P1 - Física 2 2019-2

Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Grupo 1. Q1.1 - [2,0 pontos| O grafico mostra a posigéo x em fungao do tempo t de uma particula, ligada a uma mola, que move-se em movimento retilineo sobre uma mesa horizontal sem atrito, ao longo do eixo x, realizando um MHS e oscilando em torno da posigao de equilibrio 7 = 0. Se a posicao maxima da particula 6 %maz = 20 cm e T = 5,0 8s, o mdédulo da velocidade da particula, em m/s, quando t = T é: e A letra 7 no grafico nao representa o periodo no movimento. X max [| . . e,_/} | / | | — ~ Le fe jf] Ky SZ i NPM T 2t 3t At St t (s) Resolugao Q1.1 - Em t = 7, a particula passa pela origem (x = 0) e tem velocidade escalar maxima, que pode ser obtida pela relaga0 Umax = wA. Do grafico tiramos o periodo (T') das oscilagoes T’ = 27 e com isso determinamos w = an e a respectiva amplitude (A) do movimento A=UZmar. Assim 20 27 me Fan (ZA ° T (=) ° r Para os dados do problema, 7 = 5,0 s e a amplitude do movimento é A = 0,2 m. Assim. T Umax = ~~ (0,2) = 0,1257 m/s (0.2) / 1 Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Q1.2 - [2,0 pontos] O gráfico mostra a aceleração ax em função do tempo t de uma partícula, ligada a uma mola, que move-se em movimento retilíneo sobre uma mesa horizontal sem atrito, ao longo do eixo x, realizando um MHS e oscilando em torno da posição de equilíbrio x = 0. Se a aceleração máxima da partícula é amax = 9, 0 m/s2 e τ = 2, 0 s, determine o módulo da velocidade da partícula, em m/s, quando t = τ. • A letra τ no gráfico não representa o período no movimento. Resolução Q1.2 - Em t = τ, a aceleração da partícula é nula. Isso significa que nesse instante a força que atua na partícula é nula e ela está passando pela posição de equilíbrio com velocidade escalar máxima, isto é, com velocidade vmax = ωA. Do gráfico tiramos o período (T) das oscilações T = 2τ e relacionamos amax com vmax a partir da relação amax = w2A. Com isso temos: amax = ω2A = ωvmax ⇒ vmax = amax ω Usando a relação anterior e fazendo as substituições pertinentes obtemos: |v(t = τ s)| = vmax = amax 2π T ⇒ vmax = amax π τ Para os dados do problema, τ = 2, 0 s e a amax = 9, 0 m/s2: vmax = amax π τ = 9, 0 3, 14(2) = 5, 73 m/s 2 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Q1.3 - [2,0 pontos| O grafico mostra a posigaéo x em fungao do tempo t de uma particula, ligada a uma mola, que move-se em movimento retilineo sobre uma mesa horizontal sem atrito, ao longo do eixo x, realizando um MHS e oscilando em torno da posigao de equilibrio 7 = 0. Se a amplitude do movimento é A = 10,0 cme 7 = 1,0 8s, determine o médulo da velocidade da particula, em centimetros por segundo, quando t = 7 s. e A letra 7 no grafico nao representa o periodo no movimento. A Va 7 —f\ ON fi \ fF N fi Nf Bo/ _.\ of ay 2 Yt ee et fy 6 fo) i \ if a yo NS Resolugao Q1.3 - Do grafico tiramos o periodo (T7’) das oscilagoes T = 47, 0 que nos permite determinar a frequéncia angular w do movimento. Do grafico também obtemos que em t = 0 a posicaéo da particula é z(t = 0) = —4. Com esta informagéo e utilizando que x(t) = Acos(wt + ¢9) podemos determimar a constante de fase ¢j. Assim A “4 =Aoney Existem dois 4ngulos que satisfazem a condigao acima, ¢9 = 7m rad e ¢p = = rad. A analise do grafico mostra que em t = 0, a particula movimenta-se no sentido positivo do eixo. Assim, o Angulo ¢p = = rad, que esta no terceiro quadrante, é o que descreve corretamente o sentido do movimento. TTomando este 4ngulo temos: 2 2 4 x(t) = Acos(wt + do) = Acos(=t + 60) = Acos(—t + =) T Ar 3 Portanto a expressao final de x(t) é: T At t) = Acos(—t + — x(t) cos( atts ) e a velocidade é dada por: T T At t) = —A— sin(—t + — vt) 2T sin(s + 3 ) Para os dados do problema temos t = T: T a An lla v(t)| = |—10——— sin(— + —)] = |—5z sin(——)} = 7,85 cm/s (| =| 105 sin(S + )| =| Se sin 32) / 3 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Grupo 2 Q2.1 - [2,0 pontos| Uma particula realiza um movimento harménico simples, ao longo do eixo x, com frequéncia angular w = 8,0 rad/s. Quando t = 0 s, a particula esté em x = 4,0 cm com velocidade inicial v = —252@ (cm/s). A posicgao da particula, em centimetros, quando t=5,0sé: e Dé a sua resposta com o sinal algébrico adequado. Resolugao Q2.1 - A posicgao da particula é dada por x(t) = Acos(wt + ¢) e d y=“ = WA sin(wt + do) dt . Em t = 0 a posigao e a velocidade sao dadas por: Xp = Acos¢do e€ Vo = —wWAsin do Fazendo a divisao de vp por xo encontramos: Ug —wAsin do aS Ss —_ = — t Zo Acos ¢o w tan ?o ou by = tan“! (—2.) e a amplitude sera dada por: Assim a expressao de x(t) esta determinada. Xo t) = —— t x(t) 0s do cos(wt + do) Para os dados do problema encontramos: ép = tan! ___ 25 em/s = 0,663 rad 0 (8,0 rad/s)(4,0 em) ) Xo 4,0 cm A= — = —— =5,08 cos¢@y _cos(0, 663) mean x(t) = (5,08 cm) cos [(8, 0 rad/s)t + 0, 663 rad] Para t = 5,0 s encontramos: x(t) = (5,08 cm) cos |[(8, 0 rad/s)(5,0 s) + 0,663 rad] = (5,08 cm)(—0, 2574) = —5,00 cm 4 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Q2.2 - [2,0 pontos] Uma mola, de constante elastica k = 100 N/m, tem uma extremidade fixada numa parede e a outra num carrinho de massa m = 2 kg, que pode movimentar-se numa superficie horizontal sem atrito. O carrinho em movimento realiza um movimento harménico simples. Quando t = 1 s, a posigao do carrinho e a sua velocidade sao x = 0,129 me U = +3,415 @ (m/s), respectivamente. Qual era a posicdo do carrinho quando t = 0 s? Dé sua resposta em centimetros. e Dé a sua resposta com o sinal algébrico adequado. Wo J PO o x(cm) Resolugao Q2.2 - Assumindo que a posigao da particula em fungéo do tempo é dada por x(t) = Acos(wt + ¢o), a sua posicéo inicial é dada por: Xo = Acos do Devemos, portanto, determinar a amplitude e a fase do movimento se queremos conhecer sua posigéo em t = 0. A amplitude pode ser determinada por conservagao de energia: 1 1 1 m E = =mv? + <ka? = ~kA? > |A= 24 —y? giv + 5 x 5 ue + kk v Para determinar a fase usamos a relacao entre x e v = —wAsin(wt + ¢o): v wA sin(wt + do) Uv 1 vu - = - OO > | tan(wt + = ——/=>|(wt+ = tan™ (-—) => x Acos(wt + ¢o) ( eo) Wa ( eo) wa dp = tan“! (-—) — wt WX onde w = J . Com isso, todos os termos da expressao que determina a posicgao estao de- terminados. Observe que na expressao anterior devemos usar t = 1 s para este problema. Substituindo os valores numéricos obtemos A =4/ (0,129)? + “23, 415)2 = 0,5 m a 100°” Oo O valor da frequéncia angular é 100 w= Vo = 7,071 rad/s Assim, o valor da fase inicial é: 3,415 m/s = tan? ( -——_—________ } _ (7,071 rad/s)t = (—1,31 — 7,071) = —8, 38 rad % ( (7,071 rad/s) (0, 129 =) ( /s)t = ( ) onde devemos usar t = 1 s. A posigao inicial do carrinho sera: Xo = (0,5 m) cos(—8, 38 rad) = —0, 251 m 5 