Resoluçao Halliday vol 2 10 ed, Exercícios de Física

Baixe Resoluçao Halliday vol 2 10 ed e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! CarítuLo 15 1. (a) Durante o movimento harmônico simples, a velocidade é momentaneamente nula quando o objeto passa por um ponto de retorno, ou seja, quando x = +x, ou x =x, Suponha que o objeto tenha partido do ponto x = +x, no instante t = O e chegue ao ponto x =—x, no instante t = 0,25 s. Para completar um ciclo, o objeto, que começou no ponto x = +x,, deve voltar ao ponto x=+x, (o que, por simetria, acontece 0,25 s depois que o ponto passa pelo ponto x = -x,,). Assim, o tempo que o objeto leva para completar um ciclo, ou seja, o período, é T=2t= 0,50 s. (b) A frequência, por definição, é o inverso do período: = 1/T = 2,0 Hz. (c) A distância de 36 cm entre x= +x, ex =-x, é 2X, Assim, x, = 36/2 = 18 cm. 2. (a) A amplitude da aceleração está relacionada à força máxima por meio da segunda lei de Newton: E, = ma, Na discussão que se segue à Eq. 15-7, é comentado que a amplitude da aceleração é a, = «?x,, em que w é a frequência angular (co = 27f; já que um ciclo corresponde a 27 radianos). A frequência é o recíproco do período: f= 1/T' = 1/0,20 = 5,0 Hz; assim, a frequência angular é w = 107 e Fu —mo?x, (0,12 kg)(107 rad/s)" (0,085 m)=10N. (b) De acordo com a Eq. 15-12, 1,2x10ºN/m. E > k=mo? =(0,12kg)(107 rad/ 3. Na discussão que se segue à Eg. 15-7, é comentado que a amplitude da aceleração é a,, = (0x,,, em que q é a frequência angular (a = 2xtf, já que um ciclo corresponde a 27 radianos). Assim, 1,0%, = (NS = [2m(6. 60 Hz) (0,0220 m)=37,8 m/s?. 4. (a) Como, de acordo com o enunciado, f = 3,00 Hz, à = 27tf = 677 rad/s. Como cada mola sustenta um quarto da massa do carro, a Eq. 15-12 nos dá = k=5(1450ke)(6x rad/s)'=1,29x10 N/m (b) Se a nova massa a ser sustentada pelas quatro molas é mu = [1450 + 5(73)] kg = 1815 kg, a Eq. 15-12 nos dá [E a [iodo Nm Con ada O fa =37) qeisa)ke HZ 5. PENSE A lâmina do barbeador descreve um movimento harmônico simples. Estamos interessados em calcular a amplitude, a velocidade máxima e a aceleração máxima da lâmina. FORMULE A amplitude x,, é metade do deslocamento máximo D. A velocidade máxima v, está relacionada à amplitude pela equação v, = 0%,, em que q é a frequência angular. A aceleração máxima está relacionada à amplitude pela equação Am = DX ANALISE (a) A amplitude é x,, = D/2 = (2,0 mm)/2 = 1,0 mm. (b) A velocidade máxima é dada por v, = x,. Como « = 27, em que fé a frequência, vm =27 fx, =27 (120 Hz)(1,0x10º m)=0,75 m/s. (0) A aceleração máxima é a, 0x, (201) x, (27(120 Hz) (LOx10* m)=5,7x10º mi 98 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR APRENDA No MHS, a velocidade e a aceleração são proporcionais à amplitude x, . 6. (a) A frequência angular q é dada por w = 27f = 27/T, na qual fé a frequência e Té o período. Assim, w =27x/(1,00 x 10ºs) =6,28 x 10º rad/s. (b) Como a velocidade máxima v,, e o deslocamento máximo x, estão relacionados por meio da equação v,, = wx,, temos x == 1,00x10º m/s =1,59x10% 1 "o 6,28x10 rad/s 7. PENSE Este problema envolve uma comparação da aceleração do diafragma de um alto-falante com a aceleração gravitacional g. FORMULE A aceleração máxima do diafragma é dada por a, = :x,, em que w é a frequência angular e x, é a amplitude do movimento do diafragma. ANALISE (a) Como a frequência angular para a qual a aceleração máxima é igual a g é dada por o= g/x,, à frequência corres- pondente é / o 8 9,8 mis” -498 Hz. “2x 27x, RA 0x10“m (b) Para frequências maiores que 498 Hz, a aceleração é maior que g durante parte do movimento. APRENDA A aceleração máxima a, do diafragma de um alto-falante é proporcional ao quadrado da frequência fdas oscilações. 8. De acordo com o gráfico da Fig. 15-28, x, = 6,00 cm. Além disso, o valor em t = 0 é x, = 2,00 cm. Assim, de acordo com a Eq. 15-3, & = cos1(2,00/6,00) =+1,91 rad ou —4,37 rad. A outra solução, +4,37 rad, pode ser excluída com base no fato de que leva a uma inclinação positiva da curva de x(t) em =0. 9. (a) Entrando com a equação dada em uma calculadora científica (no modo de radianos) e com t = 2,0 s, obtemos x=60cos| 32(2,0)+5 |=30m (b) Derivando a equação dada em relação ao tempo e calculando o valor no instante t = 2,0 s, obtemos =-Se(60)sen 3e(2,0)+5 =-49 m/s. (c) Derivando novamente, obtemos a= = (30) (60)cos[3n(2,0)+4] =-2,7x10º mis?, (d) A fase do movimento é definida no segundo parágrafo após a Eq. 15-3. Neste caso (no instante t = 2,0 s), a fase é 37(2,0) + 7/3 = 20 rad. (e) Comparando com a Eg. 15-3, vemos que w = 37 rad/s. Assim, f= 0/27 = 1,5 Hz. (£) O período é o recíproco da frequência: T = 1/f = 0,675. 10. (a) O problema se refere ao tempo necessário para repetir o movimento, que é exatamente a definição de período. Assim, o período é T=0,75s. (b) Como a frequência é o inverso do período, f= 1/T = 1,3 Hz. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 101 dy mA. (2m 2=-sen| > +— |. dt T 6 Calculando os valores dessas expressões para t = 0,50 s, obtemos v =—1,814A e y, =—1,047A. O fato de que os dois valores são negativos significa que as duas partículas estão se movendo no mesmo sentido. APRENDA A figura a seguir mostra os gráficos normalizados de x e v em função do tempo para a partícula 1 (linha cheia) e para a partícula 2 (linha tracejada). 16. No instante t em que as partículas passam uma pela outra, x, = x, = x,/2, em que n=*,cos(at+A) e x,=x, cos(at + 6). A conclusão é que cos(wt + À,) = cos(wt + À,) = 1/2 e, portanto, as fases (os argumentos dos cossenos) são iguais a 7/3 ou —71/3. Sabemos também que no instante t as partículas estão se movendo em sentidos opostos. Como as velocidades das partículas no instante t são a pwsen(wt+0) e v=-x wsen(at + 6,), devemos ter sen(wt + 4,) = -sen(wt + 4»). Para isso, as fases devem ter sinais opostos. Assim, uma das fases é 71/3 e a outra é —71/3 ea diferença de fase é 77/3 — (7/3) = 2/3. 