Oscilac~oes · 2014-03-07 · A for¸ca tende a puxar a part´ıcula para o ponto de equil´ıbrio...

Capıtulo 3

Oscilacoes

Apos nosso estudo previo de rotacoes de corpos rıgidos, agora nos voltamos para outro tipo de movimento.

O movimento oscilatorio. Este movimento corresponde a vibracoes localizadas em torno de um ponto

de referencia. A importancia do estudo deste tipo de movimento e obvia quando observamos que tudo

a nossa volta apresenta movimento oscilatorio. Podemos citar como sistemas mecanicos, onde ocorrem

oscilacoes, pendulos, diapasoes, cordas de instrumentos musicais e colunas de ar de instrumentos de

sopro. Em sistemas eletricos, a corrente alternada de que nos servimos tambem e oscilatoria e temos

varios exemplos de circuitos eletricos onde a oscilacao desempenha papel importante.

3.1 O Movimento Harmonico Simples (MHS)

Nos problemas do capıtulo anterior fizemos uso do princıpio de conservacao de energia mecanica, que nos

diz que a soma das contribuicoes das diferentes energias do sistema permanece constante. Lembramos

que a variacao da energia potencial (∆U) e igual ao negativo do trabalho W feito pela forca que atua

sobre o sistema, assim escrevemos:

∆U = −W. (3.1)

No caso de forcas conservativa atuando sobre o sistema, entao a energia potencial do sistema e

convertida em energia cinetica, de modo que a soma das duas contribuicoes permanece fixa no tempo.

Assim, relembrando o teorema do trabalho-energia cinetica, podemos escrever:

∆K = W (3.2)

83

84 CAPITULO 3. OSCILACOES

e combinando Eqs. (3.1) e (3.2), segue que:

∆U = ∆K

o que pode ser escrito na forma,

U2 − U1 = K2 −K1

ou seja,

K1 + U1 = K2 + U2 = E

onde E e a energia mecanica do sistema que e fixa no tempo.

O movimento de uma partıcula pode ser completamente descrito a partir do conhecimento de como a

energia potencial varia com a posicao, ou seja, sabendo-se a funcao U = U(x). Por simplicidade, estamos

considerando sistemas descritos por apenas uma coordenada. Dado que saibamos o valor da energia total,

entao a energia cinetica pode ser determinada facilmente. Alem disso, a partir da derivada da energia

potencial, podemos determinar a forca atuando sobre a partıcula para todos os valores de x. Isso pode

ser facilmente visto considerando a Eq. (3.1) e a definicao de trabalho:

∆U = −W = −F∆x ∴ F (x) = − lim∆x→0

∆U

∆x

ou seja,

F = −dU

dx. (3.3)

Na figura 3.1 e mostrado um grafico de U(x) e o correspondente grafico da forca que atua sobre a

partıcula. Note que a energia mecanica da partıcula tem um valor total igual a E que e constante para

todos os valores de x. Assim, a energia E e representada por uma reta horizontal paralela ao eixo x.

Este grafico indica que a partıcula que esta com uma certa velocidade no intervalo x1 < x < x2, desde

que a energia mecanica e diferente da energia potencial neste intervalo. Assim, considere que a partıcula

esta se movendo para a direita partindo da origem. O grafico nos mostra que a medida que a partıcula

se aproxima de x2, sua energia cinetica vai diminuindo ate ser igual a zero quando x = x2. Desde que a

energia cinetica nao pode ser negativa, a partıcula nao pode alcancar posicoes alem de x2. Considerando

a derivada da energia potencial neste ponto, notamos que a partıcula esta sofrendo a acao de uma forca

no sentido −x. Assim, em x2 a partıcula passa a ganhar velocidade no sentido contrario de modo que sua

energia cinetica se torna um maximo na origem. Quando a posicao da partıcula assume valores negativos,

3.1. O MOVIMENTO HARMONICO SIMPLES (MHS) 85

Figura 3.1: Grafico de U(x) e o correspondente grafico para a forca obtido a partir da Eq. (3.3).

esta passa a desacelerar e tem novamente velocidade igual a zero quando x = x1. O ponto de mınimo

do potencial em O e chamado ponto de equilıbrio estavel e a forma de U(x) e chamada de “poco de

potencial”. Qualquer sistema com energia menor do que as extremidades do poco de potencial, U(x1) e

U(x2), revela um movimento oscilatorio entre os pontos de retorno x1 e x2. No caso em que as oscilacoes

em torno do ponto de equilıbrio estavel sejam pequenas, digamos limitadas ao intervalo −A < x < A,

a energia potencial pode ser aproximada por uma forma parabolica e a forca correspondente pode ser

descrita por uma forma linear do tipo:

F (x) = −kx, (k > 0). (3.4)

A forca tende a puxar a partıcula para o ponto de equilıbrio estavel. Note que a Eq. (3.4) tem a

forma da lei de Hooke para um sistema massa-mola. De maneira correspondente, o potencial U(x) pode

ser escrito na forma:

U(x) =1

2kx2. (3.5)

As Eqs. (3.4) e (3.5) sao completamente gerais. Qualquer sistema cujo movimento possa ser modelado

atraves de equacoes como estas executa o chamado movimento harmonico simples. Qualquer sistema

cujo desvio do ponto de equilıbrio estavel seja pequeno o suficiente pode ser aproximado pelas equacoes


acima. Dando prosseguimento ao nosso estudo de oscilacoes, vamos considerar agora o sistema massa-

mola mostrado na Fig. 3.2.

Figura 3.2: Um oscilador harmonico simples. Na ha atrito com a superfıcie. O bloco se move em movimentos

harmonicos simples quando e puxado ou empurrado a partir da posicao de repouso x = 0 e depois liberado.

Vamos aplicar a 2a lei de Newton ao bloco, quando este e puxado da posicao de equilıbrio. Neste

caso, temos que:

ma = F (x) = −kx

Mas a aceleracao a =dv

dt=

d2x

dt2, assim podemos escrever ainda,

md2x

dt2= −kx

ou ainda,

d2x

dt2+ ω2

0x = 0, (3.6)

onde definimos ω0 como sendo:

ω0 =

√k

m. (3.7)

A Eq. (3.6) permite determinar x(t), ou seja, a posicao do bloco para todos os tempos. Resolvendo

a Eq. (3.6), podemos determinar completamente o movimento do bloco preso a mola de constante k. A

Eq. (3.6) e uma equacao diferencial ordinaria de segunda ordem para x(t). E de segunda ordem

porque a derivada de ordem mais elevada que aparece e a 2a. A classificacao de ordinaria vem do fato

de apenas o tempo t ser a variavel neste caso.