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Q2.3 - [2,0 pontos] Uma mola, de constante elastica k = 100 N/m, tem uma extremidade fixada numa parede e a outra num carrinho de massa m = 2 kg, que pode movimentar- se numa superficie horizontal sem atrito. O carrinho em movimento comporta-se como um oscilador harménico, realizando um movimento harménico simples. Quando t = 1 s, a posigao do carrinho e a sua velocidade sao x = 0,129 m e U = +3,415 (m/s), respectivamente. Qual era a velocidade do carrinho quando t = 0s? Dé sua resposta em metros por segundo. e Dé a sua resposta com o sinal algébrico adequado. Wo J PO o x(cm) Resolugao Q2.3 - Assumindo que a posigao da particula em fungéo do tempo é dada por x(t) = Acos(wt + ¢9), a sua velocidade inicial é dada por: Up = —WwAsin do Devemos, portanto, determinar a amplitude e a fase do movimento. A amplitude pode ser determinada por conservagao de energia: 1 1 1 E= ai + she = aha =|A= forte Para determinar a fase usamos a relacao entre x e v = —wAsin(wt + ¢o): v wAsin(wt + do) v 1 v 6 = SE = | tan (wt + 9) = ——] > | (wt + 40) = tan? (-) | x Acos(wt + ¢o) an(wt + do) Wa (wt + Go) = tan wa ¢o = tan! (-—) — wt WX onde w = Vé . Com isso, todos os termos da expressao que determina a velocidade inicial do carrinho estao determinados. Observe que na expressao anterior devemos usar ft = | s para este problema. Substituindo os valores numéricos obtemos 2,0 A = 4/(0, 129)? + ——(8, 415)? = 0,5 m 100 O valor da frequéncia angular é 100 w= Vn = 7,071 rad/s Assim, o valor da fase inicial é: 3,415 m/s = tant ( -——_—__+______ } _ (7,071 rad/s)t = (—1,31 — 7,071) = —8,38 rad oo = tan ( (7, 071 rad/s)(0, 129 =) ( rad/s)t = ( ) na onde devemos usar t = 1 s. A velocidade inicial do carrinho sera: U9 = —wAsin go = —(7.071 rad/s)(0, 5 m) sin(—8, 38 m/s) = +3, 06 m/s 6 Física 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Grupo 3. Q3.1 - [2,0 pontos] Um pêndulo físico consiste em duas hastes delgadas e homogêneas, cada uma com comprimento L = 1, 0 m, que são ligadas como mostra a figura. A haste horizontal tem massa m1 = 0, 5 kg e a haste vertical tem massa m2 = 1, 0 kg. O pêndulo é pendurado por um prego no ponto P e pode balançar livremente, de um lado para outro, quando é deslocado, de um ângulo θ, a partir de sua posição que equilíbrio. Se o movimento do pêndulo é restringido a ângulos pequenos, o período, em segundos, das oscilações quando ele oscila em torno do ponto P é: • Dado: O momento de inércia de uma barra delgada de massa M e comprimento L em relação ao eixo de rotação que passa pelo seu centro de massa e é perpendicular ao plano xy é Iz = 1 12ML2. • Adote para a aceleração da gravidade na superfície da Terra o valor g = 10 m/s2. • Despreze a largura das hastes. Resolução Q3.1 - Precisamos primeiro determinar a posição do centro de massa das duas hastes, que é dado por ycm = m1(0) + m2(−L/2) m1 + m2 = m2(−L/2) (m1 + m2) onde L, m1 e m2 são, respectivamente, o comprimento e a massa de cada uma das hastes. A origem do sistema de referência está colocado no ponto P com a orientação do eixo y para cima. Então, o centro de massa do sistema está à distância D = |ycm| abaixo do ponto P. Portanto, aí temos a distância "D" do centro de massa do pêndulo ao ponto de suspensão. O momento de inércia do sistema é: I = I1 + I2 = 1 12m1L2 + 1 3m2L2 onde I1 é o momento de inércia da barra horizontal de massa m1 e onde usamos o teorema dos eixos paralelos para determinar o momento de inércia I2 da barra vertical de massa m2. O torque no sistema em relação ao ponto P é dado por ⃗τP = (m1 + m2)gD sin θ(−ˆk) = (m1 + m2)g m2(L/2) (m1 + m2) sin θ(−ˆk) ⇒ ⃗τP = m2gL 2 sin θ(−ˆk) e equação de movimento do pêndulo é dada por: I ¨θ + m2gL 2 sin θ = 0 7 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) que na aproximacgao de pequenas oscilagoes pode ser escrita como: . L . 