17. (a) De acordo com a Eq. 15-8, 35,07 rad/s. Assim, f= w/27 = 5,58 Hz. (b) A Eq, 15-12 fornece uma relação entre a frequência angular « [calculada no item (a)] e a massa: k 400 N/m = ————s = 0,325kg. m >” (35,07 radisP s (c) De acordo com a lei de conservação da energia, 2kx?./2 (a energia do sistema em um dos pontos de retorno) é igual à soma da energia cinética e da energia potencial no instante t descrito no problema: Ly =Lmisly = Xy =, 2 2 2 k Assim, 4y=+/(0,325 kg /400 Nim)(13, 6 m/s)? +(0,100 m)? =0,400m. 18. A distância entre o nível mais alto e o nível mais baixo é igual ao dobro da amplitude x, do movimento. O período está rela- cionado à frequência angular por meio da Eq. 15-5. Assim, x, = d/2ew =27/T = 0,503 rad/h. A constante de fase À da Eq. 15-3 é 102 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR zero, já que o tempo é contado a partir do ponto x, = x,, (nível mais alto). Estamos interessados em determinar o valor de t para o qual o nível x é um quarto da distância total entre o nível mais alto e o nível mais baixo, ou (o que dá no mesmo) o nível x é me- tade da distância entre o nível mais alto e o nível médio, que coincide com a ordem do sistema de coordenadas. Assim, queremos determinar o valor de t para o qual a superfície do mar está no ponto x = x,/2 = d/4. Como x = x, cos(wt + &), temos 1, 1 q=[54 fos(0.3031+0) > 5 cos(0,5031) cuja menor raiz positiva é = 2,08 h. O cálculo deve ser feito com a calculadora no modo de radianos. 19. As duas partes do problema envolvem uma situação na qual a aceleração máxima é igual à aceleração de queda livre. Na dis- cussão que se segue à Eq. 15-7, é dito no livro que a amplitude da aceleração é a, = w?x,, em que w é a frequência angular; isso significa que devemos ter w?x,, = g= 9,8 m/S.. (a) De acordo com a Eg. 15-5, temos (b) Como q = 27f; temos (205) sm= 20. Note que a razão entre a Eq. 15-6 ea Eq. 15-3 é v/x = —w tan(wt + ), na qual, neste problema, w = 1,20 rad/s. Fazendo t = 0 e usando os valores obtidos nos gráficos da Fig, 15-31, temos 4,00 2x1,20 ó=tan(= 000) = tan” | | =1,03rad (ou 5,25 rad). A outra possibilidade ($ = 4,17 rad) é inaceitável porque os sinais de v, e x, não estariam de acordo com os gráficos da figura. 21. Vamos chamar de k, e k,as constantes elásticas das molas. Quando o bloco é deslocado em relação à posição de equilíbrio, a força resultante exercida pelas molas é |k,x + k, x] no sentido de retornar o bloco à posição de equilíbrio (x = 0). De acordo com a segunda lei de Newton, dx DO =kx-ka. m—5=-ka-kx Fazendo x =x, cos(wt + ) e simplificando, obtemos e, portanto, Se as molas estivessem agindo sozinhas, produziriam movimentos harmônicos simples de frequências 1 k 1 E lã 30H =d Jo -4sHz f 27 VYm . 2xVYm Nesse caso, S=R+h (30 Hz)? +(5 Hz)? =54 Hz. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 103 22. A afirmação de que “a mola não afeta a colisão” justifica o uso das fórmulas de colisão elástica da Seção 10-5. Como conhecemos o período do MHS, podemos calcular a massa do bloco 2: T=n fã = m,=*T.-0,600kg. am? A velocidade de recuo do bloco 1 pode ser calculada a partir da Eq, 9-67: 200kg —0,600kg 0,200kg +0,600kg| iz [8.00 ms)=4,00ms A velocidade v, é também a velocidade inicial v; do movimento balístico do bloco 1. Vamos usar um sistema de coordenadas com o eixo x para a esquerda e o eixo y para cima. Como o ângulo de lançamento é zero, a Eg. 4-21 e a Eq. 4-22 (com -g substituído por +g) nos dão 2h 24,90 m) — =(4,00m/s) =". Tg (4,001 9 9,8m/s? Como x — x, = d, obtemos d = 4,00 m. 23. PENSE Para que o bloco não deslize pela superfície, é preciso que a força máxima que pode ser exercida pela superfície sobre o bloco seja menor ou igual à força de atrito estático. FORMULE A força de atrito estático é dada por f = 41,F,, em que 4, é o coeficiente de atrito estático e F, é a força normal exercida pela superfície sobre o bloco. Como o bloco não possui uma aceleração na direção vertical, sabemos que F, = mg, em que mé a massa do bloco. Se o bloco acompanha a mesa e descreve um movimento harmônico simples, a força máxima exercida pela mesa sobre o bloco é dada por F=man= MOX = 27X em que a, é a aceleração máxima, w é a frequência angular e fé a frequência. ANALISE Substituindo E por m(27/)x,, e Ey por mg na desigualdade E < gu, obtemos a desigualdade m(27f)x, < u.mg. Assim, a maior amplitude para a qual o bloco não desliza é mg (050(98 m/s”) 5 = =0031m. (2x) (2mx20H7) APRENDA Quanto maior for a amplitude do MHS, maior será a força aplicada ao bloco nos pontos extremos do movimento. Se essa força for maior que a força máxima de atrito estático, o bloco começará a deslizar. 24. Para resolver este problema, precisamos determinar a constante elástica efetiva de uma associação em série de duas molas. Para isso, calculamos o módulo F da força exercida sobre a massa quando o alongamento total das molas é Ax. Nesse caso, k,= F/Ax. Suponha que a mola da esquerda sofre um alongamento Ax, e a mola da direita sofre um alongamento 4x, A mola da esquerda exerce uma força de módulo kAx; sobre a mola da direita e a mola da direita exerce uma força de módulo kAx, sobre a mola da esquerda. De acordo com a terceira lei de Newton, as duas forças devem ser iguais, ou seja, k4x,= kAx, Isso significa que os dois alongamentos são iguais e, portanto, o alongamento total é duas vezes maior que o alongamento da mola da esquerda: Ax = 24x, Como a mola da esquerda exerce uma força sobre o bloco de módulo E = kAx, ky = kAx/24x = k/2. Assim, o bloco se comporta como se estivesse submetido à força de uma única mola de constante elástica k/2. Para determinar a frequência do movimento, substituímos k.. por k/2 na equação f =(1/2/0) (ke /m para obter Para m = 0,245 kg e k = 6430 N/m, obtemos f= 18,2 Hz. 106 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) Como no ponto de equilíbrio a energia cinética E = mvº/2 é igual à energia total, (c) De acordo com a Eq. 15-12 (dividida por 277), temos 1 E-ronm 2x Ym 31. (a) De acordo com a Eq. 15-12 (dividida por 27), temos sl 1000N/m sm 2xVYm 27 5,00kg (c) Para w = 10,0 m/s, a energia cinética inicial é K, = Inv? = 250]. Tg o = Mo (b) Para x, = 0,500 m, U, = 4kx7=125]. (d) Como a energia total E = K, + U, = 375 J é conservada, o fato de que a energia potencial é igual à energia total no ponto de retorno nos dá E-lwi=s, = PE 2 8u Mu = 32. Como a energia é conservada, podemos concluir, do gráfico da Fig. 15-37, que a energia total do sistema é 6,0 ]; note também que a amplitude do movimento é x, = 12 cm = 0,12 m. Assim, podemos fazer a energia potencial máxima igual a 6,0 J para calcular a constante elástica k: =0,866m kx,/2=60] = k=83x10N/m. 33. O problema pode ser dividido em duas partes: uma colisão totalmente inelástica (que, segundo o enunciado, é praticamente instantânea) e um movimento harmônico simples. (a) De acordo com a lei de conservação do momento, w = mv/(m + M). Para m = 9,5 g, M = 5,4 kge v =630 m/s, obtemos v=1,Im/s. (b) Como o bloco atinge a velocidade vº na posição de equilíbrio, v' = v,, em que v, é a velocidade máxima do MHS. Para deter- minar o valor de x,, podemos usar relação v, = ()x, ou aplicar a lei de conservação da energia. Usando o segundo método, temos 1 alo 1 my a(m+Myp =5km > Mem 38 o que nos dá AM (9,5x10kg)(630 m/s) =— OH SOM -33x10?m. Ay = k(m+M) (6000 Nim)(9,5x10 “kg + 5,4kg) 34. A constante elástica da mola é k=4mmy/Tº=1,97 x 10 N/m. É importante determinar em que ponto do MHS se encontra o bloco 2 quando o choque acontece. Como w = 27/T, sabemos que o instante em que o choque acontece (t = 5,0 ms) corresponde a 1/4 do valor de T, wt = 7/2, e a posição do bloco 2 nesse instante é x=, cos(wt + &), em que À = 7/2, o que nos dá x = x, cos(71/2 + 1/2) = -x,. Isso significa que, no momento do choque, o bloco 2 se encontra em um ponto de retorno e, portanto, sua velocidade é zero. Significa, também, que, nesse instante, o alongamento da mola é 1 cm = 0,01 m. Para calcular a velocidade do bloco 2 após o choque (que é igual à velocidade do bloco 1, já que os dois MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 107 blocos permanecem unidos após o choque), usamos a lei de conservação do momento e obtemos v = (4,0 kg)(6,0 m/s)/(6,0 kg) = 4,0 m/s. Assim, logo após o choque, o sistema (cuja massa total agora é M = 6,0 kg) possui uma energia cinética K=(6,0k8)/(4,0m/s)/2=48] e uma energia potencial U=kx/2= (1,97 x 10 N/m)(0,010 m)?/2 = 103, o que significa que a energia mecânica total do sistema é E= K + U= 58]. Quando o sistema chega a um novo ponto de retorno (com uma nova amplitude X), a energia potencial associada ao deslocamento deve ser igual à energia total: E = (1,97 x105N/m) X/2, Assim, x-PE-| 288D oou4m. E VL97xI0 Nim 35. Na discussão que se segue à Eq. 15-7, é comentado que a amplitude da aceleração é a,, = ?x,, em que q é a frequência angular ex, é a amplitude. Assim, w= | = |8000m/S og radis. Xy 0,002m/s De acordo com a segunda lei de Newton, F=ma=m[-a,cos(wt+6)]=(80 Njecs[20001-% no qual t está em segundos. (a) De acordo com a Eq. 15-5, T = 27/w = 3,1 x 10º. (b) Para determinar o valor de v,, podemos usar a relação v,, = 0x, ou aplicar a lei de conservação da energia. Vamos usar o segundo método. De acordo com a Eq. 15-12, a constante elástica da mola é k = «w2m = 40.000 N/m. Como a energia é conser- vada, temos Lt =Lyy? 8m 2N'm > (0) A energia total é Lx? = Lmv? = 0,080]. (d) Na posição em que o deslocamento é máximo, a força que age sobre a partícula é F=kx=(4,0x10'Nim)(2,0x10 “m)=80 N. (e) Na posição em que o deslocamento é metade do deslocamento máximo, a força é F=kx=(4,0x10!NAm)1,0x10 “m)=40N. 36. A razão entre a Eq. 15-6e a Eq. 15-3 é v/x=—c tan (ct + 4), na qual wo é dado pela Eq. 15-12. Como a energia cinética é mv?/2 ea energia potencial é kx?/2 = mw'?x?/2, a razão entre a energia cinética e a energia potencial é (A)/w?= tan(ot + q), que, no instante t = 0, é igual a tan?Ê. Como, neste problema, $ = 71/6, a razão entre a energia cinética e a energia potencial no instante t = O é tan?(77/6) = 1/3. 108 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 37. (a) O objeto oscila em torno do ponto de equilíbrio, no qual a força da gravidade e a força elástica da mola se equilibram. Se £ é 0 alongamento da mola na posição de equilíbrio, kí = mg, na qual k é a constante elástica da mola e m é a massa do objeto. Assim, k/m = g/£e S=e/2m=(y20) Jem = (1/20) Vet. O ponto de equilíbrio está a meio caminho entre os pontos de retorno. Um desses pontos é o ponto no qual a mola está em re- pouso, e o outro é o ponto em que o objeto está momentaneamente em repouso, 10 cm abaixo do primeiro. Consequentemente, £=50cm=0,050me 1 /9,8m/s? =" 2"2É =2,2Hz f 2x 0,050m (b) Vamos usar a lei de conservação da energia. Escolhemos como referência para a energia potencial a posição inicial do objeto, com a mola relaxada. Nesse caso, a energia potencial e a energia cinética inicial são nulas. Vamos tomar o sentido do eixo y como positivo para baixo e fazer y = 0,080 m. A energia potencial quando o objeto está passando por esse ponto éU = Ly? — mgy e, de acordo com a lei de conservação da energia, Explicitando a velocidade, obtemos k go . 9,8m/s? 2 =2g->y = 2gy-Ey = )2 2 - 2 = Por Per (9.8m/s*)(0,080m) (som [o ssom =0,56m/s (c) Sejam a massa original e seja Am a massa adicional. A nova frequência angular é a = E/(n+ An). Considerando essa frequência como metade da frequência original, então /k/(m + Am) =1Vk/m. Elevando ambos os membros ao quadrado, dividindo por k e tomando os recíprocos de ambos os membros, obtemos m + Am = 4m, o que nos dá m= Am/3 = (300 g)/3 = 100 g= 0,100kg. (d) Na posição de equilíbrio, a força gravitacional e a força elástica são iguais em módulo: ky = (m + Am)g e, portanto, y = (m + Am)g/k. Sabemos também que k = mw? = m(277 f>. Assim, (m+Am)g . (0,100 kg+0,300 kg)(9,80 m/s?) - +——=0,200m m(27 1) (0,100 kg)(20x2,24 Hz)” em que y é a distância em relação à posição inicial. 38. De acordo com a Eq. 15-22 (em valor absoluto), a constante de torção é n=[ o] Para 1 = 2mRº/5 (o momento de inércia de uma esfera; veja Tabela 10-2), a Eg. 15-26 nos dá mk? 2(95 kg)(0,15 m) Toda MR om (os ke)(0,15m) |, K 0,235 N-mirad 39. PENSE O balanço do relógio descreve um movimento harmônico angular simples. Conhecendo a amplitude e o período do movimento, podemos calcular a velocidade angular e a aceleração angular. - 0,20N-m =O8srad — 0235 N-mírad. FORMULE Vamos supor que o deslocamento angular do balanço é dado por 6(t) = 6, cos(27t/T), em que 8, é a amplitude e Té o período. Derivando essa equação em relação ao tempo, obtemos a velocidade angular: O =daidi=(2m/TOusen(2mtiT). MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 111 (b) Este valor de T é igual ao obtido no exemplo “Período e comprimento de um pêndulo físico”. No que diz respeito aos parâmetros do movimento periódico, o centro de oscilação constitui um ponto de suspensão com as mesmas propriedades que aquele que foi usado no exemplo (uma das extremidades da régua). 