3.1.1 Equacoes Diferenciais: breve digressao

No estudo de rotacoes, tambem tivemos a necessidade de resolver uma equacao diferencial. Com efeito,

a equacao de movimento para o caso de aceleracao angular constante e resultado da solucao de uma


equacao diferencial para a posicao angular. Para perceber isso, notamos que,

α =dω

dt=

d

dt

(dθ

dt

)=

d2θ

dt2

e como α foi considerada constante, podemos escrever:

d2θ

dt2− α = 0. (3.8)

Naquele caso, conseguimos resolver o problema primeiro integrando a definicao da aceleracao angular

com α = constante e o resultado foi substituıdo na equacao para a velocidade angular ω = dθ/dt. Uma

segunda integracao permitiu entao calcular a posicao θ em funcao do tempo. No entanto, poderıamos

ter considerado a equacao diferencial Eq. (3.8) desde o inıcio. A questao entao seria: qual a funcao que

derivada duas vezes e subtraıda de uma constante α resulta no valor zero? A funcao tentativa seria da

forma:

θ(t) = A+Bt+1

2αt2

que satisfaz a Eq. (3.8). Isso pode ser verificado substituindo-se esta equacao diretamente em Eq. (3.8).

Este resultado familiar sugere que a solucao geral de uma equacao diferencial depende de duas

constantes arbitrarias, que em geral sao fixadas por condicoes iniciais:

θ(0) = θ0

dθ

dt

∣∣∣∣t=0

= ω(0) = ω0.

As condicoes iniciais que fixam as constantes A e B poderiam ser as condicoes iniciais acima ou

quaisquer outras duas condicoes que permitam obter as constantes A e B. Por exemplo, poderıamos ter

fixado o valor de θ em dois instantes de tempo diferentes, i.e., poderıamos ter fornecido θ(t1) e θ(t2).

Caso geral

A Eq. (3.6) e uma equacao diferencial linear1 desde que contem apenas termos lineares em x e suas

derivadas, i.e., nao aparecem termos do tipo x2, x3, · · · , (dx/dt)2, (dx/dt)3, · · · , etc. A equacao diferencial

de segunda ordem mais geral e dada por,

Ad2x

dt2+B

dx

dt+ Cx = D

onde os coeficientes poderiam A, B, C e D nao dependem de x mas poderiam depender de t.

1Veja secao 3.2b do livro Curso de Fısica Basica, Vol.II, pg. 43.


A equacao diferencial que estamos interessados tem a constante D = 0. Equacoes deste tipo sao

chamadas equacoes diferenciais homogeneas e tem as seguintes propriedades:

(a) Se x1(t) e x2(t) sao solucoes da equacao diferencial, a soma das duas solucoes x1(t) + x2(t)tambem

e solucao.

(b) Se x(t) e uma solucao entao ax(t), com a = constante tambem e solucao.

Combinando estas duas propriedades podemos construir a chamada solucao geral da equacao diferen-

cial:

x(t) = ax1(t) + bx2(t)

onde a e b sao constantes arbitrarias e x1 e x2 nao sao multiplas uma da outra. Do contrario, poderıamos

colocar uma das solucoes em evidencia e terminar apenas com uma solucao atraves da propriedade (b),

i.e., poderıamos escrever (a+bc)x1 = dx1 que e a mesma solucao e temos apenas uma constante arbitraria.

A solucao x(t) e formada por uma combinacao linear de duas solucoes x1 e x2 e qualquer equacao

de segunda ordem linear e homogenea tera solucoes deste tipo. Observe que este tipo de construcao

matematica e muito similar ao caso de vetores no plano-xy, o espaco R2. Qualquer vetor r pode ser

escrito como uma combinacao linear do tipo:

r = ai+ bj

com a e b sendo constantes arbitrarias e os versores unitarios i e j desempenhando o mesmo papel que

as solucoes da equacao diferencial. Este carater analogo entre o espaco R2 e o espaco das solucoes da

equacao diferencial de segunda ordem linear e homogenea e chamado de isomorfismo. Para aqueles que

ficaram interessados e desejam maiores informacoes recomendo que facam um curso em Algebra Linear2.

3.1.2 Solucao da Equacao Diferencial para o oscilador harmonico

Voltando a nossa equacao diferencial, vemos entao que precisamos de duas solucoes independentes, ou

seja, que nao podem ser escritas como multipla uma da outra. Em geral, existem alguns metodos para

achar tais solucoes mas no caso presente e bastante simples obter a solucao. Basta perceber que a equacao

2Uma boa sugestao e o curso de Algebra linear do MIT no link: http://ocw.mit.edu/courses/mathematics/

18-06-linear-algebra-spring-2010/video-lectures/.

Alem disso, o curso de equacoes diferenciais do MIT tambem e interessante: http://www.youtube.com/watch?v=

XDhJ8lVGbl8

http://ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-06-linear-algebra-spring-2010/video-lectures/

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consiste de uma derivada de segunda ordem de x(t) somada a propria funcao multiplicada pela constante

ω20. Conhecemos duas funcoes que satisfazem este requisito: a funcao seno e a funcao cosseno.

Assim, considere que x(t) e dado por:

x(t) = cosω0t

e substituindo na Eq. (3.6), segue que:

d2x(t)

dt2+ ω2

0x(t) = 0

d2(cosω0t)

dt2+ ω2

0 cosω0t = 0

ou seja,

−ω20 cosω0t+ ω2

0 cosω0t = 0

e a equacao acima e satisfeita. Vamos considerar agora a funcao seno. Assim, fazemos:

x(t) = sinω0t

e substituindo na equacao diferencial dada pela Eq. (3.6), segue que:

d2x(t)

dt2+ ω2

0x(t) = 0

d2(sinω0t)

dt2+ ω2

0 sinω0t = 0

ou ainda,

−ω20 sinω0t+ ω2

0 sinω0t = 0

e a equacao acima e satisfeita.

