Questão 4: Para um pêndulo simples de comprimento L=1,0 m e massa m=50 g
a) Obtenha o valor aproximado do período do pêndulo para \theta=20^{\circ} e explique o resultado. Obs: considere g=(9,78 \pm 0,001) m / s^{2} e até a segunda ordem na expansão em série de potências.
b) A equação que descreve o movimento do pêndulo simples é dada por
\frac{d^{2} \theta}{d t^{2}}+\frac{g}{L} \sin \theta=0
Mostre que o período de oscilação do pêndulo simples é dado por:
\begin{array}{r} T=4 \sqrt{\frac{L}{2 g}} \int_{0}^{\theta_{0}} \frac{1}{\sqrt{\cos \theta-\cos \theta_{0}}} d \theta, \quad \text { onde: } \\\ T=4 \sqrt{\frac{L}{g}} F\left(\sin \frac{\theta_{0}}{2}, \frac{\pi}{2}\right) \end{array}
onde
F(k, \varphi)=\int_{0}^{\varphi} \frac{d \theta}{\sqrt{1-k^{2} \sin ^{2} \theta}}
é a função elíptica de Legendre do primeiro tipo.
c) Explique qualitativamente como o resultado acima se reduz ao resultado
T=2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}
no limite de pequenas oscilações \theta \leq 10^{\circ}.

Passo 1

Vou organizar o que o enunciado fornece e o que pede, explicitando cada dado e cada pergunta.
  • Dados numéricos fornecidos:
    • Comprimento do pêndulo: L=1{,}0\\ \text{m}.
    • Massa: m=50\\ \text{g} (não entra no período do pêndulo simples sem amortecimento; apenas anotado).
    • Aceleração da gravidade: g=(9{,}78\pm0{,}001)\\ \text{m/s}^2.
    • Ângulo de amplitude para (a): \theta_0=20^\circ.
  • Equação do movimento dada (para todo o enunciado): \frac{d^{2}\theta}{dt^{2}}+\frac{g}{L}\sin\theta=0.
Perguntas:
a) Obter o valor aproximado do período para \theta_0=20^\circ, usando expansão em série até a segunda ordem (interpreto como incluir o termo de ordem \theta_0^2 na correção ao período). Também explicar o resultado (o que esta correção significa).
b) Partindo da equação do movimento, mostrar a forma integral do período
T=4\sqrt{\frac{L}{2g}}\int_{0}^{\theta_{0}}\frac{1}{\sqrt{\cos\theta-\cos\theta_{0}}}\,d\theta
e em seguida a forma envolvendo a função elíptica de Legendre do primeiro tipo
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\,F\!\left(\sin\frac{\theta_{0}}{2},\frac{\pi}{2}\right), \quad\text{onde}\quad F(k,\varphi)=\int_{0}^{\varphi}\frac{d\theta}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}\theta}}.
c) Explicar qualitativamente como esse resultado reduz-se a
T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}
no limite de pequenas oscilações (por exemplo \theta_0\le 10^\circ).