64 5" 9 =05 6420 =0 2I onde mogL 21 = 4/3 = |T = 204 |—\ Levando o valor de I para a expressao do periodo, teremos: T=20 (agin + gma) + gia) L* mogL T =29r 2g + 3m2)L + gma)L ™m2g Para 0 caso mM; = m2 = m temos: 5L \) 6g 8 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Q3.2 - [2,0 pontos| Um péndulo fisico consiste em uma haste homogénea de massa m = 0,5 kg, com comprimento L = 1,0 m, como mostra a figura. O péndulo é pendurado por um prego no ponto P a uma distancia d = 0,4 m abaixo da borda superior da barra e pode balangar livremente, de um lado para outro, quando é deslocado, de um Angulo @, a partir de sua posicao que equilfbrio. Se o movimento do péndulo é restringido a 4ngulos pequenos, o periodo, em segundos, das oscilagoes quando ele oscila em torno do ponto P é: e Dado: O momento de inércia de uma barra delgada de massa M e comprimento L em relagao ao eixo de rotacao que passa pelo seu centro de massa e é perpendicular ao plano ryél,= 5M L?. e Adote para a aceleracao da gravidade na superficie da Terra o valor g = 10 m/s?. e Despreze a largura das hastes. | P XO | Resolugao Q3.2 - O periodo (T) do péndulo é dado por pF } I P | d T = 2n4/— mgD L/2| jet: onde D é a distancia entre o ponto P e o centro de massa, CM | D como mostra a figura. Para esta barra, o centro de massa @--’. esté a uma distancia D = (L/2 — d) abaixo do ponto P. Usando o teorema dos eixos paralelos podemos determi- nar o momento de inércia do péndulo em relagao ao ponto de suspensaéo (ponto P): y I= ae + mD? [ Assim, o perfodo sera dado por: [4 2 2 —=mL* +mD T=2n (GgmL* + mD*) mgD (41? + D? T =20 (ah +P) 12 ) gD Para os dados do problema D = (L/2 —d) =0,5—0,4=0,1m. Assim 1 2 = +(0,1 T =20 pt Ow" =1,92s 10(0, 1) 9 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Q3.3 - [2,0 pontos] Um péndulo fisico consiste em duas hastes delgadas e homogéneas, cada uma com comprimento L = 1,0 m, que sao ligadas como mostra a figura. A haste vertical tem massa m, = 0,5 kg e a haste horizontal tem massa m2 = 1,0 kg. O péndulo é pendurado por um prego no ponto P e pode balangar livremente, de um lado para outro, quando é deslocado, de um angulo 6, a partir de sua posicao que equilfbrio. Se o movimento do péndulo é restringido a Angulos pequenos, 0 periodo, em segundos, das oscilagoes quando ele oscila em torno do ponto Pé: e Dado: O momento de inércia de uma barra delgada de massa M e comprimento L em relagao ao eixo de rotacao que passa pelo seu centro de massa e é perpendicular ao plano ryél,= 5M L?. e Adote para a aceleracao da gravidade na superficie da Terra 0 valor g = 10 m/s’. e Despreze a largura das hastes. P | L y * | L L Resolugao Q3.3 - Precisamos primeiro determinar a posicao do centro de massa das duas hastes, que é dado por lon = mi(—L/2) +m(—-L) | _(m + 2m2)L om my, + mM 2(m, + m2) onde L, mj, e mz sao, respectivamente, 0 comprimento e a massa de cada uma das hastes. A