44, Para podermos usar a Eq. 15-29, precisamos conhecer a posição do centro de massa e o momento de inércia em relação ao ponto A. O centro de massa da régua horizontal está no ponto A, e o centro de massa da outra régua está 0,50 m abaixo do ponto A. Como as duas réguas têm massas iguais, o centro de massa do sistema está em um ponto situado 0,25 m verticalmente abaixo do ponto A. O momento de inércia do sistema é a soma do momento de inércia I, da régua horizontal com o momento de inércia 1, da régua vertical. Assim, temos 1=1+1,=) mp+b 2-5 “12 1 5 = em que L = 1,00 m e M é a massa de uma das réguas. Para m = 2M (a massa total do sistema), a Eq. 15-29 nos dá T=27, ML 27, 5L 2Meh 6g em que usamos a relação h = L/4. Assim, T= 1,835. 45. De acordo com a Eq. 15-28, o comprimento do pêndulo quando o período é T= 8,855 é 1-8. 4m* O novo comprimento é L' = - d, sendo d = 0,350 m. O novo período é remfE-m Lda g E E o que nosdá T'=8,77 s. 46, Usamos a igualdade T=20 [ham 1 g mgh como no item (b) do exemplo “Período e comprimento de um pêndulo físico”, mas para um caso mais geral. Dividindo ambos os membros por 27, elevando ao quadrado e dividindo por g, obtemos o resultado: L, = I/mh. 47. Usamos a Eq. 15-29 e o teorema dos eixos paralelos 1 = Lc + mh? com h = d. De acordo com a Tabela 10-2, o momento de inércia de um disco homogêneo em torno do centro de massa é Io = mRº/2. Assim, rom ip om - Sa em)?+2(1,75 em) 366 5. mgd 2(980 cm/s?)(1,75 cm) 48. (a) No caso do “pêndulo físico”, temos T=m 1 =» Tou tmb” mgh mgh Fazendo h = re usando a fórmula (i) da Tabela 10-2, temos 2x ja? +b? T=ÍE JE V Ir +. 112 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR A figura a seguir mostra o período Tem função de 1, paraa =0,35me b=0,45m. T 25 (b) O valor de r parao qual Té mínimo pode ser determinado derivando Tem relação a re igualando o resultado a zero, o que nos dá Jess |(0,35m)?+(0,45m? r= ES =0,16m. (c) Como a direção a partir do centro é irrelevante, o lugar geométrico é uma circunferência em torno do centro, de raio r= (a2+ bro), 49, Substituindo x e y nas Egs. 15-3 e 15-6 por 8 e d9/dt, respectivamente, identificamos 4,44 rad/s como a frequência angular q. Em seguida, calculamos as expressões para t = 0 e dividimos a segunda pela primeira. O resultado é o seguinte: (e) =-otang. 9 Jemt-0 (a) Como o valor de O em t = 0 é 0,0400 rad e o valor de d9/dt em t = O é —0,200 rad/s, a constante de fase é ó=tan”! [asso | 0 rad. , 0400 x 4, (b) Uma vez determinado o valor de $, podemos introduzir este valor na equação 8 (0) = 8,, cos é para calcular o valor da ampli- tude angular. O resultado é 8,, = 0,0602 rad. 50. (a) De acordo com a Tabela 10-2 e o teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia de uma barra uniforme em relação a uma das extremidades é [= m[?/12 + ml? = 1/3ML?. Assim, a Eg. 15-29 nos dá o que nos dá L = 0,84 m. (b) De acordo com a lei de conservação da energia, K,=U, na qual K, é a energia cinética no ponto mais baixo da trajetória e U,, é a energia potencial no ponto mais alto da trajetória. A energia potencial é dada por U = Mg((1 cos 6), em que ( é a distância do eixo de rotação ao centro de massa. Usando a aproxi- mação para pequenos ângulos cos =1 — 6*/2, com 8 em radianos (veja o Apêndice E), temos Us =(0.5ka)fo8mis)[5 for + 0,0313. na qual 0, = 10º = 0,17 rad. Assim, K, = U, = 0,031 ]. Se calcularmos o valor exato de 1 - cosê, sem usar a aproximação para pequenos ângulos, a diferença entre as duas respostas será menor que 0,3%. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 113 51, Esta situação é semelhante à do exemplo “Período e comprimento de um pêndulo físico”, exceto pelo fato de que o ponto O não está na extremidade da barra. Chamando de C o centro de massa (que vamos supor que está no centro da barra), vemos que a distância entre O e C éh = x. De acordo com o teorema dos eixos paralelos (Eq, 10-36), | 1 Erg rom TE mgh a (a) É fácil minimizar T usando um gráfico ou uma calculadora, mas o método convencional (igualar a derivada a zero) é um pouco trabalhoso. Para facilitar os cálculos, vamos trabalhar com 12g7?/27 em vez de T (é óbvio que 12gT2/27 é mínimo quando T é mínimo). O resultado é LD apamêml É T=pml +mh nf A Eg. 10-29 nos dá Las, x o que nos dá x=L/12=(1,85 m)/V12=0,53 m como o valor de x que minimiza T. (b) Para L = 1,85 m ex = 0,53 m, obtemos T'=2,1 s usando a expressão de Ta que chegamos no início da solução. 52. Considere que o comprimento da mola na posição mostrada na Fig. 15-45 (com uma das arestas do cubo verticalmente acima do centro) tem um certo valor L, que corresponde ao comprimento de repouso. Se a distância (constante) entre o centro do cubo e o ponto da parede onde a mola está presa é r, então r cos 6 = d/«/2, er cos 8 = L define o ângulo O entre a reta que liga o centro do cubo à aresta superior e a reta que liga o centro do bloco ao ponto onde a mola está presa. Em termos deste ângulo, portanto, o problema pergunta qual é o movimento que acontece quando o ângulo O é aumentado do valor original 0, para 0, + 3º e depois liberado. Se o novo comprimento da mola é L', é fácil mostrar, por trigonometria, que (DP =" + (a 2y — 2r(d/ 2 Jcos(B, +3)9=12+d — f'cos(3)+ Ld sen(3º), já que 6, = 45º. A diferença entre L (determinado por esta expressão) e o comprimento original L é o alongamento da mola, que vamos chamar de x, Fazendo um gráfico de x,, em função de L para valores considerados razoáveis tendo em vista a posição do cubo na Fig. 15-42 (entre L = 0,03 me L= 0,10 m, digamos), chegamos à conclusão de que x, = 0,00222 m é uma excelente apro- ximação (e está muito próximo do valor obtido quando aproximamos x, pelo comprimento do arco descrito pela aresta superior do cubo quando o cubo gira de 3º, embora este método, em princípio, leve a um valor exagerado para x,). Usando este valor de x, e o valor conhecido da constante elástica, vamos obter uma energia potencial U = kx)/2=0,00296]. Igualando este valor à energia cinética que o cubo possui ao passar de volta pela posição inicial, temos K=0,00296] =Alo; em que «»,, é a velocidade angular máxima do cubo (que não deve ser confundida com a frequência angular w das oscilações; as duas frequências estão relacionadas através da equação «»,, = 9,4, em que 6, é o ângulo inicial em radianos). Como o momento de inércia do cubo é 1= Mdº/6 = 0,0018 kg-m?, temos DE [50,002565) = 2K [200.00296D “| q gs MT (ooolskgm 5 MOS Assim, a frequência angular das oscilações é q = «0,18, = 34,6 rad/s. De acordo com a Eq. 15-5, o período é T = 27/w = 0,185. 