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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:

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

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

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

OBS: Como qualquer trabalho, esta publicação pode estar sujeita a erros de digitação, falta de clareza na imagem ou alguma insuficiência na explicação. Neste sentido, solicitamos aos nossos leitores o seguinte:

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1.2. Exercícios sobre sistema massa-mola (Parte 1)

09/08/2020 7:39 pm / Deixe um comentário

— 1.2. Sistema massa-mola —

Exercício 16 .

Um corpo está pendurado em uma mola de ${ k= 600 \ N/m}$ e oscila com uma amplitude de ${5 \ cm}$ .

Qual é a velocidade máxima desta oscilação e a massa do corpo, se o seu período for de ${1 \ s}$ ?

NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar.

Resolução 16 .
Dados
${k= \ 600 \ N/m}$
${A= \ 5 \ cm= \ 0,05 \ m}$
${T= \ 1 \ s}$
${v_M \rightarrow ?}$
${m \rightarrow ?}$

A velocidade máxima de um MHS é dada na forma:

$\displaystyle v_M= A \cdot\omega$

Por sua vez, sabemos que, para qualquer evento período:

$\displaystyle \omega= \dfrac{2 \pi}{T}$

Logo, substituindo na equação anterior, obtemos:

$\displaystyle v_M= A \cdot \dfrac{2 \pi}{T}$

$\displaystyle \Rightarrow v_M=0,05 \cdot \dfrac{2 \pi}{1}$

$\displaystyle \Rightarrow v_M= \ 0,314 \ m/s$

Para determinarmos a massa, podemos usar a relação de ${\omega}$ para o sistema massa-mola. Sabemos que neste sistema, a relação o ${\omega}$ é dado por:

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

Ou:

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

Então, isolando a massa, obtemos:

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

Substituindo ${\omega}$ pela sua relação com o período, obtemos:

$\displaystyle m= \dfrac{k}{(2 \pi / T)^2}$

$\displaystyle \Rightarrow m= \dfrac{600}{(2 \pi / 1)^2}$

$\displaystyle \Rightarrow m= \ 15 \ kg$

Exercício 17 .
Um corpo de ${ 0,1 \ kg}$ preso em uma mola ideal de rigidez elástica de ${200 \ N/m}$ oscila em MHS com ${5 \ cm}$ de amplitude. Qual é a velocidade do corpo no momento em que a energia cinética do corpo é o dobro da energia potencial?

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 17 .
Dados
${m= \ 0,1 \ kg}$
${k= \ 200 \ N/m}$
${A= \ 5 \ cm= \ 0,05 m}$
${m \rightarrow ?}$ ( ${E_c=2E_p}$ )

Em qualquer ponto do percurso em uma oscilação, a energia total do corpo é a soma da energia cinética com a energia potencial do corpo naquele ponto, ou seja:

$\displaystyle E_c + E_p = E_{Total} \ \ \ \ \ (1)$

Pretende-se saber qual é a velocidade do corpo no ponto onde a energia cinética é o dobro da energia potencial,ou seja:

$\displaystyle E_c=2 E_p \ \ \ \ \ (2)$

Substituindo a equação 2 na equação 1, temos:

$\displaystyle 2E_p + E_p = E_{Total}$

$\displaystyle 3E_p = E_{Total}$

Substituindo as energias cinéticas e total pelos seus equivalentes, obtemos:

$\displaystyle 3\dfrac{mv^2}{2}= \dfrac{kA^2}{2}$

Isolando a velocidade, obtemos:

$\displaystyle v= \sqrt{ \dfrac{k}{3m} \cdot A^2}$

$\displaystyle \Rightarrow v=1,29 \ m/s$

Exercício 18 .
Um corpo caindo de uma altura de ${10 \ cm }$ (em relação ao topo da mola), comprime a mola (ficando presa nesta) e inicia um MHS .Sendo a massa do corpo de ${100 \ g}$ e a constante da mola ${20 \ N/m}$ , determine a amplitude desta oscilação.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Complexo.