Vemos das equacoes acima que a equacao diferencial e satisfeita com funcoes seno e cosseno. Desde

que procuramos a solucao geral, e que esta as funcoes seno e cosseno sao linearmente independentes (nao

podemos escreve-las como multiplo uma da outra), podemos escrever a solucao geral como:

x(t) = a cosω0t+ b sinω0t (3.9)

A Eq. (3.9) foi obtida atraves da consideracao de que cada uma das funcoes satisfaz a equacao

diferencial (3.6) separadamente. Desde que a equacao diferencial e linear, entao segue pelas propriedades

(a) e (b) que a a combinacao linear das duas solucoes tambem e uma solucao.


Podemos reescrever a Eq. (3.9) na forma alternativa:

x(t) = A cos(ω0t+ ϕ) (3.10)

Vemos que as duas solucoes Eq. (3.9) e Eq. (3.10) sao equivalentes. Expandindo o cosseno da soma

na Eq. (3.10):

x(t) = A cosω0t cosϕ−A sinω0t sinϕ

e comparando com a solucao dada pela Eq. (3.9) vemos que as equacoes sao iguais dado que:

a = A cosϕ

b = −A sinϕ

Assim, dados A e ϕ, podemos determinar os valores de a e b. Da mesma forma, com a e b podemos

calcular os valores correspondentes de A e ϕ:

cosϕ =a√

a2 + b2

sinϕ = − b√a2 + b2

onde,

A =√a2 + b2.

3.1.3 Interpretacao fısica da solucao do oscilador harmonico

Agora precisamos verificar qual e a fısica por tras da solucao dada pela Eq. (3.10). Primeiramente,

notamos que a posicao do bloco varia entre −A e +A. Fica, portanto, claro que devemos identificar a

constante A com o valor maximo que a posicao do bloco pode atingir. Assim, escrevemos |A| = xm que

e a amplitude da oscilacao. Assim, reescrevemos Eq. (3.10) na forma,

x(t) = xm cos(ω0t+ ϕ). (3.11)

A funcao cosseno e uma funcao periodica de t, o que significa que a funcao cosseno se repete apos um

certo intervalo de tempo T , que chamamos de perıodo da funcao. Podemos determinar o perıodo pela

condicao:

x(t+ T ) = x(t)


ou seja,

xm cos[ω0(t+ T ) + ϕ] = xm cos(ω0t+ ϕ)

e os dois membros sao iguais se os argumentos dos cossenos sao iguais a menos de um fator 2π, i.e.,

ω0(t+ T ) + ϕ = ω0t+ ϕ+ 2π

ou seja,

ω0T = 2π

T =2π

ω0=

1

f. (3.12)

onde f e a frequencia de oscilacao, medida em segundo−1 ou hertz (Hz). A grandeza ω0 = 2πf chama-se

frequencia angular e se mede em rad/s ou simplesmente s−1. Sendo uma funcao periodica,

O argumento do cosseno na Eq. (3.11),

θ0 = ω0t+ ϕ (3.13)

chama-se fase do movimento, e ϕ e a constante de fase ou fase inicial (fase para t = 0).

Na figura 3.3 temos alguns graficos da funcao x(t) em diferentes situacoes com o objetivo de ilustrar

melhor a funcao de cada parametro da Eq. (3.10). Nos tres exemplos da Fig. 3.3, a curva azul foi obtida

fazendo a constante de fase ϕ = 0. Na Fig. 3.3a, a diferenca entre a curva vermelha e a curva azul e esta

na amplitude. A curva vermelha tem uma amplitude x′m maior em comparacao com a curva azul xm

assim, os deslocamentos do bloco da curva vermelha sao maiores. Na curvas da Fig. 3.3b, os perıodos

das duas curvas sao diferentes. De fato, o perıodo T ′ da curva vermelha e a metade do perıodo T da

curva azul. Assim, vemos que a curva vermelha parece estar comprimida ao longo do eixo dos tempos.

Na Fig. 3.3c, vemos duas curvas com diferentes constantes de fase. Neste caso, a curva vermelha tem

ϕ = −π/4. Como resultado, a curva vermelha esta deslocada para a direita. Fisicamente, isto equivale a

posicao inicial do bloco ser diferente da posicao xm de onde e solto no caso da curva azul.

Condicoes Iniciais

A Eq. (3.10) e a solucao geral do oscilador harmonico, o que significa que existem duas constantes a

serem determinadas xm e ϕ. Apesar de conhecermos o significado fısico destas constantes, precisamos

determinar as condicoes que a solucao geral deve satisfazer para obter valores numericos para estas


deslo

cam

ento

deslo

cam

ento

deslo

cam

ento

Figura 3.3: Alguns graficos da posicao x(t) em funcao do tempo.

constantes. Conforme foi ilustrado na equacao diferencial para o movimento angular com aceleracao

constante, existem duas condicoes que a equacao diferencial deve satisfazer. Aqui as condicoes iniciais

sao dadas por:

x(t = 0) = x0 (3.14a)

dx(t)

dt

∣∣∣∣t=0

= v(t = 0) = v0 (3.14b)

ou seja, precisamos saber de antemao o valor da posicao no instante inicial t = 0 e da derivada da posicao

neste instante que e a velocidade do bloco no instante t = 0.

Vamos escrever as constantes de fase e a amplitude do oscilador em temos de x0 e v0. Para isso,

primeiramente precisamos da equacao para a velocidade, assim, temos:

v(t) =dx(t)

dt=

d

dt[xm cos(ω0t+ ϕ)]

ou seja,

v(t) = −xmω0 sin(ω0t+ ϕ) (3.15)

onde notamos que o fator ω0xm e a amplitude da velocidade do bloco do sistema massa-mola. Resta

entao, aplicar as condicoes iniciais sobre as Eqs. (3.10) e (3.15):

x(0) = x0 = xm cos(0 + ϕ) = xm cosϕ


e

v(0) = v0 = −xmω0 sin(0 + ϕ)] = −xmω0 sinϕ

Temos um sistema com duas equacoes e duas incognitas, assim, escrevemos:

x20 +v20ω20

= x2m

ou seja,

xm =

√x20 +

v20ω20

e dividindo as duas relacoes, podemos obter a o angulo ϕ:

ϕ = arctan

(v0

x0ω0

).

