• Um bloco de massa m=2 \mathrm{~kg} sem atrito está preso em uma mola, cuja constante é k=300 \mathrm{~N} / \mathrm{m}. Em t=0 a mola não está nem esticada nem comprimida, e o bloco se move no sentido negativo \operatorname{com} 12 \mathrm{~m} / \mathrm{s}.
    a) Calcule o período, a amplitude e o ângulo de fase do movimento ( \Phi ).
    b) Escreva as equações para o deslocamento x(t), a velocidade v(t), e a aceleração a(t).
    c) Determine a velocidade máxima do bloco.
    d) Determine a energia cinética máxima, a energia potencial máxima e indique para quais valores de x isto ocorre.
    e) Determine a energia mecânica do sistema e esboce um gráfico de \mathrm{U}(\mathrm{x}), \mathrm{E}(\mathrm{x}), e \mathrm{K}(\mathrm{x}).

Passo 1

O enunciado dá um bloco ligado a uma mola sem atrito com as seguintes informações:
m=2\\ \mathrm{kg},\qquad k=300\\ \mathrm{N/m}.
Condições iniciais em t=0:
\text{a mola não está comprimida nem esticada}\Rightarrow x(0)=0,ãá
\text{o bloco se move no sentido negativo com }12\\ \mathrm{m/s}\Rightarrow v(0)=-12\\ \mathrm{m/s}.
Perguntas feitas:
a) Calcular o período T, a amplitude A e o ângulo de fase \Phi.
b) Escrever as equações x(t), v(t) e a(t).
c) Determinar a velocidade máxima do bloco.
d) Determinar a energia cinética máxima K_{\max}, a energia potencial máxima U_{\max} e indicar para quais valores de x elas ocorrem.
e) Determinar a energia mecânica do sistema e esboçar (descrever) os gráficos de U(x), E(x) e K(x).

Passo 2

Breve revisão das fórmulas básicas (aula rápida e prática para a prova).
  • Para um sistema massa-mola sem atrito, o movimento é harmônico simples (MHS) com pulsação (frequência angular)
\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}.
Aqui \omega tem unidade \mathrm{rad/s}.
  • O período T (tempo de uma oscilação completa) é
T=\frac{2\pi}{\omega}.
  • A solução geral para o deslocamento pode ser escrita como
x(t)=A\cos(\omega t+\Phi),
onde A é a amplitude (máximo valor absoluto de x) e \Phi o ângulo de fase (determina a posição inicial relativa à função coseno). Significado das variáveis:
  • x(t): deslocamento em metros no tempo t.
  • A: amplitude em metros (sempre positivo).
  • \Phi: fase inicial em radianos.
  • Velocidade e aceleração derivam de x(t):
v(t)=\frac{dx}{dt}=-A\omega\sin(\omega t+\Phi),
a(t)=\frac{d^2x}{dt^2}=-A\omega^2\cos(\omega t+\Phi)=-\omega^2 x(t).
  • Energia: energia potencial elástica
U(x)=\frac{1}{2}k x^2,
energia cinética
K=\frac{1}{2}m v^2,
energia mecânica total (constante no MHS sem atrito)
E=\frac{1}{2}k A^2=\frac{1}{2}m (A\omega)^2.
Observação prática: se em t=0 temos x(0) e v(0), usamos
x(0)=A\cos\Phi,\qquad v(0)=-A\omega\sin\Phi
para resolver A e \Phi.

Passo 3

Calcular \omega e T usando os dados:
\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{300}{2}}=\sqrt{150}.
Vamos manter tanto a forma simbólica quanto o valor numérico:
\omega=\sqrt{150}\\ \mathrm{rad/s}\approx 12,247\\ \mathrm{rad/s}.
O período é
T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi}{\sqrt{150}}\\ \mathrm{s}\approx 0,513\\ \mathrm{s}.

Passo 4

Determinar A e \Phi a partir de x(0)=0 e v(0)=-12\\ \mathrm{m/s}.
Usamos as condições iniciais nas fórmulas:
x(0)=A\cos\Phi=0\quad\Rightarrow\quad \cos\Phi=0.
As soluções para \cos\Phi=0 são \Phi=\tfrac{\pi}{2}+n\pi. Testamos os dois casos principais:
  • Se \Phi=\tfrac{\pi}{2}, então \sin\Phi=1 e
v(0)=-A\omega\sin\Phi=-A\omega=-12\\ \Rightarrow\\ A\omega=12.
  • Se \Phi=\tfrac{3\pi}{2} (que é \tfrac{\pi}{2}+\pi), então \sin\Phi=-1 e
v(0)=-A\omega\sin\Phi=+A\omega=-12\\ \Rightarrow\\ A\omega=-12,
o que forçaria A negativo (não faz sentido para amplitude que definimos positiva). Portanto escolhemos
\Phi=\frac{\pi}{2}.
Agora obtemos A:
A=\frac{12}{\omega}=\frac{12}{\sqrt{150}}=\frac{12}{5\sqrt{6}}\\ \mathrm{m}\approx 0,9798\\ \mathrm{m}.

