Exercício Resolvido de Movimento Harmônico Simples (M.H.S.)
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Um ponto material de massa m = 0,04 kg oscila em torno da posição O de equilíbrio, com M.H.S. A energia mecânica total do sistema é 32.10−4 J. Sendo a constante elástica da mola k = 0,16 N/m e desprezando-se ações dissipativas, determine:
a) O período de oscilação;
b) A frequência angular;
c) A amplitude da oscilação;
d) As funções horárias da posição, velocidade e aceleração, adotando-se o eixo Ox orientado para a direita e instante inicial t = 0 quando o móvel está na posição extrema P indicada na figura.
e) O gráfico da posição (x) em função do tempo (t), a partir de t = 0 até t = 2T, onde T é o período.


Dados do problema:
  • Massa do corpo:    m = 0,04 kg;
  • Energia mecânica total do sistema:    ET = 32.10−4 J;
  • Constante elástica da mola:    k = 0,16 N/m.
Solução

a) O período de oscilação é dado por
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}} \]
\[ \begin{gather} T=2\pi \sqrt{\frac{0,04}{0,16}}\\ T=2\pi\sqrt{\frac{1}{4}}\\ T=2\pi \frac{1}{2}\\ T=\pi \tag{I} \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {T=3,14\;\text{s}} \]

b) A frequência angular é obtida de
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {\omega =\frac{2\pi}{T}} \]
usando o período T na forma de (I) do item anterior
\[ \omega =\frac{2\pi }{\pi} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {\omega =2\;\text{rad/s}} \]

c) A amplitude depende da energia mecânica total (energia cinética mais energia potencial, neste caso a energia potencial elástica da mola)
\[ \begin{gather} E_{M}=E_{C}+E_{PE} \tag{II} \end{gather} \]
A Energia Cinética é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {E_{C}=\frac{mv^{2}}{2}} \tag{III} \end{gather} \]
A Energia Potencial Elástica é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {E_{PE}=\frac{kx^{2}}{2}} \tag{IV} \end{gather} \]
substituindo as expressões (III) e (IV) na expressão (II)
\[ E_{M}=\frac{mv^{2}}{2}+\frac{kx^{2}}{2} \]
No pontos de máxima amplitude (+A e −A) a partícula para e inverte o sentido da velocidade, neste momento a sua velocidade é nula (v = 0), então nestes pontos de máxima amplitude a energia cinética é zero e a energia mecânica é igual a energia potencial
Figura 1
\[ \begin{gather} E_{M}=E_{PE}=\frac{kA^{2}}{2}\\ 32.10^{-4}=\frac{0,16A^{2}}{2}\\ A^{2}=\frac{2.32.10^{-4}}{16.10^{-2}}\\ A^{2}=2.2.10^{-4}.10^{2}\\ A^{2}=4.10^{-2}\\ A=\sqrt{4.10^{-2}}\\ A=2.10^{-1} \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {A=0,2\;\text{m}} \]

d) As funções horárias da posição (x), velocidade (v) e aceleração (a) serão dadas por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {x=A\cos \left(\omega t+\phi_{0}\right)} \tag{V} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {v=-\omega A\operatorname{sen}\left(\omega t+\phi _{0}\right)} \tag{VI} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {a=-\omega^{2}A\cos \left(\omega t+\phi_{0}\right)} \tag{VII} \end{gather} \]
A frequência angular (ω) e a amplitude (A) foram obtidas nos itens (c) e (d) acima respectivamente, para a obtenção de φ0 escrevemos a expressão (V) com os valores obtidos
\[ x=0,2\cos \left(2t+\phi_{0}\right) \]
Observando a Figura 2, temos que em t = 0 a partícula está em x = −A = −0,2 m, substituindo estes valores na expressão acima para a posição
\[ \begin{gather} -0,2=0,2\cos \left(2.0+\phi _{0}\right)\\ \cos \phi_{0}=-{\frac{0,2}{0,2}}\\ \cos \phi_{0}=-1\\ \phi_{0}=\operatorname{arc}\cos(-1)\\ \phi_{0}=\pi \end{gather} \]
Figura 2

Comparando a posição inicial da partícula em t = 0 com uma outra partícula (P), em Movimento Circular Uniforme (M.C.U.) girando em sentido anti-horário e com o espaço angular medido a partir do eixo Ox, vemos que quando a partícula oscilante está na posição inicial −A a partícula P descreve um ângulo de π, este ângulo então será a fase inicial da partícula oscilante (φ0), substituindo os valores da frequência angular, da amplitude e da fase inicial nas expressões (V), (VI) e (VII)
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {x=0,2\cos \left(2t+\pi \right)} \]
\[ v=-2.0,2\operatorname{sen}\left(2t+\pi \right) \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {v=-0,4\operatorname{sen}\left(2t+\pi \right)} \]
\[ \begin{gather} a=-2^{2}.02\cos \left(2t+\pi \right)\\ a=-4.02\cos\left(2t+\pi \right) \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {a=-0,8\cos \left(2t+\pi \right)} \]

e) Queremos fazer o gráfico de zero até 2T, no item (a) encontramos que T = π, assim vamos achar os valores da posição, dada pela expressão para x no item anterior, entre t = 0 e t = 2T = 2π, fazendo uma tabela

t \( x=0,2\cos \left(2t+\pi \right) \) x
0 \( 0,2\cos \left(2.0+\pi \right) \) -0,2
\( \frac{\pi}{4} \) \( 0,2\cos \left(2.\frac{\pi}{4}+\pi \right) \) 0
\( \frac{\pi}{2} \) \( 0,2\cos \left(2.\frac{\pi}{2}+\pi \right) \) 0,2
\( \frac{3\pi}{4} \) \( 0,2\cos \left(2.\frac{3\pi}{4}+\pi \right) \) 0
\( \pi \) \( 0,2\cos \left(2\pi +\pi \right) \) -0,2
\( \frac{5\pi}{4} \) \( 0,2\cos \left(2.\frac{5\pi }{4}+\pi \right) \) 0
\( \frac{3\pi}{2} \) \( 0,2\cos \left(2.\frac{3\pi}{2}+\pi \right) \) 0,2
\( \frac{7\pi}{4} \) \( 0,2\cos \left(2.\frac{7\pi}{4}+\pi \right) \) 0
\( 2\pi \) \( 0,2\cos \left(2.2\pi +\pi \right) \) -0,2

Tabela 1

Colocando os pontos encontrados num gráfico de x em função de t, x = f(t), e ligando os pontos, obtemos o gráfico de uma senóide (Gráfico 1).

Gráfico 1
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