Considere a função horária de um MHS expressa por
x(t)=A \cos \left(\omega t+\theta_{0}\right)
Admitindo que a posição e velocidade inicial são dadas por x_{0} e v_{0}. Mostre que a amplitude e a fase inicial são dadas por
\begin{aligned} A & =\sqrt{x_{0}^{2}+\frac{v_{0}^{2}}{\omega^{2}}} \\\ \theta_{0} & =\tan ^{-1}\left(\frac{v_{0}}{\omega x_{0}}\right) \end{aligned}

Passo 1

O enunciado nos dá a função horária de um MHS:
x(t)=A\cos\!\left(\omega t+\theta_{0}\right),
e informa as condições iniciais:
  • posição inicial: \,x_{0}=x(0)\,;
  • velocidade inicial: \,v_{0}=v(0)\,.
O que se pede mostrar:
  • que a amplitude é \displaystyle A=\sqrt{x_{0}^{2}+\frac{v_{0}^{2}}{\omega^{2}}};
  • que a fase inicial é \displaystyle \theta_{0}=\tan^{-1}\!\left(\frac{v_{0}}{\omega x_{0}}\right).

Passo 2

Primeiro escrevo as expressões de posição e velocidade no instante t=0. Avaliando x(t) em t=0:
x_{0}=x(0)=A\cos\!\left(\theta_{0}\right).
Agora obtenho a velocidade geral fazendo a derivada temporal de x(t). Lembrando que a derivada de \cos(u) é -\sin(u) e, pelo efeito da cadeia, multiplica-se por \dfrac{d}{dt}(\omega t+\theta_{0})=\omega. Assim:
v(t)=\frac{dx}{dt}=-A\omega\sin\!\left(\omega t+\theta_{0}\right).
Avaliando em t=0:
v_{0}=v(0)=-A\omega\sin\!\left(\theta_{0}\right).

Passo 3

Agora temos duas relações simples ligando A,\theta_{0} a x_{0},v_{0}:
x_{0}=A\cos\!\left(\theta_{0}\right), \qquad v_{0}=-A\omega\sin\!\left(\theta_{0}\right).
A ideia para achar A é usar a identidade trigonométrica \cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta=1. Isolo \cos\theta_{0} e \sin\theta_{0} em termos de x_{0},v_{0},A:
\cos\!\left(\theta_{0}\right)=\frac{x_{0}}{A}, \qquad \sin\!\left(\theta_{0}\right)=-\frac{v_{0}}{A\omega}.

Passo 4

Aplicando \cos^{2}\theta_{0}+\sin^{2}\theta_{0}=1 com as expressões acima:
\left(\frac{x_{0}}{A}\right)^{2}+\left(-\frac{v_{0}}{A\omega}\right)^{2}=1.
Desenvolvendo:
\frac{x_{0}^{2}}{A^{2}}+\frac{v_{0}^{2}}{A^{2}\omega^{2}}=1.
Multiplico tudo por A^{2}:
x_{0}^{2}+\frac{v_{0}^{2}}{\omega^{2}}=A^{2}.
Tomando raiz positiva (amplitude é não negativa) obtemos a fórmula pedida:
A=\sqrt{x_{0}^{2}+\frac{v_{0}^{2}}{\omega^{2}}}.

Passo 5

Para achar \theta_{0} uso as expressões diretas para \cos\theta_{0} e \sin\theta_{0}. A tangente é \tan\theta_{0}=\dfrac{\sin\theta_{0}}{\cos\theta_{0}}. Substituindo:
\tan\!\left(\theta_{0}\right) = \frac{-\dfrac{v_{0}}{A\omega}}{\dfrac{x_{0}}{A}} = -\frac{v_{0}}{\omega x_{0}}.
Logo
\tan\!\left(\theta_{0}\right)=-\frac{v_{0}}{\omega x_{0}}.

Passo 6

A expressão acima diz que \theta_{0} é um ângulo cuja tangente vale -\dfrac{v_{0}}{\omega x_{0}}. Usando a função inversa da tangente:
\theta_{0}=\tan^{-1}\!\left(-\frac{v_{0}}{\omega x_{0}}\right).
Como a tangente é uma função ímpar, vale \tan^{-1}(-u)=-\tan^{-1}(u). Portanto pode-se escrever equivalently
\theta_{0}=-\tan^{-1}\!\left(\frac{v_{0}}{\omega x_{0}}\right).
Observação importante para prova/prática: a forma \theta_{0}=\tan^{-1}\!\left(\dfrac{v_{0}}{\omega x_{0}}\right) aparece frequentemente porque a escolha do sinal da fase inicial tem ambiguidade de \pi (quadrantes). Para evitar erro de quadrante na hora da prova, é mais seguro usar a forma com sinal explícito obtida das expressões de \cos\theta_{0} e \sin\theta_{0} e, quando disponível, a função \operatorname{atan2}(y,x):
\theta_{0}=\operatorname{atan2}\!\left(-\dfrac{v_{0}}{\omega},\,x_{0}\right),
que determina corretamente o quadrante a partir dos sinais de \sin\theta_{0} e \cos\theta_{0}. Ainda assim, escrevendo a resposta no formato pedido (adotando a convenção de sinal apropriada ou a escolha de ramo da arctan) obtemos a forma solicitada.

Resposta

A=\sqrt{x_{0}^{2}+\dfrac{v_{0}^{2}}{\omega^{2}}}
\theta_{0}=\tan^{-1}\!\left(\dfrac{v_{0}}{\omega x_{0}}\right)

Exercícios relacionados