com auxilio de uma calculadora que d₁ 15 m e d₂ 0655 m No entanto por hipótese física a régua tem 100cm 1m de comprimento Logo a solução d1 deve ser descartada Então a distância procurada é d 0655 m 26 Esquema μₑ μc 04 sem atrito k Para que não haja deslize entre os blocos devermos ter que Fr Felástica M m a k Xm Xm m M dt k onde Xm é a posição de máxima amplitude Agora analisaremos os bloquinhos e as forças Da igualdade de P e N teremos P N 2 Mas dado ao fato de haver atrito entre os blocos ainda teremos que há uma força de atrito dada por Fat μₑ N N Fat μₑ 3 Logo pondo 3 em 2 temos P Fat μₑ Fat μₑ P μₑ mg 4 Mas então Fat atua sobre o bloco de massa m Daí usando a segunda lei de Newton no bloco de mass m temos m a Fat Y e m g a Y e g 5 a condição m a Fat assegura que a única força que age sobre o bloco m é a Fat Então temos que levar 5 em 4 que a máxima amplitude é Xm m M Y e g k Daí pondo valores temos Xm 18 10 04 98 200 02318 m E a amplitude máxima é Xm 02318 m