origem do sistema de referéncia esta colocado no ponto P com a orientacao do eixo y para cima. Entao, o centro de massa do sistema esta a distancia D = |y.,,| abaixo do ponto P. Portanto, ai temos a distancia "D" do centro de massa do péndulo ao ponto de suspensao. O momento de inércia do sistema é: 1 1 T=h4+h =(Gyml’ + m,(L/2)?) + (smel® + mL?) 1 13 =-mL? + —m2L? 30° 12 onde usamos o teorema dos eixos paralelos para determinar os momentos de inércia das duas barras. O torque no sistema em relagao ao ponto P é dado por - . “ (m1 +2m2)L] . “ Tp = (mM, +m2)gD sin@(—k) = (my, +m ————— | sin6(—k) => p= (m+ ma)aD sin (=e) = (mn + maa S21 sn (By __ 9 ; Tp= 2 [(m4 + 2mz2)L] sin 0(—k) e equagao de movimento do péndulo é dada por: I6+ 5 [(m + 2m2)L] sin @ = 0 10 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) que na aproximacgao de pequenas oscilagoes pode ser escrita como: G+ = [rm + 2mz)L] 4 =0 > 6 +08 =0 onde g 21 =4/— 2M)L = |T = 204 | ——-__—_- W pp ii + mz) wv (m, + 2mz)gL Levando o valor de I para a expressao do periodo, teremos: 1 13 T= 2(3m,L? + 55m2L”) (m1 + 2m2)gL (m1 + 2m2)g Para 0 caso m1 = m2 = m temos: 17L T =20 Wh 18g 11 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Grupo 4. Q4.1 - [2,0 pontos| Uma particula de massa m = 5 g movimenta-se em um plano horizontal ao longo do eixo x sob a acao de uma forg¢a eldstica restauradora, F, = —kx 2, onde k é a cons- tante de mola, e de uma forca viscosa Fy, = —pt 2, onde p = 10 x 10-? N.s/m € 0 coeficiente de atrito viscoso. Observa-se que particula realiza varias oscilagoes e que sua posigao em funcgao do tempo tem dois maximos consecutivos em 7; = 2,1 cme em x2 = 1,3 cm. Nestas condicoes, a constante de mola, em N/m, é: Resolucgao Q4.1 - No enunciado é dada a informacao que o oscilador realiza varias oscilagoes. Logo, ele movimenta-se com amortecimento subcritico e o decaimento na amplitude é dado por: A(t) = Ae“@?™" Como 21 € 22 sao as posigdes dos méximos consecutivos, temos: x1 = Ae e/2mt (1) ry — AeW"/2m)\(t+T) (2) onde T é 0 periodo da oscilagao. Dividindo (1) por (2) obtemos elelamyr _ TL |p _ 2M) (*) (3) v2 P XQ Mas, para este movimento amortecido, 27 p Qn \? p\? -*- fa gyra{a- (2) +) wa Fa fee Py s|us= (4) +(£ (1 onde k = mwg. Assim Qn \* p\?2 k=m|(*) + (2) 5 m ( T ) + 2m | (5) Para os dados do problema: 2(5 x 1073 kg) 2,1 cm T = ——_——__ In (———) = 0, 4795 10x10 Na/m 3am? 48 Q2r J? [10x 10-3 7? k=5x 107-34 |——_— —————_— [aa t LS x | = (5 x 107%) [(13.1016)* + 1] = (5 x 107°)(172, 652) = 0,863 N/m 12 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Q4.2 - [2,0 pontos] Considere que vocé esta examinando as caracteristicas do sistema de suspensao de um automdével de massa M = 2000 kg. O tamanho natural de cada mola diminui Aé = 10 cm, quando o peso do automével inteiro é colocado sobre o sistema de suspensao. Além disso, a amplitude da oscilagao diminui de 20% durante o intervalo de tempo At = 0,37 sendo T o periodo de uma oscilagao completa. Considerando que cada mola suporta m = M/4 e que o amortecimento fraco (wo >> y/2), calcule o valor da constante de amortecimento em unidades do SI. e Adote para a aceleracao da gravidade na superficie da Terra o valor g = 10 m/s?. Resolugao Q4.2 - De acordo com o enunciado, A? é 0 valor da contragao de cada uma das molas quando o peso do automével inteiro é colocado sobre o sistema de suspensao. Escrevendo