Passo 5

Escrever as equações com os valores encontrados.
Forma geral com números:
x(t)=A\cos(\omega t+\Phi)=\frac{12}{\sqrt{150}}\cos\!\big(\sqrt{150}\,t+\tfrac{\pi}{2}\big)\\ \mathrm{m}.
Podemos simplificar usando \cos(\theta+\tfrac{\pi}{2})=-\sin\theta:
x(t)=-\frac{12}{\sqrt{150}}\sin(\sqrt{150}\,t)\\ \mathrm{m}\approx -0,9798\sin(12,247\,t)\\ \mathrm{m}.
Velocidade:
v(t)=-A\omega\sin(\omega t+\Phi)=-\left(\frac{12}{\sqrt{150}}\right)\sqrt{150}\sin\!\big(\sqrt{150}\,t+\tfrac{\pi}{2}\big)=-12\sin\!\big(\sqrt{150}\,t+\tfrac{\pi}{2}\big)\\ \mathrm{m/s}.
Usando identidades (ou derivando a forma simplificada):
v(t)=-A\omega\sin(\omega t+\Phi)=-A\omega\cos(\omega t)\quad\text{(porque na escolha acima }x(t)=-A\sin\omega t\text{)},
portanto com números:
v(t)=-12\cos(12,247\,t)\\ \mathrm{m/s}.
Aceleração:
a(t)=-\omega^2 x(t)=-150\,x(t).
Usando a forma numérica:
a(t)=-150\left(-0,9798\sin(12,247\,t)\right)\\ \mathrm{m/s^2}\approx 146,97\sin(12,247\,t)\\ \mathrm{m/s^2}.
Também podemos escrever
a(t)=-A\omega^2\cos(\omega t+\Phi).

Passo 6

Determinar a velocidade máxima.
Em MHS a velocidade máxima em módulo é v_{\max}=A\omega. Como definimos A\omega=12 a partir da condição inicial, obtemos
v_{\max}=12\\ \mathrm{m/s}.
(Sinal: a velocidade assume valores \pm 12\\ \mathrm{m/s} dependendo do instante; o valor absoluto máximo é 12\\ \mathrm{m/s}.)

Passo 7

Energia cinética máxima K_{\max} e energia potencial máxima U_{\max}; para quais x ocorrem.
A energia mecânica total (constante) é
E=\tfrac{1}{2}kA^2=\tfrac{1}{2}m(A\omega)^2.
Usando A\omega=12 e m=2:
E=\tfrac{1}{2}m(12)^2=\tfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 144=144\\ \mathrm{J}.
Logo E=144\\ \mathrm{J} exatamente (resultado simples e conveniente).
  • Energia cinética máxima K_{\max}: ocorre quando U=0, isto é em x=0. Então
K_{\max}=E=144\\ \mathrm{J}\quad\text{ocorre em }x=0.
  • Energia potencial máxima U_{\max}: ocorre nas amplitudes x=\pm A. Então
U_{\max}=E=144\\ \mathrm{J}\quad\text{ocorre em }x=\pm\frac{12}{\sqrt{150}}\\ \mathrm{m}\approx \pm 0,9798\\ \mathrm{m}.
A função potencial é \displaystyle U(x)=\tfrac{1}{2}k x^2=\tfrac{1}{2}\cdot 300\,x^2=150\,x^2 (em joules, com x em metros). A energia cinética em função de x é
K(x)=E-U(x)=144-150\,x^2\\ \mathrm{J}.
Verificação rápida: em x=0, K=144; em x=\pm A, K=0.

Passo 8

Energia mecânica e esboço dos gráficos (descrição para a prova).
  • Energia mecânica: E=144\\ \mathrm{J} (constante).
  • Gráfico de U(x): é uma parábola que abre para cima com vértice em (0,0). Em fórmulas:
U(x)=150\,x^2\\ \mathrm{J}.
Em x=\pm 0,9798\\ \mathrm{m}, U=144\\ \mathrm{J}.
  • Gráfico de E(x): é uma linha horizontal em E=144\\ \mathrm{J}.
  • Gráfico de K(x)=144-150x^2: é um “inverted” (parábola para baixo) com máximo 144\\ \mathrm{J} em x=0 e zeros em x=\pm 0,9798\\ \mathrm{m}.
    Como dica para a prova: desenhe um eixo horizontal para x, trace U(x)=150x^2 (parábola), desenhe uma linha horizontal em 144 (essa é E), e subtraia mentalmente a parábola da reta para obter K(x) (que será uma parábola invertida tocando o eixo x nas amplitudes). Marque os pontos importantes: x=0 (máx de K), x=\pm A (máx de U, K=0).

Resposta

a) \;T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{150}}\\ \mathrm{s}\approx 0,513\\ \mathrm{s},\qquad A=\dfrac{12}{\sqrt{150}}\\ \mathrm{m}\approx 0,9798\\ \mathrm{m},\qquad \Phi=\dfrac{\pi}{2}.
b) \;x(t)=\dfrac{12}{\sqrt{150}}\cos\!\big(\sqrt{150}\,t+\tfrac{\pi}{2}\big)=-\dfrac{12}{\sqrt{150}}\sin(\sqrt{150}\,t)\\ \mathrm{m},
\;v(t)=-12\cos(12{,}247\,t)\\ \mathrm{m/s},
\;a(t)=-\omega^2 x(t)=-150\,x(t)\\ \mathrm{m/s^2} (com \omega=\sqrt{150}\\ \mathrm{rad/s}).
c) \;v_{\max}=A\omega=12\\ \mathrm{m/s}.
d) \;K_{\max}=144\\ \mathrm{J} ocorre em x=0.
\;U_{\max}=144\\ \mathrm{J} ocorre em x=\pm\dfrac{12}{\sqrt{150}}\\ \mathrm{m}\approx\pm 0,9798\\ \mathrm{m}.
e) \;E=144\\ \mathrm{J}.
Gráficos: U(x)=150x^2 (parábola positiva), E(x)=144 (reta horizontal), K(x)=144-150x^2 (parábola invertida) com os pontos notáveis indicados acima.

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