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1.2. Exercícios sobre sistema massa-mola (Parte 2)

10/23/2020 11:57 am / Deixe um comentário

Exercício 1 Um móvel executa MHS e obedece a função horária ${x = 3 \cdot cos(0,5 \pi t + \pi)}$ , no SI.

Determine o tempo necessário para que este móvel vá da posição de equilíbrio para a posição de elongação máxima.
Obtenha o valor da aceleração no instante ${t = 1 \ s}$ .

Nível de dificuldade: Regular.

Resolução 1 .

Sabemos que num MHS o tempo que o corpo leva a sair do extremo para a posição de equilíbrio ou vice-versa é igual a um quarto do período ${t= \dfrac{T}{4}}$ . Neste caso, precisamos calcular o período e depois calcular o ${t}$ .
Na equação obtemos que:
$\displaystyle \omega=0,5 \pi \ rad/s$

Mas sabemos que ${ \omega= \dfrac{2 \pi}{T}}$ . Então:

$\displaystyle \omega=0,5 \pi$

$\displaystyle \Rightarrow \dfrac{2 \pi}{T}=0,5 \pi$

$\displaystyle \Rightarrow \dfrac{2}{T}=0,5$

$\displaystyle \Rightarrow 2 = 0,5 T$

$\displaystyle \Rightarrow T = \dfrac{2}{0,5}$

$\displaystyle \Rightarrow T = 4 \ s$

Neste caso, o tempo é:

$\displaystyle t= \dfrac{T}{4}$

$\displaystyle \Rightarrow t = 1 \ s$
Precisamos saber primeiro a função da aceleração desse movimento, que é dada pela segunda derivada da posição em função do tempo, ou seja
$\displaystyle a = \dfrac{d^2x}{dt^2}$

Logo:

$\displaystyle a = \dfrac{d}{dt} \Bigg[ \dfrac{d x}{dt} \Bigg]$

$\displaystyle a = \dfrac{d}{dt} \Bigg[ \dfrac{d}{dt}[3 \cos(0,5 \pi t + \pi)] \Bigg]$

$\displaystyle a = \dfrac{d}{dt} \Bigg [-3 \cdot 0,5 \pi sen (0,5 \pi t + \pi) \Bigg]$

$\displaystyle a = \dfrac{d}{dt} \Bigg [-1,5 \cdot \pi sen (0,5 \pi t + \pi) \Bigg]$

$\displaystyle a = -1,5 \pi \cdot0,5 \pi \cos(0,5 \pi t + \pi)$

$\displaystyle a = -0,75 \pi^2 \cdot \cos(0,5 \pi t + \pi)$

Considerando ${t = 1 \ s}$ , logo:

$\displaystyle a = -0,75 \pi^2 \cdot \cos(0,5 \pi \cdot 1 + \pi)$

$\displaystyle a = 0$

Exercício 2 Na figura ao lado, dois blocos ( ${m = 2 \ kg}$ e ${M = 16 \ kg}$ ) e uma mola ( ${k = 250 \ N/m}$ ) estão dispostos em uma superfície horizontal sem atrito. O sistema oscila em MHS com amplitude de ${10 \ cm}$ . Qual deverá ser o coeficiente de atrito mínimo para que o bloco menor fique na eminência de deslizar sobre o bloco maior ?

Nível de dificuldade: Regular.

Resolução 2 .

Dados:

${m=2 \ kg}$

${M=16 \ kg}$

${k=250 \ N/m}$

${A=10 \ cm = 0,1 \ m}$

${ \mu \longrightarrow ? }$ (eminência de cair).

Para que o bloco menor fique fique em repouso relativo ao bloco maior, deslizando conjuntamente com ele, (na iminência de deslizar sobre bloco maior, mas não deslizando) é necessário que haja uma igualdade entre a força que o bloco maior aplica ao bloco menor (determinada a partir da aceleração) e a força de atrito existente na superfície de contacto entre eles (1ª Lei de Newton).

$\displaystyle Diagrama \ do \ corpo \ livre$

Como estamos a tratar de um MHS, a força aplicada pelo bloco de baixo ao bloco de cima é:

$\displaystyle F_M = m \cdot a_{mhs}$

Onde ${a_{mhs}}$ é a aceleração do MHS.