53. PENSE Supondo que o torque exercido pela mola sobre a barra é proporcional ao ângulo de rotação da barra e que o torque tende a fazer a barra girar no sentido da posição de equilíbrio, vemos que a barra executa um movimento harmônico angular simples. 116 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR ANALISE (a) Estamos interessados em determinar o valor de t para o qual e" = 1/3. Tomando o logaritmo natural de ambos os membros da equação, obtemos a relação -bt/2m = In(1/3), que nos dá t=(2mib) In(1/3) = (2m/b) In 3. e, portanto, = AISO ke) jp =I43s. 0,230 kg/s (b) A frequência angular é ko 800N/m (0,230kg/ OE ESORo” aisoua TT 2Slnads, m Am) NV 150kg — 4(1,50kg) O período é T = 27/' = 27/(2331 rad/s) = 2,72 s e o número de oscilações é UT= (143 VL8)=527. APRENDA A figura a seguir mostra o deslocamento relativo do bloco, x/x,, em função do tempo. A amplitude relativa, e !'2”, diminui exponencialmente com o tempo. «s) 60. (a) De acordo com a lei de Hooke, pn (500 ke)(9,8 m/s?) Oem =4,9x10ºN/em (b) O fato de que a amplitude diminui 50% a cada período significa que estu 4 po My emque p=. 2 T o Como o problema pede apenas uma estimativa, vamos fazer a) = = k/m. Nesse caso, 49.000Nh 500kg ,9 rad/s, o que nos dá T=27/0' = 0,638. Assim, — 2m | 2(500kg) - a b="D na = E (0,69) =LIx1 O? kgs, MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 117 Nota: Para verificar se a aproximação 0! = « é justificada, é possível (embora um tanto trabalhoso) obter o valor de b usando a Eq. 15-43 para calcular o valor de «»'. O resultado (com um número de dígitos maior que o número de algarismos significativos) é 2ln 2, mk =1086 kg/s, um valor suficientemente próximo do valor estimado para justificar a aproximação usada. 61. (a) Fazemos w = q, e verificamos que, na frequência de ressonância, a expressão se reduz a x, = F/bw. (b) Na discussão que se segue à Eg. 15-6, o livro define a amplitude da velocidade v, = 0x,. Na ressonância, v,, = 0E,/b = E, fb. 62. A frequência angular dos pêndulos pode ser calculada usando a Eq. 15-28 e a relação w = 277/T. Apenas dois pêndulos apresentam frequências angulares naturais no intervalo especificado, 2,00 rad/s < «» < 4,00 rad/s: o pêndulo (d), com 0,80 m de comprimento, para o qual w = 3,5 rad/s, e o pêndulo (e), com um comprimento de 1,2 m, para o qual à = 2,86 rad/s. Esses pêndulos são os únicos que entram fortemente em oscilação ao serem excitados com frequências angulares no intervalo dado. 63. Adaptamos a Eq. 15-12 a esta situação escrevendo na qual M é a massa do carro e m é a massa de cada ocupante. Se d é a distância percorrida com velocidade constante v entre duas costelas sucessivas, T'= v/d e, portanto, 2my k d M+4m d > (ram [Em A compressão de equilíbrio da suspensão com o carro ocupado é x, = (M + 4m)g/k com o carro vazio, diminui para x,= Mg/k. Assim, para v = 16.000/3600 = 4,44 m/s, a variação de altura do carro é xo ipa 2) -0,050m. 64. Como w = 27f, a frequência angular correspondente a f = 2,2 Hz é w = 13,8 rad/s. Assim, para x = 0,010 m, a amplitude da aceleração é a, = x,t?= 1,91 m/s, Desse modo, em termos de g, =| Am o [190 =| lg=| 2 |g=0,19g. a (= (55 Ig g. 65. (a) Como q = 277, a frequência angular é o = 27 x 440 Hz = 2,8 x 10º rad/s. (b) Na discussão que se segue à Eg. 15-6, o livro define a amplitude da velocidade v,, = 0%, Para x, = 0,00075 m e para o valor de «» calculado no item (a), v, = 2,8 X 10ºx 0,00075 = 2,1 m/s. (c) Na discussão que se segue à Eg. 15-7, o livro define a amplitude da aceleração a, = 02x, que (se usarmos o valor mais preciso « = 2765 rad/s) nos dá a, = 5,7 km/s. 66. (a) Considere primeiro uma única mola de constante elástica k e comprimento de repouso L. Uma das extremidades está presa a uma parede e a outra extremidade está presa a um objeto. Se a mola sofre um alongamento Ax, o módulo da força que exerce sobre o objeto é F = kAx. Considere em seguida duas molas ligadas em série, de constantes elásticas k, e k, com uma das extremidades da mola 1 presa ao objeto e uma das extremidades da mola 2 presa à parede. Se a mola 1 sofre um alonga- mento Ax, o módulo da força que exerce sobre o objeto é F = k,Ax,. Como a força é igual à exercida pela mola isolada, k4x = k,Ax,. Precisamos determinar a relação entre Ax e Ax,. Como as molas são homogêneas, comprimentos iguais sofrem o mesmo alongamento, e o alongamento de qualquer parte da mola é proporcional ao comprimento de repouso. Isso significa que o 118 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR alongamento da mola 1 é Ax, = CL, e o alongamento da mola 2 é Ax, = CL, em que C é uma constante de proporcionalidade. O alongamento total é A= Av + AL =C(L+L)=CL(n+I/n, em que foi usada a relação L, = L,/n. Fazendo Ax, = CL, e Ax = CL,(n + 1)/n na equação kAx = k,Ax, e explicitando k,, obtemos k [5 k «(ão [esoo Nim)=20.886 Nim 2,1x10!N/m. (b) Suponha que o objeto seja colocado do outro lado da mola composta, em que está sujeito à força exercida pela mola 2. Nesse caso, kAx = k,Ax,. Fazendo Az, = CL, Ax = CL.(n + 1) e explicitando k,, obtemos k, =(n+Dk=(0,70+1,0)(8600 N/m) =14.620 N/m=1,5x10! N/m. (c) Para determinar o valor da frequência de oscilação quando um bloco de massa m está preso à mola 1, substituímos k na equação $=(1/27)Nk/m por k(n + 1)/n, o que nos dá 1 [QWDk. nH,. [0,70+10 º 2 Am a! =| rogo 000 Ho) =3,1x10º Hz (d) Para determinar o valor da frequência de oscilação quando o bloco de massa m está preso à mola 2, substituímos k por (1 + 1), 0 que nos dá > CDE. rf = (0,7051,0(200 H2)=2,6x10'Hz 67. O módulo da componente paralela à encosta da força gravitacional que age sobre cada vagonete é P,= (10.000 kg)(9,8 m/s?) sen 0. Sabemos que uma força de 3P, produz um alongamento x do cabo. Supondo que o cabo obedece à lei de Hooke, sua constante elástica é r=*E-o,80º Nm. x (a) De acordo com a Eg. 15-12, e levando em conta o fato de que apenas dois vagonetes estão envolvidos na oscilação, temos LA [E pao Nm 2x 2nYm 2ny 20.000kg (b) A amplitude das oscilações é igual à diferença entre as posições de equilíbrio da extremidade do cabo quando está sustentando três e dois vagões: 3-2» 90som 68. (a) De acordo com a lei de Hooke, k = (0,300 kg)(9,8 m/s?)