Exercícios Resolvidos de Pêndulo Físico

MHA

Uma barra homogênea de massa M e comprimento L é presa por uma de suas extremidades e posta para oscilar como um pêndulo físico sob ação da gravidade g . Sabendo que o momento de inércia da barra em relação à sua extremidade é I = M L 2 / 3 , resolva os itens a seguir:

  1. Deduza a equação de movimento para θ arbitrário e diga qual a condição (se houver) para o movimento harmônico. Neste caso, qual será a frequência das oscilações?
  2. Resolva a equação do oscilador harmônico sabendo que o pendulo é inicialmente solto do repouso com ângulo igual a θ em relação à posição de equilíbrio.
  3. Adimita agora que haja um torque dissipativo que seja proporcional à velocidade angular, isto é, τ d = - c d θ / d t , onde c é uma constante positiva. Escreva a nova equação de movimento e deduza qual deve ser a condição satisfeita por c para que haja amortecimento subcritico. Não é necessário resolver esta nova equação de movimento.

Passo 1

a)

Temos aqui um pendulo físico, a forma de resolver é igual ao exemplo da teoria. Sabemos que para rotação

τ R = I α

No caso da barra

I = M L 2 3

τ R = M L 2 3 α

Vamos calcular o torque em relação ao centro de rotação, a única força que faz torque é o peso. O torque do peso vai ser

τ P = - P L 2 sen ⁡ θ

τ P = - M g L 2 sen ⁡ θ

Nesse caso d = L / 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Como α = θ ¨ , vamos ter

τ R = τ P

M L 2 3 θ ¨ = - M g L 2 sen ⁡ θ

L 3 θ ¨ + g 2 sen ⁡ θ = 0

Para pequenos valores de θ : sen ⁡ θ ≈ θ

Então:

L 3 θ ¨ + g 2 θ = 0

⇒ θ ¨ + 3 g 2 L θ = 0

Pronto! Já está no formato da equação do MHS.

Então ótimo. Comparando com a equação do MHS, temos que:

ω = 3 g 2 L

Passo 3

Ele quer a frequência então

2 π f = ω

f = ω 2 π

f = 1 2 π 3 g 2 L

Passo 4

b)

Se ele é solto do repouso e a o ângulo inicial é θ , vamos ter

θ 0 = θ

θ ˙ 0 = 0

Vamos resolver a EDO, primeiro achando a equação auxiliar

r 2 + ω 2 = 0

r = ± ω i

Esse é o caso de raízes complexas, com a parte real sendo zero

Vamos ter então

θ t = e 0 t C 1 cos ⁡ ω t + C 2 sen ⁡ ω t

θ t = C 1 cos ⁡ ω t + C 2 sen ⁡ ω t

Vamos para as condições iniciais agora

θ 0 = C 1 cos ⁡ 0 + C 2 sen ⁡ 0 = C 1

Então

C 1 = θ

θ ˙ t = - C 1 ω sen ⁡ ω t + C 2 ω cos ⁡ ω t

θ ˙ 0 = - C 1 ω sen ⁡ 0 + C 2 ω cos ⁡ 0 = C 2 ω

Então

C 2 ω = 0

C 2 = 0

Dessa forma temos a equação de θ t

θ t = θ cos ⁡ 3 g 2 L t

Passo 5

c)

Vamos ter agora um torque extra, então a EDO fica

τ d = - c d θ / d t

τ R = τ P + τ d

M L 2 3 θ ¨ = - M g L 2 sen ⁡ θ - c θ ˙

M L 2 3 θ ¨ + c θ ˙ + M g L 2 sen ⁡ θ = 0

Lembrando que sen ⁡ θ ≈ θ

M L 2 3 θ ¨ + c θ ˙ + M g L 2 θ = 0

Para termos um amortecimento subcrítico devemos ter Δ da equação auxiliar menor que zero.

A equação auxiliar é

M L 2 3 r 2 + c r + M g L 2 = 0

Então

Δ = c 2 - 4 ⋅ M L 2 3 ⋅ M g L 2

Δ = c 2 - 2 3 M 2 L 3 g < 0

Dessa forma

c 2 < 2 3 M 2 L 3 g

Normalmente teríamos

- M L 2 L g 3 < c < M L 2 L g 3

Como c > 0 vamos ter na verdade

0 < c < M L 2 L g 3

Resposta

  1. f = 1 2 π 3 g 2 L
  2. θ t = θ cos ⁡ 3 g 2 L t
  3. 0 < c < M L 2 L g 3

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