Exercícios Resolvidos de Introdução ao MHS

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Enunciado

Um pêndulo constituído de uma esfera presa a um fio de comprimento L é solto de uma posição ϕ 0 , a partir do repouso. a ) Considerando a aproximação para a validade do movimento harmônico simples mostre que a velocidade do pêndulo ao passar por ϕ 0 = 0 pode ser calculada por v m a x = ϕ 0 g L . b ) Usando a conservação da energia encontre essa velocidade exatamente para um ângulo qualquer (não somente para pequeno ângulo!!) e mostre que seu resultado está de acordo com o resultado do item a ) quando ϕ 0 for pequeno. c ) Encontre a diferença entre o valor aproximado e o valor exato para ϕ 0 = 0,20   r a d e L = 1,0   m . d ) Encontre a diferença ente o valor aproximado e o valor exato para ϕ 0 = 1,20   r a d e L = 1,0   m . e ) Compare os resultados dos itens c ) e d ) . O que você conclui?

Passo 1

Eaew, tudo certinho?

Temos aqui um pêndulo formado por uma esfera presa à um fio de comprimento L que parte de uma posição angular ϕ 0 a partir do repouso. Queremos usar esta montagem para primeiro mostrar que

a ) Considerando a aproximação para a validade do movimento harmônico simples mostre que a velocidade do pêndulo ao passar por ϕ 0 = 0 pode ser calculada por v m a x = ϕ 0 g L .

e que isso pode ser generalizado

b ) Usando a conservação da energia para encontrar essa velocidade exatamente para um ângulo qualquer (não somente para pequeno ângulo!!) mostrando que seu resultado está de acordo com o resultado do item a ) quando ϕ 0 for pequeno.

Por último iremos verificar a validade da aproximação de pequenos ângulos para os casos em que

c ) A diferença entre o valor aproximado e o valor exato para ϕ 0 = 0,20   r a d e L = 1,0   m . d ) A diferença ente o valor aproximado e o valor exato para ϕ 0 = 1,20   r a d e L = 1,0   m .

de forma que possamos

e ) Comparar os resultados dos itens c ) e, então ter uma ideia do d ) que podemos concluir?

O pêndulo simples tem uma montagem bem simples, e a aproximação de pequenos ângulos nos diz que

s e n ( ϕ ) ≈ t g ( ϕ ) ≈ ϕ

Vamos tentar fazer isso!

Passo 2

O pêndulo simples é um movimento bidimensional governado em cada direção pelas componentes da tensão do fio e da força peso. Em geral, podemos pensar no momento no pêndulo como uma sessão de uma órbita circular, de forma que a resultante da direção radial atua como uma força central e a componente tangencial atua gerando uma aceleração angular. Vamos nos focar na componente tangencial. Como o fio aponta sempre para o centro, não a componente tangencial da tensão do fio, temos apenas a componente tangencial do peso atuando nesta direção na forma

P θ = - m g   s e n ( ϕ )

pela segunda lei de Newton para rotações teremos que

F R ϕ = m L α = m L d 2 ϕ d t 2

Como a única componente tangencial é a componente do peso que apresentamos, temos que

d 2 ϕ d t 2 + g L s e n ( ϕ ) = 0

esta não é a equação do oscilador harmônico! Mas, na aproximação de pequenos ângulos, temos que

s e n ( ϕ ) ≈ ϕ

de forma que obtemos

d 2 ϕ d t 2 + g L ϕ = 0

que é um MHS! A solução para esta equação diferencial é da forma

ϕ ( t ) = ϕ 0 c o s ( ω 0 t + θ 0 )

em que ϕ 0 é o ângulo inicial que deslocamos o ângulo do pêndulo com a vertical, comparando com a equação do massa-mola podemos definir que a frequência natural de oscilação é dada por

ω 0 2 = g L

de forma que

f = 1 2 π g l

Vamos usar todas estas informações para obter a nossa velocidade máxima!