Resolução 18 .
Dados
${h=10 \ cm= \ 0,1 \ m }$
${m= \ 100 \ g= 0,1 \ kg}$
${k= \ 20 \ N/m}$
${g= \ 9,8 \ m/s^2}$
${A \longrightarrow ?}$

Na figura ilustramos o sistema em 3 situações diferentes:

Situação 1 – O corpo está na altura de 10 cm e a mola está relaxada. O corpo, inicialmente em repouso, cai em direcção a mola.
Situação 2 – O corpo chega na mola (e fica preso nela). A partir daqui a mola e o corpo movem-se como um só. até o momento do encontro, o movimento era acelerado e com aceleração constante. Após esse encontro, no corpo começa a actuar a força elástica e portanto a sua aceleração começa a diminuir. A medida em que o corpo desce, a mola se vai comprimindo mais, a força elástica vai aumentando e a aceleração do corpo diminui até zero e em seguida aumenta negativamente. Ai o corpo começa a fazer um movimento retardado.
Situação 3 – Após a sua velocidade reduzir até zero, o corpo pára momentaneamente (e em seguida faz o movimento de retorno a posição de equilíbrio).

Vamos adoptar a posição da situação 3 como referencial de altura.

De acordo com a ilustração do fenómeno é possível concluir que:

A oscilação começou no ponto de equilíbrio;
Na posição da situação 1 o corpo estava em repouso. Existe apenas a energia potencial gravítica (devido a altura de ${h + A}$ );
Na posição da situação 2, após cair aos ${ 10 \ cm}$ , o corpo está em movimento com uma velocidade definida pela altura de queda. O sistema possuí energia cinética (do corpo) e energia potencial gravítica (devido a altura ${A}$ );
Após comprimir a mola até ao máximo, o corpo para. Nesse momento o sistema só tem a energia potencial elástica.

Usando a descrição acima, para a situação 1, a energia do sistema será:

$\displaystyle E_1=E_{c1}+E_{pel1}+E_{pgrav1}$

$\displaystyle \Rightarrow E_1=0+0+E_{pgrav1}$

$\displaystyle \Rightarrow E_1= m \cdot g \cdot (h+A)$

Para a situação 2, a energia do sistema será:

$\displaystyle E_2=E_{c2}+E_{pel2}+E_{pgrav2}$

$\displaystyle \Rightarrow E_2=E_{c2}+0+E_{pgrav2}$

$\displaystyle \Rightarrow E_2=\dfrac{m \cdot v_2^2}{2}+0+m \cdot g \cdot A$

$\displaystyle \Rightarrow E_2=\dfrac{m \cdot v_2^2}{2}+m \cdot g \cdot A$

Para a situação 3, a energia do sistema será:

$\displaystyle E_3=E_{c3}+E_{pel3}+E_{pgrav3}$

$\displaystyle \Rightarrow E_3=0+E_{pel3}+0$

$\displaystyle \Rightarrow E_3=E_{pel3}$

$\displaystyle \Rightarrow E_3=\dfrac{k \cdot A^2}{2}$

Sabemos que neste movimento apenas actuam as forças de gravida e elástica, que são ambas conservativas. Então, a energia mecânica deste sistema permanece constante:

$\displaystyle E_1=E_2=E_3=E$

Obtemos a partir desta análise um sistema de 3 equações. Resolvendo-o, podemos obter todos os valores desconhecidos ( ${v_2}$ , ${A}$ e ${E}$ ). Para obter a amplitude, podemos igualar as equações de ${E_1}$ e ${E_3}$ . Neste caso, obteremos:

$\displaystyle E_1=E_3$

$\displaystyle \Rightarrow m \cdot g \cdot (h+A)=\dfrac{k \cdot A^2}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow m \cdot g \cdot h+m \cdot g \cdot A=\dfrac{k \cdot A^2}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow 0=\dfrac{k \cdot A^2}{2} - m \cdot g \cdot A - m \cdot g \cdot h$

$\displaystyle \Rightarrow \dfrac{k \cdot A^2}{2} - m \cdot g \cdot A - m \cdot g \cdot h =0$

Substituindo os dados, obtemos:

$\displaystyle \Rightarrow \dfrac{20 \cdot A^2}{2} - 0,1 \cdot 9,8 \cdot A - 0,1 \cdot 9,8 \cdot 0,1 =0$

$\displaystyle \Rightarrow 10 \cdot A^2 - 0,98 \cdot A - 0,098 =0$

Em seguida, resolvemos a equação do segundo grau obtida pela fórmula resolvente ou por qualquer outro método conveniente.

Obtemos os seguintes resultados: ${A_1=0,159 \ m}$ e ${A_2=-061 \ m}$ .

como sabemos, a amplitude não pode ser negativa, então o valor aceite para amplitude deste MHS é:

$\displaystyle A=0,159 \ m$

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