/(0,0200 m) = 147 N/m. r=2m fl cosas 69. PENSE Como o êmbolo descreve um movimento harmônico simples, podemos calcular a velocidade máxima a partir da amplitude e da frequência das oscilações. (b) Para m = 2,00 kg, o período é MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 121 Isso nos dá Leal? > v=amfE-008 L33x10 6 sims 2 2 m 1,3 que é o mesmo resultado obtido no item (e). 74. A distância entre a posição da extremidade inferior da corda na ausência do corpo e a posição de equilíbrio na presença do corpo é dada pela lei de Hooke: Ax= F/k= (0,20 kg)(9,8 m/s?)/(19 N/m) = 0,103 m. (a) Uma vez liberado, o corpo não se desloca apenas de uma distância Ax, mas continua a se mover até um “ponto de retorno” situado a uma distância igual do outro lado do ponto de equilíbrio. Assim, a distância que o corpo atinge abaixo da posição inicial é24x=0,21m. (b) Como f= 0/27, a Eg. 15-12 nos dá A jk 2x Ym f= =1,6Hz (0) A amplitude é igual à distância máxima em relação ao ponto de equilíbrio: x =Ax=0,10m. 75. (a) Suponha que a bala fica alojada no bloco e passa a se mover com o bloco de forma praticamente instantânea. Nesse caso, o momento do sistema bala-bloco é conservado durante a colisão. Seja m a massa da bala, seja M a massa do bloco, seja v, à velocidade inicial da bala e seja v a velocidade final do sistema bloco-bola. De acordo com a lei de conservação do momento, mv, = (m + M)ve, portanto, Quando o bloco está na posição inicial, a força elástica e a força gravitacional se equilibram, e o alongamento da mola é Mg/k. Após a colisão, o bloco passa a oscilar, descrevendo um movimento harmônico simples em torno do ponto de equilíbrio do bloco imediatamente após a bala se alojar no bloco. Nesse ponto, o alongamento da mola é ( = (M + m)g/k, um pouco maior que o alon- gamento inicial. A energia mecânica é conservada durante as oscilações. Imediatamente após a bala se alojar no bloco, a energia cinética é (M + m)v?/2 e a energia potencial elástica é K(Mg/k)?/2. Vamos tomar a energia potencial gravitacional como zero nesse ponto. Quando o sistema bloco-bala atinge o ponto mais alto do movimento, a energia cinética é zero. Nesse instante, o bloco está a uma distância y,, do ponto em que as forças elástica e gravitacional se equilibram. Note que y,, é a amplitude do movimento. Como, nesse instante, a mola está sofrendo uma compressão de y, — £, a energia potencial elástica é k(y,,— 1):/2. A energia potencial gravitacional é (M + m)gy. De acordo com a lei de conservação da energia, porem + Ta[DE | 2 2 * KO — O HM + mg, Fazendo ( =(M + m)g/k, obtemos, depois de algumas manipulações algébricas, Ya (QM+m) = |(0,050kg+4,0kg)(,85m/s)? (0,050 kg)(9,8 m/s”)? 500N/m (500 Nim)? [2(4,0kg) +0,050kg] =0,166m. 122 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) A energia inicial da bala é E, = Imvg = (0,050 kg)(150 m/s)? = 563 J. A energia cinética do sistema bala-bloco imediatamente após a colisão é 1 =(m+M)v = atm )y E (0,050 kg + 4,0 kg)(1,85 m/s)? = 6,94]. 1 2 Como o bloco praticamente não se move durante a colisão, a energia elástica e a energia potencial gravitacional não variam. Assim, Eé a energia transferida da bala para o sistema bala-bloco. Portanto, a fração da energia cinética original da bala que é transferida para a energia mecânica do oscilador é EJE,= (6,94 1)/(563 1) = 0,0123 = 1,23%. a= [E 1500 pos rradis. m (0,055 Vamos considerar apenas o caminho mais direto em cada parte do problema. Assim, por exemplo, na parte (a), vamos considerar 76. (a) Para começar, sabemos que o movimento direto de x, = +0,800x, até x, = +0,600x, e não o movimento de x,= +0,800x,, até x = +0,600x, passando por x = 0, porx=-x, e, novamente, por x = 0, antes de chegar a x, = +0,600x,. De acordo com a Eq. 15-3, temos ot, + 4 = cos (0,800) = 0,6435 rad wt, + 4 = cos 1(0,600) = 0,9272 rad. Subtraindo a primeira equação da segunda, obtemos o(t, — t) = 0,9272 — 0,6435 = 0,2838 rad. Usando o valor de «» já calculado, obtemos t, — t, = 1,72 x 10º s. (b) Seja t,o instante em que o bloco atinge o ponto x = -0,800x,, pelo caminho mais direto. Usando o mesmo raciocínio do item (a), temos ot, — th) = 2,4981 — 0,6435 = 1,8546 rad, o que nos dá t,-t,= 112103. 77. (a) De acordo com o gráfico da Fig. 15-51, x, = 7,0 cm = 0,070 m e T = 40 ms = 0,040 s. Assim, a frequência angular é q =2x/T = 157 rad/s. Para m = 0,020 kg, a energia cinética máxima é mv? /2=mo?x2/2=1,2]. (b) Como a energia cinética máxima é atingida duas vezes em cada ciclo, a Eq. 15-5 nos dá n = 2(/271 ) = 50 vezes por segundo. 78. (a) De acordo com o gráfico da Fig. 15-51, x, = 7,0 cm = 0,070 m e T'= 40 ms = 0,040 s. Assim, a velocidade máxima é Va = XulO =X (271 T) = Momis. 1,7 x 10º m/s. (b) A aceleração máxima é x,00? = x, (27/T). 79. De acordo com o gráfico da Fig. 15-54, a energia cinética máxima é K,, = 15 m] (0,015)) e o ângulo máximo é 8, = 100 mrad = 0,1 rad. Assim, a velocidade máxima é v,,,, = 4/2K sx/1 = 0,387 m/s. Para calcular o comprimento L do pêndulo, podemos usar a equação 2gL(1-cos0, e) ou a expressão do MHS Lo, Y más = 1000 x = LO e (8/1. Nos dois casos, obtemos L = 1,53 m. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 123 80. Como a energia total é igual à energia potencial máxima, kx)/2, e a energia potencial no instante t = O é (kx,,/2)cos*(77/5), a porcentagem é cos'(77/5) x 100% = 65,5%. 81. (a) De acordo com o gráfico da Fig. 15-53, x, = 0,30 m. (b) Como FE = -kx, k é a inclinação (negativa) da reta da Fig. 15-53, que é 75/0,30 = 250 N/m. Assim, de acordo com a Eq. 15-13, m T=2n, =0,28s. (c) Como foi visto na Seção 15-2, a aceleração máxima é os, =1,5x10º m/s?. a, 4, m Poderíamos chegar ao mesmo resultado usando a relação a, = (2/1)? x, (d) Como foi visto na Seção 15-2, v,, = x, e, portanto, a energia cinética máxima é K,=Imi=Imoisi = 11 ng ngm 82. Como a aceleração centrípeta é horizontal e a aceleração da gravidade g é vertical, podemos definir o módulo de uma acele- ração “efetiva” usando o teorema de Pitágoras: Como a frequência é o inverso do período, a Eq. 15-28 nos dá 1 fE-1 Ve +vi/R “2nV Lo 2py L . Para v=70 m/s, R=50me L=0,20m, obtemosf=3,5s!=3,5 Hz. 83. (a) De acordo com a lei de Hooke, temos k= (15 kg)(9,8 m/s?)