Passo 3

Derivando a função posição

ϕ ( t ) = ϕ 0 c o s ( ω 0 t + θ 0 )

temos que a velocidade será dada por

ω ( t ) = - ϕ 0 ω 0 s e n ( ω 0 t + θ 0 )

note que a velocidade máxima será obtida quando

s e n ( ω 0 t + θ 0 ) = 1

Portanto, obtemos que

ω m a x ( t ) = - ϕ 0 ω 0

usando a expressão para ω 0 temos que

ω m a x ( t ) = - ϕ 0 g L

como a velocidade angular e a velocidade tangencial estão relacionadas pela relação

v ( t ) = ω ( t ) L

obtemos finalmente que

v m a x = - ϕ 0 g L

em módulo, temos que

v m a x = ϕ 0 g L

Beleza! Aí está a primeira alternativa! Vamos analisar isso pela perspectiva energética!

Passo 4

Para o caso de um pêndulo simples temos apenas forças conservativas atuando quando desconsideramos o atrito, desta maneira, temos que

d E d t = 0

em que E é a energia mecânica do sistema

E = U + K

para uma posição angular arbitrária ϕ temos que a energia potencial é dada por

U = m g L ( 1 - c o s ( ϕ ) )

e, a energia cinética é dada por

K = 1 2 m v 2 = 1 2 m L 2 ω 2 ( t )

como temos que

ω ( t ) = d ϕ d t

temos que

E = m g L ( 1 - c o s ( ϕ ) ) + 1 2 m L 2 ( d ϕ d t ) 2

Derivando em relação ao tempo obtemos que

d E d t = m g L ( d ϕ d t s e n ( ϕ ) ) + m L 2 d ϕ d t d 2 ϕ d t 2 = 0

evidenciando termos em comum temos que

d E d t = m L 2 d ϕ d t ( g L s e n ( ϕ ) + d 2 ϕ d t 2 ) = 0

Equação que tem duas soluções, a solução trivial de equilíbrio

d ϕ d t = 0

e, a solução

d 2 ϕ d t 2 + g L s e n ( ϕ ) = 0

como vimos anteriormente! Vamos procurar agora a nossa velocidade!

Passo 5

Inicialmente a energia é puramente potencial, e portanto, temos que

E = U 0 = g L ( 1 - c o s ( ϕ 0 ) )

quando estamos na posição mais baixa do pêndulo temos a velocidade máxima uma vez que toda energia é cinética

E = K m a x = 1 2 m v m a x 2

Usando a conservação da energia mecânica, temos que

v m a x = 2 g L ( 1 - c o s ( ϕ 0 ) )

que é a expressão geral para a velocidade máxima! No limite para ângulos pequenos temos que

c o s ( ϕ 0 ) = 1 - 1 2 c o s ( ϕ 0 ) | ϕ 0 = 0 ϕ 0 2 + O ( ϕ 0 3 ) ≈ 1 - ϕ 0 2 2

de forma que a expressão para a velocidade máxima volta a ser

v m a x = 2 g L ( 1 - c o s ( ϕ 0 ) ) ≈ ϕ 0 g L

que é exatamente o que obtivemos através da expressão do MHS! Vamos verificar o quão boa é essa aproximação!

Passo 6

Usando ϕ 0 = 0,20   r a d e L = 1 , temos que na aproximação de ângulos pequenos a velocidade máxima é

v m a x 1 = 0,2 9,8 ( 1 ) = 0,626   m   s - 1

e pela expressão geral, temos que

v m a x 2 = 2 ( 9,8 ) ( 1 ) ( 1 - c o s ( 0,2 ) ) = 0,625   m   s - 1

note que a diferença é de

| v m a x 1 - v m a x 2 | = 0,001   m s - 1

na terceira casa decimal! Usando agora a escolha ϕ 0 = 1,20   r a d , temos que

v m a x 1 = 1,2 9,8 ( 1 ) = 3,756   m   s - 1

e, pela expressão geral, temos que

v m a x 2 = 2 ( 9,8 ) ( 1 ) ( 1 - c o s ( 1,2 ) ) = 3,535   m   s - 1

a diferença é tal que

| v m a x 1 - v m a x 2 | = 0,221   m s - 1

é uma diferença muito mais significativa aparecendo no primeiro decimal! Sendo assim, podemos concluir que aumentando o ângulo o erro relativo da aproximação de pequenos ângulos é cada vez mais significativo! A questão foi isso! Te vejo na próxima! Tchau Tchau!

Resposta

Ao longo dos passos!

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