Passo 2

Primeiro vamos obter uma integral para o período a partir da equação do movimento usando conservação de energia (método padrão e direto).
  • A equação do movimento é
\frac{d^{2}\theta}{dt^{2}}+\frac{g}{L}\sin\theta=0.
Multiplico ambos os lados por \dfrac{d\theta}{dt} (isto é uma técnica para obter uma primeira integral, equivalente a usar energia mecânica).
  • Escrevendo \dfrac{d^{2}\theta}{dt^{2}}\dfrac{d\theta}{dt}=\dfrac{1}{2}\dfrac{d}{dt}\!\left(\left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2\right), obtemos
\frac{1}{2}\frac{d}{dt}\!\left(\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2\right)+\frac{g}{L}\sin\theta\frac{d\theta}{dt}=0.
Isto é uma derivada total:
\frac{d}{dt}\!\left[\frac{1}{2}\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2 - \frac{g}{L}\cos\theta\right]=0.
Logo o termo entre colchetes é constante no tempo (energia total por unidade de massa angular).
  • Determine a constante usando a condição de amplitude: no instante em que \theta=\theta_0 a velocidade angular é zero, isto é \dfrac{d\theta}{dt}=0. Substituindo:
\frac{1}{2}\cdot 0^2 - \frac{g}{L}\cos\theta_0 = C \quad\Rightarrow\quad C=-\frac{g}{L}\cos\theta_0.
  • Assim a primeira integral fica
\frac{1}{2}\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2 - \frac{g}{L}\cos\theta = -\frac{g}{L}\cos\theta_0.
Rearranjando e isolando \dfrac{d\theta}{dt},
\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2 = \frac{2g}{L}\bigl(\cos\theta-\cos\theta_0\bigr).
Tomando raiz (a velocidade é positiva quando \theta decresce de \theta_0 em direção a zero, etc.; usaremos módulo para o tempo)
\frac{d\theta}{dt} = \pm\sqrt{\frac{2g}{L}\bigl(\cos\theta-\cos\theta_0\bigr)}.

Passo 3

Obter a expressão integral para o período T.
  • O período completo é o tempo necessário para a massa ir de \theta_0 até -\theta_0 e voltar, mas por simetria pode-se escrever T como quatro vezes o tempo que leva para ir de \theta_0 a 0 (ou quatro vezes o tempo de 0 a \theta_0). Assim
T=4\int_{0}^{\theta_0}\frac{dt}{d\theta}\,d\theta =4\int_{0}^{\theta_0}\frac{1}{\sqrt{\dfrac{2g}{L}(\cos\theta-\cos\theta_0)}}\,d\theta.
  • Simplificando a constante sob a raiz,
T=4\sqrt{\frac{L}{2g}}\int_{0}^{\theta_0}\frac{1}{\sqrt{\cos\theta-\cos\theta_0}}\,d\theta,
que é exatamente a forma pedida no enunciado.

Passo 4

Transformar a integral dada para a forma com a função elíptica de Legendre (substituição clássica).
Queremos mostrar que essa integral é equivalente a
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\,F\!\left(\sin\frac{\theta_0}{2},\frac{\pi}{2}\right).
  • Use a identidade trigonométrica
\cos\theta-\cos\theta_0 = -2\sin\!\left(\frac{\theta+\theta_0}{2}\right)\sin\!\left(\frac{\theta-\theta_0}{2}\right).
Para \theta entre 0 e \theta_0 as combinações se rearranjam convenientemente; uma substituição padrão que simplifica a integral é colocar
\sin\frac{\theta}{2} = k\sin\varphi, \qquad\text{com}\qquad k=\sin\frac{\theta_0}{2},
onde \varphi será a nova variável de integração. Essa escolha faz com que quando \theta=0 temos \varphi=0 e quando \theta=\theta_0 temos \sin(\theta_0/2)=k dando \varphi=\pi/2.
  • Diferenciando, \dfrac{1}{2}\cos\frac{\theta}{2}\,d\theta = k\cos\varphi\,d\varphi, então
d\theta = \frac{2k\cos\varphi}{\cos(\theta/2)}\,d\varphi.
Veja que \cos(\theta/2)=\sqrt{1-\sin^2(\theta/2)}=\sqrt{1-k^2\sin^2\varphi}.
  • Agora avaliar \cos\theta-\cos\theta_0 em termos de k e \varphi. Uma forma prática de proceder é usar a identidade
\cos\theta-\cos\theta_0 = 2\sin\frac{\theta_0+\theta}{2}\sin\frac{\theta_0-\theta}{2} = 2\left(\cos\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta_0}{2} - \sin\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta_0}{2}\right) \left(\cos\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta_0}{2} + \sin\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta_0}{2}\right),
o que, com a substituição \sin(\theta/2)=k\sin\varphi e k=\sin(\theta_0/2), leva (após simplificações algébricas) a uma expressão proporcional a \cos^2(\theta/2)\bigl(1-k^2\sin^2\varphi\bigr). Inserindo tudo na integral e simplificando o fator \cos(\theta/2) que aparece em d\theta, obtemos a forma padrão do integral elíptico.
  • O resultado final, após essa substituição e simplificação, é
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\varphi}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}\varphi}} =4\sqrt{\frac{L}{g}}\,F\!\left(k,\frac{\pi}{2}\right),
com k=\sin\frac{\theta_0}{2}. Isso coincide com a forma pedida no enunciado (a integral de \varphi é a função elíptica de Legendre do 1º tipo). Assim provamos a equivalência.