Retomando a Eq. (3.15), podemos reescrever a velocidade da seguinte forma,

v(t) = xmω0 cos(ω0t+ ϕ+

π

2

)(3.16)

existe uma defasagem de π/2 entre a velocidade e a posicao da partıcula. Nas Figs. 3.4a e 3.4b sao

mostradas as curvas de x(t) e v(t) com ϕ = 0, respectivamente. Notamos que a velocidade tem um valor

maximo (ω0xm) quando x = 0 e e nula quando x = |xm|.

Resta agora determinar a curva para a aceleracao a(t) que e obtida derivando-se a velocidade dada

pela Eq. (3.15):

a(t) = −xmω20 cos(ω0t+ ϕ)

ou seja,

a(t) = −ω20x(t).

A curva da aceleracao e ilustrada na Fig. 3.4c. Notamos que a forca sempre aponta no sentido

contrario a posicao da partıcula desde que no movimento harmonico, a forca tentar restaurar a posicao

de equilıbrio.

3.1.4 Energia do Oscilador Harmonico

A energia cinetica do oscilador harmonico pode ser calculada diretamente pela Eq. (3.15):

K =1

2mv2


desl

ocam

ento

velo

cid

ade

acele

ração

Figura 3.4: Comparacao entre a curvas da (a) posicao x(t), (b) velocidade v(t) e (c) aceleracao em funcao do

tempo. Todas as curvas foram determinadas considerando ϕ = 0.

ou ainda,

K =1

2m [−xmω0 sin(ω0t+ ϕ)]2

K =1

2mx2mω2

0 sin2(ω0t+ ϕ). (3.17)

Podemos determinar a energia potencial atraves da Eq. (3.5):

U(x) =1

2kx2

e substituindo a Eq. (3.11), segue que:

U(x) =1

2k [xm cos(ω0t+ ϕ)]2

ou seja

U(x) =1

2mω2

0x2m cos2(ω0t+ ϕ). (3.18)


onde usamos a definicao ω20 = k/m. Somando as Eqs. (3.17) e (3.18), obtemos:

K + U =1

2mx2mω2

0 sin2(ω0t+ ϕ) +

1

2mω2

0x2m cos2(ω0t+ ϕ)

ou seja,

K + U =1

2mx2mω2

0[sin2(ω0t+ ϕ) + cos2(ω0t+ ϕ)]

ou seja,

K + U =1

2mx2mω2

0 =1

2kx2m

e desde que a soma da energia cinetica e a energia potencial e a energia mecanica total do sistema

massa-mola, podemos escrever:

Em =1

2kx2m (3.19)

A energia mecanica do oscilador e constante e independente do tempo. A energia potencial e cinetica

sao mostradas na Fig. 3.5a em funcao do tempo e na Fig.3.5b em funcao da posicao, x. Vemos entao que

parte da energia mecanica e armazenada no elemento elastico (energia potencial) e parte e armazenada

de inercia (energia cinetica). Quando o bloco atinge a amplitude maxima xm toda a energia mecanica

esta armazenada na mola na forma de energia potencial. Isso ocorre para t = T . Quando a mola esta na

posicao x = 0, o que ocorre para t = T/4, toda a energia esta armazenada na forma cinetica.

Na Eq. (3.18), vemos que a energia potencial varia com o quadrado da posicao da partıcula, como

deveria desde que estamos considerando que a energia potencial tem uma forma parabolica. Usando a

identidade sin2 θ + cos2 θ = 1, podemos escrever a energia cinetica em funcao da posicao. Retomando a

Eq. (3.17) segue que:

K =1

2mx2mω2

0 sin2(ω0t+ ϕ) =

1

2mx2mω2

0[1− cos2(ω0t+ ϕ)] =1

2mx2mω2

0 −1

2mx2ω2

0

ou seja,

K =1

2mω2

0(x2m − x2) (3.20)

O grafico da Eq. (3.20) e mostrado na Fig.3.5b. Vemos que e inverso do grafico da energia potencial

e portanto tem o maximo no ponto x = 0 e mınimos nos pontos x = ±xm.


Ener

gia

Ener

gia

Figura 3.5: Comparacao entre a curvas da (a) posicao x(t), (b) velocidade v(t) e (c) aceleracao em funcao do

tempo. Todas as curvas foram determinadas considerando ϕ = 0.

3.2 Aplicacoes do movimento harmonico simples

Aqui vamos considerar alguns exemplos de sistemas que exibem movimento harmonico simples. Ate

aqui escolhemos o sistema massa-mola para desenvolver todas as equacoes do movimento harmonico

simples. No entanto, independentemente do tipo de sistema e do deslocamento, ficara claro que a equacao

diferencial que modela o movimento do oscilador e identica para todos os casos.

3.2.1 O pendulo de torcao

Considere o disco pendurado por fio a uma extremidade fixa, conforme mostrado na Fig. 3.6. Quando

fazemos o disco girar por um angulo θ a partir da posicao de equilıbrio, o fio aplica um torque restaurado

dado por:

τ = −κθ

3.2. APLICACOES DO MOVIMENTO HARMONICO SIMPLES 97

onde κ e a constante de torcao do fio. Assim, desde que o torque e dado por τ =dL

dt, onde L e momento

Extremidadefixa

Fio desuspensão

Linha dereferência

Figura 3.6: O pendulo de torcao ilustrado acima e a versao angular de um oscilador harmonico simples linear.

O disco oscila no plano horizontal; a reta de referencia oscila com amplitude θm. A torcao no fio de suspensao

armazena a energia potencial de forma semelhante a uma mola e produz o torque restaurador.

angular do disco, podemos escrever:

dL

dt= −κθ

e como L = Iω para um corpo rıgido como o disco, segue que:

d(Iω)

dt= I

dω

dt

ou, como ω = dθ/dt, segue que:

d(Iω)

dt= I

d2θ

dt2

e substituindo na equacao para o torque, podemos escrever:

Id2θ

dt2+ κθ = 0

ou seja,

d2θ

dt2+

κ

Iθ = 0.


que tem a mesma forma da equacao diferencial para o sistema massa-mola, onde θ faz o mesmo papel da

posicao x do bloco. Assim, de maneira analoga, podemos identificar a frequencia do sistema massa-mola

na forma,

ω0 =

√κ

I

e como ω0 = 2π/T onde T e o perıodo de oscilacao, podemos escrever o perıodo para o pendulo de torcao

na seguinte forma:

T = 2π

√I

κ.