/(0,12 m) = 1225 N/m. Arredondando para três algarismos significativos, a constante elástica é, portanto, 1,23 kN/m. (b) De acordo com o enunciado, f= 2,00 Hz = 2,00 ciclos/s. Como um ciclo equivale a 27 radianos, w = 27 X 2,00 = 47 rad/s. De acordo com a Eq. 15-12, temos = 1225 Nim = =7,76kg. m (47 rad/s) Assim, o peso do pacote é mg = 76,0 N. 84. (a) Comparando com a Eq. 15-3, vemos que q = 10 rad/s. Assim, f= 0/27 = 1,6 Hz. (b) Como v, = 0x, e x, = 10 cm (veja a Eq. 15-3), v, = (10 rad/s)(10 cm) = 100 cm/s = 1,0 m/s. (c) A velocidade é máxima para x = 0. (d) a, = 02x, = (10 rad/s(10 cm) = 1000 cm/s? = 10 m/s. (e) A aceleração é máxima para x = +x, = +10 cm. 126 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 91. PENSE Este problema envolve a frequência das oscilações de um pêndulo em diferentes condições de aceleração. FORMULE Em uma sala, a frequência das oscilações de um pêndulo para oscilações de pequena amplitude é dada por / = (1/20)Wg/L, em que L éo comprimento do pêndulo. Em um elevador em movimento, as forças que agem sobre o pêndulo são a força de tração T do fio do pêndulo e a força gravitacional mg, em que m é a massa do peso do pêndulo. De acordo com a segunda lei de Newton, T+ mg = mã, em que à é a aceleração do pêndulo. Seja à = à, + ',em que à, é a aceleração do elevador e à é a aceleração do pêndulo em relação ao elevador. Nesse caso, a segunda lei de Newton pode ser escrita na forma m(Z-4,)+ 7 = mã”. Isso significa que, no referencial do elevador, o movimento do pêndulo é exatamente igual ao movimento que ele teria em um referencial inercial no qual a aceleração gravitacional fosse Z,, =Z-4,. ANALISE (a) Para L = 2,0 m, a frequência do pêndulo em uma sala é : EL 9.80m/s! o sy, 2xNL 2a 2,0m (b) Quando o elevador está acelerando para cima, e à, têm a mesma direção e sentidos opostos, e podemos determinar a fre- quência para pequenas amplitudes de oscilação substituindo g por uma aceleração gravitacional efetiva g..=g + a, na expressão S=(020VEIL. Assim, z z 1 eta 1 [osmist20m/ og, aV L 2m 20m (c) Nesse caso, a aceleração da gravidade e a aceleração do elevador têm a mesma direção e o mesmo sentido e, portanto, 2 à, = 0. Para determinar a frequência para pequenas amplitudes, substituímos g por zero na expressão y = (1/2n)/g/L. O resultado é zero, o que significa que o pêndulo não oscila. APRENDA A frequência do pêndulo aumenta quando g, aumenta. 92. Para aplicar a fórmula do período do pêndulo físico, Eq. 15-29, precisamos conhecer a distância h entre o eixo de rotação eo centro de massa do sistema e o momento de inércia 1 do sistema em relação ao eixo de rotação. De acordo com o enunciado do problema e a Fig. 15-54, h = L + 1, em que L é o comprimento da haste e r é o raio do disco. De acordo com o teorema dos eixos paralelos, TAM AMA Assim, de acordo com a Eq. 15-29, temos Explicitando L e substituindo os valores conhecidos, obtemos L = 0,8315 m. 93. (a) Podemos calcular a constante elástica usando a lei de Hooke: k= (4,00 kg)(9,8 m/s?)/(0,160 m) = 245 N/m. (b) De acordo com a Eq, 15-13, temos 94, De acordo com o gráfico da Fig. 15-55, a, = 4,00 cm/s?. Além disso, o valor da aceleração no instante t = O é a, = 1,00 cm/S. Nesse caso, de acordo com a Eq. 15-7, 4 =cos!(-1,00/4,00) =+1,82 rad ou —4,46 rad. A outra solução, À = +4,46 rad, deve ser rejeitada porque resultaria em uma inclinação negativa da curva no ponto t = 0. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 127 95. Como o tempo necessário para completar um ciclo é T'= (50 s)/20 = 2,5 5, a Eq. 15-23 nos dá I= (E) =(030)(50 ) =0,079 kg m'. 27 96. A frequência angular de um oscilador harmônico simples é dada pela Eg, 15-12: Assim, no caso de osciladores de massas diferentes, m, e m,, e mesma constante elástica k, a razão das frequências é o im jun nm fo, o kem, o fe Vas=158 97. (a) De acordo com os gráficos da Fig. 15-56, T = 0,40s ex = 4/0,2 = 0,02 N-m/rad. De acordo com a Eg. 15-23, Para m, = m e m, = 2,5m, temos b I="T/Am =8,11 x 10ºkg-m. (b) De acordo com o gráfico da Fig. 15-56b, O, = 0,2. Igualando a energia cinética máxima, Tp, /2, à energia potencial máxima, x0)../2 (veja a sugestão do problema), temos 98. (a) A lei de Hooke nos dá a constante elástica: k = (20 N)/(0,20 m) = 1,0 x 102N/m. (b) A massa da lata é m = (5,0 N)/(9,8 m/s? 0,51 kg. De acordo com a Eq. 15-13, o mo 0,51k; 1-2"; =" fio0Nin 99, Para pequenos ângulos (a condição do MHS), a Eq. 15-24 nos dá T=-LZ(F,sen6) > —L(F,0) com 0 em radianos. A diferença relativa (em valor absoluto) entre os dois valores é a seng (cLF,seno) (18,9) —LF, sen 6 e devemos descobrir qual é o valor de O que torna essa diferença relativa igual a 0,010 (o correspondente a 1,0%). Não existe uma solução analítica para este problema. Uma possibilidade é encontrar o valor correto de 6 por tentativas, usando uma calculadora ou um computador. Outra é usar a expansão seng = 6 — 6'/6, válida para pequenos valores de 8, para obter uma solução aproximada (que pode ser usada como ponto de partida para uma busca por tentativas de uma solução mais precisa). Usando esta última abordagem, temos =0,010= a 0-0'/6 1 =1,010 6 1-9) 128 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR que nos dá =0,24 rad=14,0º. Um resultado mais preciso, obtido por tentativas, é 6 = 13,986º. 100. (a) Na ausência de atrito, a energia potencial no ponto de retorno é igual à energia cinética total (soma da energia cinética de translação com a energia cinética de rotação) quando o cilindro passa pela posição de equilíbrio: La Lygo lp mrlago 4H Lyge Pe) Fiat Tn? = Mia MR K a ) 1 2 1 2 3,42 =9Micu + q Mica = Micu o que nos dá MZ, = 2kx2/3= 0,125. A energia cinética de translação é, portanto, 1Miiy = xi /3=0,0625]. (b) De acordo com o resultado do item (a), a energia cinética de rotação é IM, = kx2/6=0,03125]=3,13x10? J. (c) Nesta parte do problema, usamos vc, para representar a velocidade em qualquer instante, e não a velocidade máxima, como fizemos nos itens anteriores. Uma vez que a energia total é constante, temos dE d(3,2 Va(1 Gala al o que nos dá = (4, Avg |* Comparando com a Eq. 15-8, vemos que, neste caso, = 2k/3M. Como w = 277/T, o período é T = 27./3M /2k, como queríamos demonstrar. 