Q7 - Considere um pêndulo simples formado por um fio ideal de comprimento L=1,0 \mathrm{~m} e uma pequena esfera de massa m. Para pequenos deslocamentos angulares, o pêndulo realiza um movimento harmônico simples (MHS). O período de oscilação é dado por
T=2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}},
onde g é a aceleração da gravidade.
Suponha que o pêndulo é afastado de sua posição de equilíbrio até formar um ângulo máximo de 5^{\circ} com a vertical e, em seguida, é abandonado a partir do repouso. (a) Calcule o período de oscilação do pêndulo. (b) Determine a frequência angular \omega e escreva a função da posição angular \theta(t), assumindo \theta(t)=\theta_{0} \cos \left(\omega t+\varphi_{0}\right). (c) Calcule o menor tempo necessário para que o pêndulo vá da posição de máxima elongação até a posição de equilíbrio.

Passo 1

O enunciado diz o seguinte (resumo claro do que é pedido e dos dados fornecidos):
  • Temos um pêndulo simples com comprimento L=1,0\\ \mathrm{m} e massa pequena m (a massa não entra nos resultados para pequeno deslocamento).
  • Para pequenos deslocamentos angulares, o movimento é harmônico simples (MHS) e o período é dado pela fórmula
T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}.
  • O pêndulo é afastado até um ângulo máximo de \;5^\circ\; e abandonado a partir do repouso (isto é, velocidade angular inicial nula).
  • Pedidos:
    (a) calcular o período de oscilação T;
    (b) determinar a frequência angular \omega e escrever a função \theta(t)=\theta_{0}\cos\bigl(\omega t+\varphi_{0}\bigr) apropriada ao movimento descrito;
    (c) calcular o menor tempo necessário para o pêndulo ir da posição de máxima elongação até a posição de equilíbrio.
Dados numéricos que usarei (valores padrão):
L=1,0\\ \mathrm{m},\qquad g=9,80\\ \mathrm{m/s^2},\qquad \theta_{0}=5^\circ.

Passo 2

Entendendo a fórmula do período e calculando T.
Breve explicação didática da origem da fórmula: para pequenas oscilações a equação do movimento angular do pêndulo se aproxima de
\frac{d^{2}\theta}{dt^{2}} + \frac{g}{L}\,\theta = 0,
que é a equação do MHS padrão. A solução tem forma harmônica com frequência angular
\omega=\sqrt{\frac{g}{L}},
e o período é a inversa da frequência circular por T=\dfrac{2\pi}{\omega}, o que dá
T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}.
Agora substituímos os valores numéricos. Primeiro calculo \dfrac{L}{g}:
\frac{L}{g}=\frac{1,0}{9,80}=0,1020408163\ldots
Agora a raiz quadrada:
\sqrt{\frac{L}{g}}=\sqrt{0,1020408\ldots}=0,31944\\ (\text{aprox.}).
Finalmente o período:
T=2\pi\cdot 0,31944=2,006\\ \mathrm{s}\\ (\text{aprox.}).
Arredondando de forma prática para a prova, podemos usar T\approx2,01\\ \mathrm{s}.

Passo 3

Determinar a frequência angular \omega.
Explicação: a frequência angular \omega do MHS é a taxa com que a fase \omega t avança no tempo. Pela equação linearizada do pêndulo temos
\omega=\sqrt{\frac{g}{L}}.
Substituindo numericamente:
\omega=\sqrt{\frac{9,80}{1,0}}=\sqrt{9,80}=3,1305\\ \mathrm{rad/s}\\ (\text{aprox.}).
Também é consistente ver que \omega=\dfrac{2\pi}{T}. Se usarmos T\approx2,006\\ \mathrm{s},
\omega=\frac{2\pi}{2,006}=3,130\\ \mathrm{rad/s},
o que confirma o valor acima.

Passo 4

Escolher a fase inicial \varphi_{0} e escrever \theta(t).
Entendendo as condições iniciais: o enunciado diz “afastado até \;5^\circ\; e abandonado a partir do repouso”. Isso significa, no instante t=0,
\theta(0)=\theta_{0}=5^\circ,\qquad \dot{\theta}(0)=0.
Na forma proposta \theta(t)=\theta_{0}\cos\bigl(\omega t+\varphi_{0}\bigr) a velocidade inicial é
\dot{\theta}(t)=-\theta_{0}\,\omega\sin\bigl(\omega t+\varphi_{0}\bigr),
então em t=0 temos \dot{\theta}(0)=-\theta_{0}\,\omega\sin(\varphi_{0}). Como \dot{\theta}(0)=0 e \theta_{0}\neq0 e \omega\neq0, fica \sin(\varphi_{0})=0, o que dá \varphi_{0}=0 ou \varphi_{0}=\pi. Para \varphi_{0}=0 temos \theta(0)=\theta_{0}\cos(0)=\theta_{0}, que coincide com a condição \theta(0)=\theta_{0}=+5^\circ. Para \varphi_{0}=\pi teríamos \theta(0)=-\theta_{0}, o que não bate com o enunciado. Portanto escolhemos \varphi_{0}=0.
Observação sobre unidades: a expressão usa radianos internamente. Convertendo \theta_{0} para radianos porque, em funções trigonométricas, é usual calcular em rad:
\theta_{0}=5^\circ=\frac{5\pi}{180}=\frac{\pi}{36}\\ \text{rad}\approx0,08727\\ \text{rad}.
Assim a função angular do movimento, com a fase determinada, é
\theta(t)=\theta_{0}\cos(\omega t)=\left(\frac{\pi}{36}\right)\cos\bigl(3,1305\,t\bigr)\quad(\text{rad}).
Se preferir manter o ângulo inicial em graus na escrita informal, pode-se anotar \theta(t)=5^\circ\cos\bigl(3,1305\,t\bigr), lembrando que a avaliação numérica interna usa radianos.

Passo 5

Calcular o menor tempo para ir da máxima elongação até o equilíbrio.
Entendimento do que é pedido: “menor tempo para ir da posição de máxima elongação até a posição de equilíbrio” significa o primeiro instante positivo t>0 em que \theta(t)=0, partindo de \theta(0)=\theta_{0}.
Usando nossa função \theta(t)=\theta_{0}\cos(\omega t), queremos o menor t>0 tal que \cos(\omega t)=0. A primeira solução positiva é quando
\omega t=\frac{\pi}{2}.
Logo
t=\frac{\pi}{2\omega}.
Também é conhecido que esse tempo é um quarto do período: t=\dfrac{T}{4}. Vamos calcular numericamente usando \omega=3,1305\\ \mathrm{rad/s}:
t=\frac{\pi}{2\cdot 3,1305}=\frac{\pi}{6,2610}=0,5015\\ \mathrm{s}\\ (\text{aprox.}).
Usando T\approx2,006\\ \mathrm{s} temos T/4\approx0,5015\\ \mathrm{s}, mesma coisa. Arredondando para prova: t\approx0,502\\ \mathrm{s} ou t\approx0,50\\ \mathrm{s}.

Resposta

(a) T\approx2,01\\ \mathrm{s}.
(b) \omega=\sqrt{\dfrac{g}{L}}\approx3,1305\\ \mathrm{rad/s}, \displaystyle \theta(t)=\frac{\pi}{36}\cos\bigl(3,1305\,t\bigr)\\ \text{(rad)}.
(c) t=\dfrac{\pi}{2\omega}\approx0,5015\\ \mathrm{s} (ou t\approx\dfrac{T}{4}\approx0,50\\ \mathrm{s}).

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