3.2.2 Pendulos

Ate aqui consideramos sistemas em que a forca restauradora era oriunda de um elemento elastico, i.e.,

uma mola, ou o fio no caso do pendulo de torcao. Consideramos que esta forca era proporcional ao

deslocamento cuja constante de proporcionalidade dependia das caracterısticas do elemento elastico.

Vamos agora considerar o caso em que penduramos uma massa por um fio ou cabo pivotado em um

determinado ponto. Assim, quando deslocamos a massa do ponto de equilıbrio a forca da gravidade que

atua sobre a massa e a forca restauradora.

O pendulo simples

O exemplo mais elementar de pendulo e o chamado pendulo simples que consiste em uma massa m

pendurada em uma das extremidades de um fio de comprimento L enquanto a outra extremidade esta

localizada em ponto fixo, conforme mostrado na Fig. 3.7a. Para determinar o movimento da massa m em

torno do ponto fixo, decompomos as forcas que atuam sobre ela conforme mostrado na Fig. 3.7b. Temos

a forca da gravidade Fg atuando na direcao vertical e a tracao no fio T atuando ao longo do fio. A tracao

no fio e anulada pela componente Fg cos θ da forca da gravidade enquanto a componente perpendicular

ao fio produz um torque igual a −FgL sin θ, onde o sinal de menos aparece devido ao torque produzir um

movimento no sentido horario, que por convencao e negativo. Assim, escrevemos:

τ = −FgL sin θ

E como sabemos, o torque e igual a Iα, podemos escrever:

α = −FgL

Isin θ


Ponto

fixo

Figura 3.7: (a) Um pendulo simples. (b) As forcas que agem sobre o peso sao a forca gravitacional Fg e a tracao

no fio T . A componente tangencial da forca gravitacional Fg sin θ e a forca restauradora que tende a levar o pendulo

de volta para a posicao central.

e como α = d2θ/dt2, temos:

d2θ

dt2= −FgL

Isin θ

e como o modulo da forca gravitacional e dada por mg, segue que:

d2θ

dt2= −mgL

Isin θ.

A equacao acima permite determinar a posicao da massa com o tempo, no entanto, e difıcil de ser

resolvida devido ao seno que aparece no segundo membro. Aqui faremos uma restricao sobre o movimento

do pendulo: consideramos que o deslocamento angular em torno da posicao de equilıbrio (θ = 0) e muito

pequeno. Neste caso, podemos aproximar sen θ ≈ θ e, com isso, podemos escrever:

d2θ

dt2+

mgL

Iθ = 0

e novamente temos uma equacao diferencial para um movimento harmonico simples. Reconhecendo que

o coeficiente de θ e igual ao quadrado da frequencia angular, podemos escrever:

ω0 =

√mgL

I

e, portanto, o perıodo do pendulo e dado por:

T = 2π

√I

mgL.


Como estamos considerando um pendulo simples, entao a massa esta toda localizada no corpo que

esta preso ao fio, que por sua vez, tem massa desprezıvel. Assim, o momento de inercia e simplesmente

igual a I = mL2, logo, o perıodo pode ser escrito como:

T = 2π

√L

g.

O pendulo fısico

Em geral, quando penduramos qualquer objeto, independente de sua forma, em torno de um ponto fixo

e o tiramos do equilıbrio este passa a oscilar. Assim, no caso de pequenas amplitudes de oscilacao, i.e.,

quando sin θ ≈ θ, podemos obter um movimento harmonico simples novamente. Para obter a equacao

diferencial para este pendulo, considere a Fig. 3.8. Vemos que a forca gravitacional atura sobre o centro

de massa produzindo um torque em relacao ao ponto O, onde o pendulo esta fixo. A distancia entre o

centro de massa e a origem O e h, logo de acordo com a 2a lei de Newton angular, podemos escrever,

τ = Iα = −Fgh sin θ

e considerando que a massa do corpo e m, podemos escrever ainda:

Figura 3.8: Um pendulo simples fısico. O torque restaurador e Fgh sin θ. Quando θ = 0, o centro de massa C

esta situado diretamente abaixo do ponto de suspensao O.

Iα = −mgh sin θ


e usando a aproximacao para o movimento harmonico simples podemos escrever:

Iα ≈ −mghθ

e obtemos a mesma equacao obtida no caso do pendulo simples:

d2θ

dt2+

mgh

Iθ = 0

e da mesma forma, que nos casos anteriores, podemos determinar o perıodo de oscilacao:

T = 2π

√I

mgh.

E vemos, portanto, que o pendulo simples e uma particularizacao para o caso em que o pendulo

fısico se reduz a uma massa localizada na extremidade do fio. No entanto, o momento de inercia e uma

expressao indeterminada desde que estamos considerando um corpo de forma arbitraria.

Medindo a aceleracao da gravidade

Podemos usar o pendulo fısico para determinar a aceleracao da gravidade atraves da medida do perıodo

T de oscilacao. Para isso, considere que o pendulo fısico e uma barra uniforme de comprimento L. Neste

caso o centro de massa da barra esta localizada no seu centro, i.e., o centro de massa fica na distancia

L/2. Considere que a barra esta pivotada em uma de suas extremidades, assim a distancia h entre este

ponto e o centro de massa e igual a L/2. Para determinar o perıodo T de oscilacao iremos precisar do

momento de inercia I em torno do eixo de rotacao. Para isso, podemos usar o teorema do eixo paralelo,

que permite relacionar o momento de inercia procurado com o momento de inercia em torno do centro

de massa da barra que conhecemos ser igual a Icm = mL2/12. Assim, temos que:

I = Icm +mh2

e substituindo-se os valores correspondentes, podemos escrever

I =mL2

12+m

(L

2

)2

o que apos uma rapida algebra fica na forma:

I =mL2

3

Substituindo este resultado na expressao para o perıodo, podemos escrever:

T = 2π

√mL2

3mg(L/2).


ou seja,

T = 2π

√2L

3g.

e elevando a expressao ao quadrado, temos ainda:

T 2 = 4π2 2L

3g(3.21)

logo,

g =8π2L

3T 2

que permite determinar a aceleracao g atraves da medida de T e L. Alternativamente podemos usar a

Eq. (3.21) para construir um grafico de T 2×2L/3 para diferentes valores do comprimento da barra. Com

isso, o coeficiente angular da reta corresponderia ao inverso da aceleracao da gravidade. Outra maneira

seria usar a mesma barra mas variando a distancia h entre o centro de massa e o ponto de rotacao. Com

isso, poderıamos obter um grafico linear onde o coeficiente angular nos indicaria o valor da aceleracao da

gravidade.