Logo:

$\displaystyle F_M = F_a$

$\displaystyle m \cdot a_{mhs} = \mu \cdot N$

Como o bloco ${m}$ não está inclinado nem em relação a horizontal, logo:

$\displaystyle N = m \cdot g$

Então:

$\displaystyle F_M = F_a$

$\displaystyle \Rightarrow m \cdot a_{mhs} = \mu \cdot m \cdot g$

$\displaystyle a_{mhs} = \mu \cdot g$

Nota: O enunciado não sugere que o bloco deslize, mas sim que ele fique prestes a deslizar. Esta situação só pode ser analisada quando os dois blocos atingem o extremo. Neste ponto a força exercida pela mola é máxima e consequentemente a ${a_{mhs}}$ também é máxima. logo:

$\displaystyle a_{mhs} = A \cdot \omega^2$

Num sistema massa-mola:

$\displaystyle \omega^2 = { \dfrac{k}{m_{sist}}}$

Além disso, a frequência angular não depende somente do bloco ${m}$ , mas sim dos dois, pois a mola desloca os dois em conjunto. Então:

$\displaystyle \omega^2 = { \dfrac{k}{m + M}}$

$\displaystyle a_{mhs} = \mu \cdot g$

Voltando a igualdade entre as forças, teremos:

$\displaystyle A \cdot \omega^2 = \mu \cdot g$

$\displaystyle A \cdot \dfrac{k}{m + M} = \mu \cdot g$

$\displaystyle \mu = \dfrac{A \cdot k}{g(m + M)}$

$\displaystyle \mu = \dfrac{0,1 \cdot 250}{9,8(16 + 2)}$

$\displaystyle \mu = 0,142$

Exercicío 3 Um corpo de ${60 \ g}$ , preso a uma extremidade de uma mola ideal ( ${k = 3,2 \ N/m}$ ) comprimida de ${32 \ cm}$ , é abandonado do repouso na posição “A” da figura. A partir desse instante o corpo inicia o MHS. Despreze o atrito e adote o ponto de equilíbrio do corpo (ponto O) e sentido para a direita como referencial. Nessas condições, determine a equação da posição e da velocidade desse MHS.

Nível de dificuldade: Regular.

Resolução 3 .

Dados

${k = 3,2 \ N/m}$

${A = 32 \ cm = 0,32 \ m}$

${m = 60 \ g = 0,06 \ kg}$

O corpo inicialmente se encontra no extremo negativo (de acordo com a figura inicial). Estando neste extremo, de acordo com a situação (mola comprimida) ao ser solto vai movimentar-se para a posição de equilíbrio e continuar a oscilar. Veja o gráfico analítico abaixo:

A equação geral da posição de um MHS é:

$\displaystyle x = Asen ( \omega t + \varphi_0)$

Considere o gráfico genérico da função ${x=sen (\varphi)}$ .

Para a função ${sen}$ o extremo negativo é atingido para a fase ${- \dfrac{ \pi}{2}}$ ou ${ \dfrac{3 \pi}{2}}$ .

Sendo que a oscilação começa a partir do extremo negativo (Ponto A), logo ${ \varphi_0 = - \dfrac{ \pi}{2}}$ .

Sabemos que, num sistema corpo-mola:

$\displaystyle \omega = \sqrt{ \dfrac{k}{m}}$

Então:

$\displaystyle \omega = \sqrt{ \dfrac{3,2}{0,06}} = 7,30 rad/s$

Logo, substituindo na equação geral, obtemos:

$\displaystyle x = 0,32sen \ (7,30 \ t - \dfrac{ \pi}{2}) \ [SI]$

A velocidade de um movimento é dada como a derivada da equação da posição, ou seja:

$\displaystyle v = \dfrac{dx}{dt}$

Logo:

$\displaystyle v = \dfrac{d}{dt} \Big[0,32sen \ (7,30 \ t - \dfrac{ \pi}{2}) \Big]$

$\displaystyle v = 0,32 \cdot 7,30 \cdot \cos \ (7,30 \ t - \dfrac{ \pi}{2})$

$\displaystyle v = 2,337 \cos \ (7,3 \ t - \dfrac{ \pi}{2}) \ [SI]$

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