101. PENSE Como o bloco está realizando um movimento harmônico simples, a posição em relação à posição de equilíbrio pode ser descrita pela equação x(t) = x,, cos(wt + 4). FORMULE A velocidade do bloco é vb=dx'dt=-wx, sen(wt+ 4). No caso de uma mola horizontal presa a um bloco que está descrevendo um MHS, a posição do bloco para a qual a mola está relaxada é a posição de equilíbrio; assim, podemos concluir que o valor da velocidade fornecido no enunciado do problema, v=5,2m/s no ponto x = 0, é o valor máximo v,, = )%,, em que H o= [E = 280 Nim oyradis. mo 12kg ANALISE (a) Como q = 27, f = 20/27 = 3,2 Hz. (b) Como », = 5,2 m/s= 0x, = (20 rad/s)x,, x, = 52/20 = 0,26 m. mo Xm () Como x, = 0,26m e v,, = 5,2 m/s, as equações do deslocamento e a velocidade do bloco podem ser escritas na forma x=(0,26 m) cos(20t + &) v=—(5,2 mis) sen (207 + 6). MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 131 107. A massa de um átomo de prata é m = 0,108 kg/6,02 x 10º = 1,8x 10 kg. Usando a Eq. 15-12 e o fato de que f= 0/27, temos A E st-emaoya sao )enaonim 1 Lo lk rr 1x10 Hz= 108. A frequência de oscilação do sistema bloco-mola é e a frequência de oscilação de um pêndulo simples é Para que f = f, devemos ter LE Dye o que nos dá L=2E. 2 Ym NL k De acordo com a lei de Hooke, mg= kAy = kh. Assim, L = kh/k = h = 2,00 cm. 109. O momento de inércia do pêndulo em relação a um eixo passando pelo ponto A é 1, = Icy + mhz e o momento de inércia do pêndulo em relação a um eixo passando pelo ponto B é 1, = Icy + lê, em que h, e hy são as distâncias dos pontos A e B ao centro de massa. De acordo com a Eq. 15-29, T = 2x /TIngh: para que T, = To, devemos ter au otinhi o out; mgh, mgh, que, depois de algumas manipulações algébricas, nos dá Lc, = 1mh,,. Substituindo na equação de T,, obtemos room mhattmhi o [haha mgh, g Como se pode ver na Fig. 15-62, hy + h, = L, o que nos dá T= 21 Lg. Explicitando L nessa equação, obtemos er 98 m/s Y1,80 s)” L= am am? =0,804m. 110. Como d, é a amplitude das oscilações, a condição de que a aceleração máxima seja 0,2g equivale a exigir que a relação «2d, = 0,2g seja obedecida. Como d, é o alongamento para o qual a força elástica exercida pela corda equilibra o peso da criança, temos também a relação kd, = mg. Como essa relação pode ser escrita na forma mo?d, = mg, à? = g/d, Substituindo w por seu valor na primeira condição, obtemos ds = dy'0,2 = (10 cm)/0,2 = 50 em. 111. De acordo com a Eg. 15-12, = kim =10rad/s e, de acordo com as equações do MHS, v,, =X, Ca, =X? (a) A amplitude é x, = v,/() = 3,0/10 = 0,30 m. (b) O módulo da aceleração máxima é a, = (0,30 m)(10 rad/s)? = 30 m/s? (c) O módulo da aceleração mínima é zero. (d) Como o período é T'= 277/w = 0,628 5, o tempo necessário para completar 7,0 ciclos do movimento é t=7,0T = 4,45. 112. (a) De acordo com a Eq. 15-28, T=2m E -om Um gas 8 98m/s (b) Fazendo 1= mL? na Eq. 15-27, vemos que a massa m aparece no numerador e no denominador e pode ser cancelada na expressão final (Eq. 15-28). É por isso que o período não depende da massa da bola, e a resposta deste item é não. 132 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 113. (a) Supondo que o rebatedor se limita a segurar o bastão, o módulo da força horizontal a que o bastão está submetido é F; portanto, a aceleração que a força É imprime ao ponto O é horizontal, de módulo a = F/m. (b) O único torque aplicado ao sistema é o produzido pela força F, cujo ponto de aplicação é o ponto P, situado a uma distância Lo- L/2 do ponto C (observe a Fig. 15-13a). Como L, = 2L/3 (veja o Exemplo 15.05), a distância entre Ce Pé21/3-L/2 = L/6. Como o torque é igual ao momento de inércia (1 = m12/12 em relação ao centro de massa) multiplicado pela aceleração angular, temos (c) Como a distância entre Ce O é 1 = L/2, a contribuição para a aceleração do ponto O que resulta da aceleração angular (no sentido anti-horário da Fig. 15-134) é air = arL/2 (para a esquerda na Fig, 15-13). De acordo com o item (a), a contribuição direta da força F para a aceleração do ponto O é Flm (para a direita, na Fig. 15-13a). Assim, escolhendo o sentido para a direita como positivo, a aceleração resultante no ponto O é a=D-cog=É- “ma mo Mm -E lg-É io. (d) O ponto O deve permanecer em repouso enquanto o jogador rebate a bola, o que pode acontecer graças a uma força exercida pelo rebatedor, ou a um cancelamento das forças exercidas pela bola sobre o bastão, como foi mostrado aqui. Seria natural esperar que o choque da bola produzisse uma aceleração em todos os pontos do bastão; entretanto, quando a bola atinge o bastão no centro de oscilação (ponto P da Fig. 25-134), a aceleração do ponto em que o rebatedor segura o bastão (ponto O da Fig. 25-134) é zero, e o jogador não precisa fazer força para evitar que o bastão escape de suas mãos. 114. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a energia potencial elástica que deve ser armazenada no material da ati- radeira para que o projétil atinja a velocidade de escape é dada pela equação k(Ay):/2 = nn, 2, em que k é a constante elástica do material, Ay é a compressão do material, m é a massa do projétil e v., é a velocidade de escape. Explicitando k e substituindo os valores conhecidos, obtemos po Mãe (ONTO KML 2x 10 mis ( (2,30 m) =4,03x10ºNim. (b) A força aplicada à mola deve ser F,=k(Ay) =(4,03x 10º Nim)(2,30 m) =9,27x10ºN. Assim, o número de pessoas necessário para lançar o projétil seria é E 92DAON gg F, — 490N 115. Como o período de oscilação de um pêndulo simples é T = 22 /Dg, o comprimento do pêndulo é “BT? (9,80m(3205) = Co mko Os] =2,54m. 4m 4m 116. (a) A figura a seguir mostra um gráfico de x em função de t (em unidades do SI): MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 133 Expandindo o gráfico perto do final do intervalo de tempo, obtemos o gráfico que se segue: A forma de onda está suficientemente próxima de uma senoide para que possamos estimar a amplitude, y,, = 0,008 m, o período, T=0,18s,e a frequência angular, w = 27/T = 35 rad/s. (b) A figura a seguir mostra um gráfico de x em função de t (em unidades do SI) para nova frequência de excitação, 4 = kim =[350/2,0 = 13,2 rad/s. Neste caso, é um pouco mais difícil estimar a amplitude e o período da uma senoide a partir da oscilação mais à direita do gráfico, mas obtemos os valores aproximados y,, = 0,07 m, T=0,48 se w = 13 rad/s. (c) Para q, = 20 rad/s, obtemos, a partir da oscilação mais à direita do gráfico a seguir, os valores aproximados y,, = 0,03 m, T=031sew=20rad/s. 004 om