3.2.3 Exemplos

1. Um bloco de massa M = 5, 4 kg, em repouso sobre uma mesa horizontal sem atrito, esta ligado a um

suporte rıgido atraves de uma mola de constante elastica k = 6000 N/m. Uma bala de massa m = 9, 5 g

e velocidade v de modulo 630 m/s atinge o bloco e fica alojada nele (veja Fig. 3.9). Supondo que a

compressao da mola e desprezıvel ate a bala se alojar no bloco, determine (a) a velocidade do bloco ime-

diatamente apos a colisao e (b) a amplitude do movimento harmonico simples resultante.

(a)

Considerando que se trata de uma colisao inelastica, entao considerando que o conjunto bloco+bala

tem uma velocidade v′ apos a colisao, entao podemos escrever:

mv = (M +m)v′

o que nos permite escrever

v′ =m

M +mv.


Figura 3.9: Veja exemplo 1.

Note que a colisao da bala com o bloco, sendo inelastica, nao conserva energia. No entanto, o momento

linear e conservado o que nos permitiu determinar a velocidade do bloco. O valor numerico da velocidade

v′ pode ser obtido substituindo-se os parametros correspondentes:

v′ =9, 5× 10−3 kg

5, 4 kg + 9, 5× 10−3 kg× 630 m/s.

o que resulta em:

v′ = 1, 1 m/s

que e a resposta procurada.

(b)

Uma vez que temos o bloco+bala com velocidade v′ podemos aplicar a conservacao da energia desde

que agora temos o movimento do bloco e a compressao da mola que exerce uma forca igual a −kx(t),

onde x(t) e e a posicao do bloco no instante t. Como nao temos atrito, podemos escrever:

1

2(m+M)v′2 =

1

2kx2m

desde que a velocidade inicial e a velocidade maxima do bloco, correspondente ao valor maximo da energia

do sistema. Quando o bloco para toda a energia mecanica e convertida em energia potencial da mola que

e comprimida com a distancia maxima dada por xm, assim, podemos escrever:

xm = v′√

m+M

k


e substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:

xm = 1, 1 m/s

√9, 5× 10−3 kg + 5, 4 kg

6000 N/m

ou seja,

xm = 3, 3 cm.


2. Na Fig. 3.10 dois blocos (m = 1, 8 kg e M = 10 kg) e uma mola (k = 200 N/m) estao dispostos

em uma superfıcie horizontal sem atrito. O coeficiente de atrito estatico entre os dois blocos e 0,40. Que

amplitude do movimento harmonico simples do sistema blocos-mola faz com que o bloco menor fique na

iminencia de deslizar sobre o bloco maior?

A forca de atrito deve compensar a aceleracao do sistema. O modulo da aceleracao maxima ocorre

quando os blocos atingem a amplitude maxima do deslocamento, assim, podemos escrever:

a = ω20xm =

k

m+Mxm

e de acordo com a segunda lei de Newton, temos tambem:

ma = fs = µeN = µemg

assim, combinando este valor de aceleracao com a aceleracao devido a forca exercida pela mola, podemos

escrever,

k

m+Mxm = µeg

e isolando a amplitude maxima, segue que:

xm =

(m+M

k

)µeg.


Substituindo os valores dos parametros obtemos finalmente:

xm =

(1, 8 kg + 10 kg

200 N/m

)× 0, 40× 9, 8 m/s2

xm = 23 cm.

3. Na Fig. 3.11 uma barra de comprimento L = 1, 85 m oscila como um pendulo fısico. (a) Que

valor da distancia x entre o centro de massa da barra e o ponto de suspensao O corresponde ao menor

perıodo? (b) Qual e esse perıodo?


(a)

O perıodo do pendulo fısico e dado por:

T = 2π

√Icm +Mx2

Mgx

onde M e a massa da barra e x e a distancia entre o centro de massa da barra e o ponto em torno do

qual a barra se movimenta. Para determinar o valor da distancia x que minimiza o perıodo de oscilacao,

devemos calcular a derivada dT/dx e igualar a zero. Com isso, podemos encontrar o valor de x que

minimiza o perıodo de oscilacao. Assim, temos que:

dT

dx= 2π

√Mgx

d

dx(√Icm +Mx2)−

√Icm +Mx2

d

dx(√Mgx)

Mgx


onde usamos a relacao d/dx(u/v) = (u′v − uv′)/v2. Agora, resolvendo as derivadas no numerador da

fracao, segue que:

dT

dx= 2π

√Mgx

(Mx√

Icm +Mx2

)−

√Icm +Mx2

(Mg

2√Mgx

)Mgx

onde usamos,

d

dx(√

Icm +Mx2) =[Icm +Mx2]−1/2

22Mx =

Mx√Icm +Mx2

e,

d

dx(√

Mgx) =1

2[Mgx]−1/2Mg =

Mg

2√Mgx

.

Podemos escrever a derivada da seguinte maneira:

dT

dx= 2π

[2M2gx2 − (Icm +Mx2)Mg

2(Mgx)3/2√Icm +Mx2

]Seja x o valor de x que faz o perıodo ser um mınimo, assim, quando x = x, podemos escrever,

dT

dx

∣∣∣∣x=x

= 0,

assim temos:

dT

dx

∣∣∣∣x=x

= 2π

[2M2gx2 − (Icm +Mx2)Mg

2(Mgx)3/2√Icm +Mx2

]= 0

o que nos permite escrever:

2M2gx2 − (Icm +Mx2)Mg = 0

2M2gx2 − IcmMg −M2gx2 = 0

ou seja,

Mx2 − Icm = 0 ∴ x =

√IcmM

No caso da barra, o momento de inercia em torno do centro de massa Icm = ML2/12, assim, podemos

obter o valor numerico para x:

x =

√ML2

12M=

L√12

.

3.3. MOVIMENTO HARMONICO SIMPLES E MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME 107

Com L = 1, 85 m, obtemos

x = 1, 85 m/√12 = 0, 53 m.

