Um pêndulo é formado prendendo-se uma haste longa e fina de comprimento L e massa m em um dado ponto, que está a uma distância d acima do centro da haste. (a) Ache o período deste pêndulo em termos de d, m, L e g, considerando-se que oscile com uma pequena amplitude. O que acontece ao período, se (b) d é reduzido, (c) L é aumentado ou (d) m é aumentada?

Passo 1

O enunciado dá:
  • Uma haste longa e fina, de comprimento L e massa m.
  • A haste é presa em um ponto que está a uma distância d acima do centro da haste (logo a distância do ponto de suspensão até o centro de massa é d).
  • Considerar oscilações de pequena amplitude (pequeno ângulo).
O que é pedido:
(a) Achar o período do pêndulo em termos de d,\;m,\;L e g, para pequenas amplitudes.
(b) Dizer o que acontece com o período se d for reduzido.
(c) Dizer o que acontece com o período se L for aumentado.
(d) Dizer o que acontece com o período se m for aumentado.

Passo 2

Conceitos e fórmulas que vamos usar (cada item com explicação):
  • Torque restaurador: para pequenas rotações \theta (medida em radianos) a força peso atua no centro de massa e produz um torque \tau em relação ao ponto de suspensão. A magnitude do torque é \tau = m g d \sin\theta. O sinal é negativo para indicar que é restaurador, então \tau = - m g d \sin\theta.
    • Aqui m é a massa da haste, g é a aceleração da gravidade, d é a distância do pivô ao centro de massa e \theta é o ângulo de deflexão.
  • Aproximação de pequeno ângulo: para |\theta| pequeno, \sin\theta \approx \theta. Isso transforma o torque em \tau \approx - m g d\,\theta.
  • Segunda lei da rotação (análogo a F=ma para rotações): \tau = I\,\alpha, onde I é o momento de inércia da haste em relação ao ponto de suspensão e \alpha=\ddot\theta é a aceleração angular.
    • Combinando: I\,\ddot\theta = - m g d\,\theta.
  • Momento de inércia da haste em relação ao seu centro (eixo perpendicular à haste no centro): é conhecido e pode ser deduzido por integração:
I_{\text{cm}} = \frac{1}{12}\,m L^{2}.
  • Breve justificação por integral rápida: tomar a haste ao longo de x\in[-L/2,\,L/2] com densidade linear \lambda=m/L. Então
I_{\text{cm}}=\int_{-L/2}^{L/2} x^{2}\,\lambda\,dx=\frac{m}{L}\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{-L/2}^{L/2}=\frac{mL^{2}}{12}.
  • Teorema dos eixos paralelos (Steiner): se o momento de inércia em torno do centro de massa é I_{\text{cm}} e se deslocamos o eixo para um ponto a distância d do centro, o momento de inércia em relação ao novo eixo é
I = I_{\text{cm}} + m d^{2}.

Passo 3

Calcular o momento de inércia da haste em relação ao ponto de suspensão:
  • Usando I_{\text{cm}}=\dfrac{1}{12}mL^{2} e o teorema dos eixos paralelos,
I = \frac{1}{12}\,mL^{2} + m d^{2} = m\!\left(\frac{L^{2}}{12} + d^{2}\right).
Expliquei cada termo: \frac{1}{12}mL^{2} vem da distribuição de massa ao redor do centro; m d^{2} é o acréscimo por deslocar o eixo para a distância d.

Passo 4

Montar a equação do movimento angular para pequenas oscilações:
  • Torque aproximado: \tau \approx - m g d\,\theta.
  • Aplicando \tau = I\ddot\theta:
I\,\ddot\theta = - m g d\,\theta.
  • Substituindo I obtido no passo anterior:
m\!\left(\frac{L^{2}}{12} + d^{2}\right)\ddot\theta = - m g d\,\theta.
  • Podemos dividir ambos os lados por m (desde que m\neq0):
\left(\frac{L^{2}}{12} + d^{2}\right)\ddot\theta + g d\,\theta = 0.

Passo 5

Reconhecer que esta é a equação de um oscilador harmônico simples para \theta(t):
\ddot\theta + \underbrace{\frac{g d}{\dfrac{L^{2}}{12}+d^{2}}}_{\omega^{2}}\theta = 0.
Logo a frequência angular é
\omega = \sqrt{\frac{g d}{\dfrac{L^{2}}{12}+d^{2}}}
e o período T é
T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{\dfrac{L^{2}}{12}+d^{2}}{g d}}.
Observação importante: notou-se que m cancelou-se na equação; portanto o período não depende de m.

Passo 6

Responder qualitativamente as perguntas (b), (c) e (d), com justificativa curta:
  • (b) Se d é reduzido: olhando para
T(d)=2\pi\sqrt{\frac{d^{2}+\tfrac{L^{2}}{12}}{g d}}=2\pi\sqrt{\frac{d}{g}+\frac{L^{2}}{12 g d}},
quando d diminui o termo \dfrac{L^{2}}{12 g d} cresce e o termo \dfrac{d}{g} diminui, mas globalmente T aumenta. Em particular, quando d\to0 o período tende a infinito ( T\to\infty), porque o torque restaurador m g d fica muito pequeno.
  • (c) Se L é aumentado: L aparece no numerador dentro da raiz por meio de \tfrac{L^{2}}{12}; aumentando L aumenta o momento de inércia e, portanto, aumenta T. Intuição: haste mais longa demora mais para oscilar.
  • (d) Se m é aumentado: o fator m cancelou na expressão final de T, então T é independente de m; aumentar a massa não altera o período (para o mesmo L e d).

Resposta

T = 2\pi \sqrt{\frac{\dfrac{L^{2}}{12}+d^{2}}{g d}}.
(b) Ao reduzir d, o período T aumenta (e T\to\infty quando d\to0).
(c) Ao aumentar L, o período T aumenta.
(d) Ao aumentar m, o período T não muda (é independente de m).

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