Passo 5

Agora vamos desenvolver a expansão em série do período para pequenas amplitudes até a segunda ordem em \theta_0 (ou seja, incluindo o termo proporcional a \theta_0^2) — isto responde (a) pedindo a aproximação do período para \theta_0=20^\circ.
  • Da forma elíptica temos, com k=\sin(\theta_0/2),
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\,K(k), \qquad\text{onde}\qquad K(k)=F(k,\tfrac{\pi}{2})=\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\varphi}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}\varphi}}.
Para k pequeno (o que corresponde a \theta_0 pequeno, pois k\approx\theta_0/2 quando \theta_0 em radianos é pequeno) podemos expandir o integrando em série de potências em k^2 (binomial):
\frac{1}{\sqrt{1-k^{2}\sin^{2}\varphi}} =1+\frac{1}{2}k^{2}\sin^{2}\varphi + O(k^{4}).
Integrando termo a termo sobre \varphi de 0 a \pi/2,
K(k)=\int_{0}^{\pi/2}\left(1+\frac{1}{2}k^{2}\sin^{2}\varphi + O(k^{4})\right)d\varphi = \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}k^{2}\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2}\varphi\,d\varphi + O(k^{4}).
A integral \int_{0}^{\pi/2}\sin^{2}\varphi\,d\varphi = \pi/4. Assim
K(k)=\frac{\pi}{2}\left(1+\frac{k^{2}}{4}+O(k^{4})\right).
  • Lembrando k=\sin(\theta_0/2), para pequenas amplitudes \sin(\theta_0/2)\approx \theta_0/2 (com \theta_0 em radianos). Portanto, até ordem \theta_0^2,
K(k)\approx\frac{\pi}{2}\left(1+\frac{1}{4}\left(\frac{\theta_0}{2}\right)^2\right) =\frac{\pi}{2}\left(1+\frac{\theta_0^{2}}{16}\right).
  • Então o período fica
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\,K(k)\approx 4\sqrt{\frac{L}{g}}\cdot\frac{\pi}{2}\left(1+\frac{\theta_0^{2}}{16}\right) =2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}\left(1+\frac{\theta_0^{2}}{16}\right).
Esta é a expansão até ordem \theta_0^2. Note que o termo principal 2\pi\sqrt{L/g} é o período no limite harmônico (pequena amplitude), e o termo \dfrac{\theta_0^{2}}{16} é a correção relativa que aumenta o período quando a amplitude cresce.