(b)

O perıodo correspondente pode ser determinado diretamente

3.3 Movimento Harmonico Simples e Movimento Circular Uniforme

O movimento harmonico simples tem uma relacao muito proxima com o movimento circular uniforme, que

deve ter sido estudado no curso anterior de mecanica. De fato, conforme mostrado na Fig. 3.12, podemos

fazer isso considerando um ponto P ′ da trajetoria circular descrita por uma partıcula. Considerando que

o raio do cırculo e igual a xm e o angulo que o raio vetor que liga o ponto P ′ a origem e dado por ωt+ϕ,

entao a componente horizontal do movimento, descrita pelo movimento do ponto P , pode ser escrita

como:

x(t) = xm cos(ωt+ ϕ)

onde usamos o triangulo retangulo formado pelos pontos O, P e P ′. Note que esta equacao e exatamente

a Eq. (3.11) obtida atraves para o sistema massa-mola (exceto que estamos usando ω em vez de ω0).

O modulo da velocidade no movimento circular uniforme e dado por v = ωr, que se reduz a v = ωxm

e usando o triangulo retangulo da Fig. 3.12b, podemos escrever:

v(t) = −ωxm sin(ωt+ ϕ)

que tambem tambem apresenta a mesma forma que a velocidade para o movimento harmonico simples.

A aceleracao radial no movimento circular uniforme tem modulo igual a ar = ω2r, e desde que estamos

chamando o raio da trajetoria de xm, temos que o modulo da aceleracao a = ω2xm, assim, usando a Fig.

3.12c, podemos escrever a componente horizontal da aceleracao na forma:

v(t) = −ω2xm cos(ωt+ ϕ)

onde o sinal de menos indica que a aceleracao e contraria ao movimento da mesma forma que a velocidade.

Com isso, fica demonstrado que a projecao do movimento circular uniforme e igual a um movimento

harmonico simples. Com efeito, uma das demonstracoes famosas deste fato e a orbita dos satelites de


Figura 3.12: O movimento circular uniforme, quando projetado em uma das coordenadas, e igual ao movimento

harmonico simples. Isso pode ser visto em (a) onde o movimento do ponto P ′ rebatido no eixo x corresponde

ao movimento de P no eixo x. (b) velocidade do ponto P ′ tambem e rebatido no eixo x e corresponde a mesma

forma que obtivemos no movimento harmonico simples. (c) aceleracao correspondente cuja componente horizontal

tambem se reduz a expressao obtida para o movimento harmonico simples.

Jupiter que Galileu descobriu em 1610. Ele observou que os satelites estavam se delocando de um lado

para outro em torno de Jupiter. De fato, eles circulam em torno de Jupiter mas Galileu apenas observou

sua projecao que resulta em um MHS.

3.4 Oscilacoes Amortecidas e Forcadas

Ate o momento consideramos oscilacoes harmonicas do sistema sem considerar forcas externas dissipati-

vas. Assim, apenas as forcas conservativas atuavam no sistema. Assim, a energia do sistema permanecia

constante e podıamos descrever o movimento oscilatorio como uma troca da energia cinetica em energia

potencial. Agora vamos considerar uma situacao mais realısticas onde um fator de amortecimento pode

estar presente e uma forca aplicada por um agente externo e aplicada. Os movimentos oscilatorios resul-

tantes sao chamados de oscilacoes amortecidas e oscilacoes forcadas quando aplicamos uma forca externa

para compensar as perdas devido a dissipacao da energia.

3.4.1 Oscilacoes Amortecidas

No caso das oscilacoes amortecidas, existe uma forca de amortecimento que se opoe ao movimento do

objeto. No caso de um pendulo simples, o fator de amortecimento e a resistencia do ar (e o atrito no

3.4. OSCILACOES AMORTECIDAS E FORCADAS 109

suporte). Em qualquer caso, consideramos que o fator de amortecimento seja uma forca proporcional a

velocidade do corpo. Isto e valido desde que a velocidade do corpo seja baixa. Assim, escrevemos,

Fa = −bv = −bdx

dt. (3.22)

Assim, na aplicacao da 2a lei de Newton, temos duas forcas a serem consideradas: a forca restauradora,

obtida da derivada do potencial, e a forca dada pela Eq. (3.22), assim, escrevemos:

ma =∑

F

onde a soma e sobre todas as forcas que atuam sobre um corpo de massa m. Assim, temos:

ma = −kx− bdx

dt

e como a aceleracao e a segunda derivada da posicao, podemo escrever ainda,

md2x

dt2= −kx− b

dx

dt

ou ainda,

md2x

dt2+ b

dx

dt+ kx = 0

e dividindo a equacao pela massa m, podemos escrever:

d2x

dt2+

b

m

dx

dt+

k

mx = 0. (3.23)

Aqui e conveniente definir a constante de amortecimento na forma:

γ =b

m(3.24)

e ja tınhamos definido a razao k/m:

ω20 =

k

m

que e a frequencia de oscilacao natural do sistema. Dizemos “natural” porque esta seria a frequencia

com que o sistema iria oscilar se deixado livre de forcas externas, conforme ja discutimos anteriormente.

Substituindo estas definicoes na Eq. (3.25), obtemos ainda:

d2x

dt2+ γ

dx

dt+ ω2

0x = 0. (3.25)


que e uma equacao diferencial ordinaria de 2a ordem linear com coeficientes constantes. Note que agora

temos um termo adicional proporcional a primeira derivada de x(t).

A solucao da equacao diferencial neste caso requer uma discussao mais prolongada, e nao vamos faze-

la aqui. Para detalhes sobre a solucao recomendamos a leitura dos capıtulos 3 e 4 do livro do Moyses.

Da mesma forma que no caso anterior, a solucao geral contem duas constantes indeterminadas que sao

a amplitude e a constante de fase. A solucao da equacao depende dos valores de γ/2 e ω0. Temos tres

possibilidades: γ/2 < ω0, γ/2 = ω0 e γ/2 > ω0. Estes casos particulares sao denominados amortecimento,

subcrıtico, crıtico e supercrıtico. Vamos considerar analisar cada caso separadamente.

Amortecimento subcrıtico (γ/2 < ω0)

Para o caso de amortecimento subcrıtico, a solucao da equacao diferencial Eq. (3.25) fornece:

x(t) = xme−(γ/2)t cos (ωt+ ϕ) (3.26)

onde,

ω =

√ω20 −

γ2

4, valido para γ/2 < ω0. (3.27)

Vemos que existem duas diferencas neste caso em comparacao com o MHS que estudamos na secao

anterior. O sistema oscila com uma frequencia diferente ω = ω0 e a amplitude diminui com o tempo

devido ao termo exponencial e−(γ/2)t. Assim, para intervalos de tempo muito longos o sistema para de

oscilar, pois e−(γ/2)t → 0 quando t → ∞. Note que este e o caso de amortecimento fraco de modo que

a oscilacao tem sua amplitude reduzida aos poucos a medida que o tempo passa. Para ilustrar melhor o

efeito do amortecimento sobre o movimento do corpo oscilante na Fig. 3.13 temos o grafico de x(t).