a condigao de equilibrio para uma das rodas, temos mg =kA@>|k=— 6 . k; Pressupondo um valor pequeno para p (amortecimento fraco), tomamos w * wo = 4/— eo m 2 periodo sera T = “TA amplitude em fungao do tempo é dada por Wo A(t) = Ae~ 2m! (7) No instante (t + At) a amplitude é: A(t + At) = AeW2m +49 (8) Dividindo a expressao (8) por (7) obtemos: A(t + At) — Ae~3m(t+0) (t+ )_ € ? . =e im (9) A(t) AeW 3m? Definindo o intervalo de tempo como At = N.T, demoninando a porcentagem de diminuicgéo da amplitude por p e sabendo que A(t + At) = (1 — p) A(t) a expressao (9) fica: Ati+ At) (= p)A® _ ve (an =e in in =e (l-p) =68 (10) Tomando o logaritimo natural dos dois lados da equagao chegamos ao valor da constante de amortecimento 2m 2m Vmk = —— ]n (1 — p) = -———_ In (1 - p) = -— In(1 - 11 p=— pln — Pp) N(Qr/uy) n(1— p) ny int -P) (11) Substituindo / dado na eq. (6) em (10) temos: m g = ——,/—In(1—p)}. 12 pP=— yr apn —P) (12) Para os dados do problema, p = 0,2 (20%), m = uv = 500 kg, AC = 0,1 me N = 0,2 obtemos o valor: 500,0 / 10 = ———,/— In (0,80) = 1183, 81 k P= 03m V0.1 O80) VSI ke/s 13 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Q4.3 - [2,0 pontos] O grafico de x(t), mostrado na figura abaixo, representa a equacao horaria de um oscilador criticamente amortecido, para um sistema composto de um corpo de massa m = 1,0 kg preso a uma mola de constante elastica k e imerso em um liquido viscoso, de coefi- ciente de resisténcia viscosa p. A equagao horaria do movimento, em unidades do SI, é dada por: —Xt x(t) =e 2"(a+ dt) 3 Sabendo que z(t) tem um minimo em t = a” que T = 2,0 se x, = 0,5 m, podemos afirmar que a constante elastica da mola em N/m é: e A letra 7 no grafico nao representa o periodo no movimento. x | | | tf tt tt pi | | ft | | | | Aj | | ft | | tt —~ Alt} tt tt tt Bei ey A PA er PIN eer Po IT 27 30 4) 6ST t(s) Resolugao Q4.3 - Vamos determinar incialmente as constantes a e b. Do grafico tiramos que z(0) = x, quando t = 0 e z(t) = 0 quando t = 7/2. Substituindo essas informagoes na expressdo de a(t) obtemos: i) -¥(a4b2)=05|b=—74 (14) e€ a+bz=)= = —-— 2 T . , ~ a 3 . Do enunciado sabemos também que a fungéo a(t) tem um minimo em t = 37) Ou seja a velocidade é nula neste instante. A expressao da velocidade instantaénea é dada por v(t) = se F(a + bt) + be 3" =e 3! -3(a + bt) + 0 3 ~ Para t = 57 ¢ usando os valores de a e b dadas nas equagoes (13) e (14) obtemos: _3yt Y 3 4b 2 a |—— b= b| =053|y7 = ————_ = - . y(a+ sr) +o 1 Qa+3br 7 ; oy: y_ 1 ; Para o movimento critico, wo = 3 = —. Assim, T 1 Para os dados do problema obtemos 1 1 14 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Grupo 5. Q5.1 - [2,0 pontos] Uma particula, em movimento retilineo ao longo do eixo x, move-se sob a acao de uma forga eldstica restauradora, Ff, = —kx1t, onde k é a constante de mola, e de uma forcga viscosa Fi, = —pt 2, onde p é 0 coeficiente de atrito viscoso. Verifica-se que no instante t = 0 a posigao da particula é xz) = 10 m e sua velocidade é vo = 102 (m/s). Determine em que instante a velocidade da particula é maxima se ela movimenta-se no regime critico e wy = 3,0 rad/s. Dé sua resposta em m/s. Resolugao Q5.1 - O oscilador em movimento critico tem como solugoes para a posicgao e velocidade instantaneas as fungoes a(t) =e 2"(Ay + Aot) ° Y v(t) =e 3 '(-3) (A, + Agt) + Aa| onde wy = y/2 e A; e Ag sao constantes que devem