Passo 6

Agora aplico isso numericamente para \theta_0=20^\circ. Devemos:
  • Converter \theta_0 para radianos,
  • Calcular T_0=2\pi\sqrt{L/g},
  • Aplicar a correção 1+\theta_0^2/16,
  • Estimar a incerteza vinda de g.
Cálculos passo a passo:
  • Converter ângulo:
\theta_0=20^\circ = 20\cdot\frac{\pi}{180}=\frac{\pi}{9}\\ \text{rad}\approx 0{,}34906585\\ \text{rad}.
  • Calcular \theta_0^2:
\theta_0^2 \approx (0{,}34906585)^2 \approx 0{,}12187.
  • Correção relativa até segunda ordem:
1+\frac{\theta_0^{2}}{16} \approx 1+\frac{0{,}12187}{16} \approx 1+0{,}0076167 \approx 1{,}0076167.
  • Período fundamental (pequena amplitude):
T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g}} = 2\pi\sqrt{\frac{1{,}0}{9{,}78}}.
Calcule estimado:
\sqrt{\frac{1}{9{,}78}}\approx 0{,}31969\quad\Rightarrow\quad T_0\approx 2\pi\times 0{,}31969 \approx 2{,}009\\ \text{s}.
(usar 3 casas decimais aqui é suficiente para a precisão pedida).
  • Aplicando a correção de amplitude:
T \approx T_0\left(1+\frac{\theta_0^2}{16}\right) \approx 2{,}009\times 1{,}0076167 \approx 2{,}024\\ \text{s}.
  • Incerteza devido a \delta g=0{,}001\\ \text{m/s}^2. Como T\propto g^{-1/2},
\frac{\delta T}{T} \approx \frac{1}{2}\frac{\delta g}{g} = \frac{1}{2}\cdot\frac{0{,}001}{9{,}78}\approx 5{,}11\times 10^{-5}.
Então \delta T \approx 2{,}024\times 5{,}11\times 10^{-5}\approx 1{,}0\times 10^{-4}\\ \text{s}.
Portanto o período com incerteza fica T\approx 2{,}024\pm0{,}0001\\ \text{s}.
  • Interpretação do resultado (explicação pedida em (a)): o período aumenta ligeiramente com a amplitude devido à não linearidade de \sin\theta. Para \theta_0=20^\circ o aumento é pequeno: cerca de 0{,}76\% mais longo que o período harmônico T_0. Isso mostra que a aproximação de pequena amplitude (onde se toma \sin\theta\approx\theta) é bastante boa até amplitudes moderadas, mas já existe um pequeno efeito mensurável aos 20^\circ.

Passo 7

Explicação qualitativa do item (c): por que a expressão completa reduz para T=2\pi\sqrt{L/g} quando as oscilações são pequenas.
  • Para pequenas oscilações em radianos \theta é pequeno e tem-se \sin\theta\approx\theta (expansão em série \sin\theta=\theta-\theta^3/6+\cdots). Substituindo \sin\theta\approx\theta na equação do movimento
\frac{d^{2}\theta}{dt^{2}}+\frac{g}{L}\theta=0
obtém-se uma equação linear de oscilador harmônico simples com frequência angular \omega=\sqrt{g/L} e período
T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}.
  • Na forma elíptica, para pequenas amplitudes k=\sin(\theta_0/2) é pequeno, e a função elíptica K(k) tende para \pi/2 quando k\to 0. Assim
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}K(k)\xrightarrow{k\to 0}4\sqrt{\frac{L}{g}}\cdot\frac{\pi}{2}=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}.
  • Em termos práticos, para \theta_0\le 10^\circ a correção \theta_0^2/16 já é muito pequena: 10^\circ em radianos é \approx 0{,}1745 rad, então \theta_0^2/16\approx 0{,}0038, ou seja correção de 0{,}38\%. Por isso a fórmula harmônica é normalmente usada para pequenos ângulos.

Resposta

(a) T\approx 2{,}024\pm 0{,}0001\\ \text{s} (para \theta_0=20^\circ, incluindo correção até ordem \theta_0^2; aumento relativo \approx0{,}76\% em relação a T_0).
(b) \displaystyle T=4\sqrt{\frac{L}{2g}}\int_{0}^{\theta_{0}}\frac{1}{\sqrt{\cos\theta-\cos\theta_{0}}}\,d\theta\quad\text{e}\quad T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\,F\!\left(\sin\frac{\theta_{0}}{2},\frac{\pi}{2}\right).
(c) No limite de pequenas oscilações (\theta_0\to 0) tem-se F(k,\pi/2)\to \pi/2 com k=\sin(\theta_0/2), de modo que T\to 2\pi\sqrt{L/g}.

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