ser determinadas pelas condicoes iniciais. Das condigoes iniciais temos: © Y hawt poe A velocidade maxima pode ser obtida impondo que a = 0, isto é, du Tu '(-3) (A, + Aot) + A +e# '(-3) A dt 2 ns ° 2)°* =— fe '(-3) (Ay + Aat) + Aa + Ad] =— fe # '(-3) (A, + Apt) + 2Ap| =0> pot _ AL, y Ao 2 t-te (15) Wo (vo + woo) Para os dados do problema: 2 10 t= — — —_—_— _= 0,417 3,0 (10+3,0- 10) m/s 15 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Q5.2 - [2,0 pontos] Uma particula de massa m = 0,5 kg, em movimento retilineo ao longo do eixo x, move-se sob a acao de uma for¢a elastica restauradora, F, = —kxt, onde k é a constante de mola, e de uma forga viscosa Fi, = —pt 2, onde p é 0 coeficiente de atrito viscoso. No SI, a posigao x da particula em funcgao do tempo t para esse movimento é dada por: a(t) = Ae~* [sin(Ct)] . e estA representada esquematicamente na figura abaixo. Se A = 60 cm, B=1s!,eC= 50 rad/s, a energia disponivel no oscilador, em Joules, quanto ele encontra-se na posigao do 42 pico de x(t), é: x(t) 12pico 2 0pi A c 3°2pico > t(s) Resolugao Q5.2 - A fungao dada é a de um oscilador em movimento subcritico, que tem a x(t) forma: . a(t) = Ae~?* sin(wt) A rpico 32pico O n-ésimo pico da funcgao ocorreré em /\ [\ [\ [\ t(s) ty =T/4+(n—1)T APY \/ onde T é 0 periodo da oscilagao dado por 2 2 72m _ on Ww C Nas posic6es dos picos de x(t), a velocidade do oscilador é nula. Assim, a energia armazenada no oscilador é integralmente energia potencial elastica. Se x, é a posigao da particula no n-ésimo pico, a energia potencial elastica é dada por: 1 1 2 E, = xkx? = =k | Ae sin(wty)| ; 2 2 Da expressao dada tiramos: 2 e o valor de k pode ser determinado pela expressao: 2_ 2 1\? _ 2 1\? _ 2 2 w= wo — (5 =>k=m|wt 5 = |k =m [C? + B’| 16 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) e a energia do oscilador para o n-ésimo pico sera: 1 E, = 5f [ Ae? sin(Ct,)]" => En, =|$m [C? + B?] [Ae~?"" sin(Ct,)]" Para os dados do problema, para o pico n = 4: 13T) 1327130 uarisa—pr= Be Be ie 4 / + ( ) 1 tw oC => 14 0,408 s 1 Ey, = 5 (0.5)(50° + 1°) {(0,6) - e~°* sin [50(0, 408)]}° 1 Ey= 3 (9.5) (2501) {(0, 6) - (0, 665) sin (20, 4]}? = 99,5 J 17 Fisica 2 para a Escola Politécnica (4323102) P1 (09/10/2019) Q5.3 - [2,0 pontos] Uma particula de massa m = 2,0 kg, em movimento retilineo ao longo do eixo x, move-se sob a acdéo de uma forga elastica restauradora, F, = —kx 2 (N), sendo k = 10 N/m e de uma forga viscosa Fi, = —pt 2, onde p é 0 coeficiente de atrito viscoso. O oscilador parte do repouso na posigao X,, = 25,0 cm, mas devido ao amortecimento a amplitude é reduzida para A(t) = n- Xm», quando séo completadas M oscilagdes completas aps o inicio do movimento. Se n = 0,75 e M = 4, quanta energia foi perdida durante estas M primeiras oscilagdes completas? Dé sua resposta em Joules. Resolugao Q5.3 - Como o oscilador realiza algumas oscilagoes completas, vamos considerar que seu movimento é subcritico. Para este movimento, a amplitude da particula em fungao do tempo é dada por: _ —it —2%t _ A(t) onde chamamos Ap = 2,,. A energia do oscilador é dada por E(t) = Eye onde Eo = sk Ap. Escrevendo a expressao anterior em fungao das amplitudes temos: A(t)]? E(t) = Eye" = Eo oe 1 Ag A energia perdida é dada por A(t)]’ 1p, 2 2 AE = E(t =0) — E(t) = Eo 4 1— a1 > AE = $k- x? {1-n?} 0 Para os dados do problema, 3)2 AE = 0, 3125 ' — i = 0,137 J 18