Figura 3.13: Grafico da Eq. (3.26) mostrando que a amplitude, dada por xme−(γ/2)t, diminui exponencialmente

com o tempo.


Consideracoes sobre energia

Da mesma forma que amplitude vai sendo reduzida a medida que o tempo passa, a energia mecanica

armazenada no oscilador vai sendo convertida em calor, som, etc., e portanto, sendo reduzida gradativa-

mente. Podemos notar isso calculando a energia mecanica diretamente usando a Eq. (3.26) nas definicoes

da energia potencial e energia cinetica. Assim, temos para a energia potencial:

U(x) =1

2kx2

U =1

2kx2me−γt cos2 (ωt+ ϕ)

ou ainda,

U =1

2mω2x2me−γt cos2 (ωt+ ϕ)

onde usamos k = mω2 Para determinar a energia cinetica, precisamos calcular a velocidade, assim, temos:

v(t) =dx(t)

dt=

d

dt

[xme−(γ/2)t cos (ωt+ ϕ)

]Aqui consideramos que durante um perıodo de oscilacao, o amortecimento e muito pequeno, de modo

que o termo exponencial e aproximadamente constante. Esta aproximacao e razoavel desde que a condicao

γ/2 ≪ ω0. Assim, podemos desprezar a dependencia temporal da exponencial. Com isso, precisamos

derivar apenas o cosseno:

v(t) = −ωxme−(γ/2)t sin (ωt+ ϕ) .

A energia cinetica pode ser escrita na seguinte forma:

K =1

2mv2

logo,

K =1

2mω2x2me−γt sin2 (ωt+ ϕ)

A energia mecanica e dada por:

Em = K + U


e substituindo as expressoes que obtivemos para as energias cinetica e potencial, segue que:

Em =1

2mω2x2me−γt sin2 (ωt+ ϕ) +

1

2mω2x2me−γt cos2 (ωt+ ϕ)

=1

2mω2x2me−γt

[sin2 (ωt+ ϕ) + cos2 (ωt+ ϕ)

]ou seja,

Em =1

2mω2x2me−γt.

e vemos que a energia mecanica decai exponencialmente tao logo o amortecimento seja fraco.

Figura 3.14: Sistema com amortecimento supercrıtico. Note que o sistema nao apresenta oscilacao pois o amor-

tecimento prevalece neste caso.

Amortecimento Supercrıtico (γ/2 > ω0)

Neste caso o amortecimento e intenso de maneira que a solucao para a Eq. (3.26) e dada por:

x(t) = e−γt/2(aeβt + be−βt) (3.28)

onde,

β =

√γ2

4− ω2

0 (3.29)

que e sempre menor do que γ/2, de modo que,

x(t) = (ae−(γ/2−β)t + be−(β+γ/2)t)

e a soma de duas exponenciais decrescentes. O fator β acaba reduzindo o decaimento pois aparece

subtraindo o fator γ. Assim, notamos que o sistema nao oscila neste caso, apenas relaxa para o estado

de equilıbrio, conforme mostrado na Fig. 3.14.


Amortecimento Crıtico (γ/2 = ω0)

Neste caso, temos que a frequencia ω0 e igual ao fator de amortecimento. Assim, temos uma situacao

intermediarias entre as duas anteriores. A solucao da equacao diferencial para este caso e dada por:

x(t) = (A+Bt)e−γt/2 (3.30)

que decai mais rapidamente para tempos grandes que a Eq. (3.28), onde o termo eβt, como vimos reduz o

decaimento. Na Fig. 3.15 temos uma comparacao entre as solucoes para os tres tipos de amortecimento,

onde vemos claramente que o amortecimento crıtico e o caso que se aproxima mais rapidamente do

equilıbrio.

Figura 3.15: Comparacao dos tres tipos de amortecimento. Notamos que o amortecimento crıtico se aproxima

mais rapidamente do equilıbrio.

3.4.2 Oscilacoes Forcadas e Ressonancia

Ate o momento consideramos um sistema oscilante na ausencia de forcas externas. No movimento harmo-

nico simples observamos que o sistema oscila com uma frequencia bem definida e quando adicionamos

efeitos dissipativos, a amplitude das oscilacoes tende a zero para tempos longos. Agora considere que o

sistema e submetido a uma forca externa que tambem oscila com uma frequencia ω e com modulo dado

por forma F = F0 cosωt. Aplicando a 2a lei de Newton para este caso, e facil mostrar que a equacao

diferencial para o sistema pode ser escrita na forma:

d2x

dt2+ γ

dx

dt+ ω2

0x = F0 cosωt (3.31)


e vemos que agora temos duas frequencia no problema, a frequencia natural de oscilacao (ω0) e a frequencia

da forca externa (ω).

Novamente, nao vamos considerar a solucao da equacao diferencial, mas o leitor que tenha interesse

pode consultar o livro do Moyses Vol.II para uma discussao completa do procedimento de solucao. Aqui

vamos nos ater a discussao da solucao da Eq. (3.31) que e dada por:

x(t) = xm(ω) cos[ωt+ ϕ(ω)] (3.32)

onde,

xm(ω) =F0/m√

(ω20 − ω2)2 + γ2ω2

(3.33)

e,

ϕ(ω) = − arctan

(γω

ω20 − ω2

). (3.34)

A primeira diferenca com os casos anteriores e a dependencia da amplitude e da constante de fase

com a frequencia da forca externa. Vemos, portanto, que a amplitude resultante depende nao apenas da

intensidade com que puxamos ou empurramos o bloco do sistema massa-mola ou com que tiramos do

equilıbrio o pendulo. A frequencia com que fazemos isso desempenha um papel importante.

Para obter uma ideia mais clara sobre o significado da solucao representada pela Eq. (3.32), vamos

considerar o caso particular em que o amortecimento e fraco (γ ≪ ω0). Neste caso o sistema vai oscilar

com a amplitude dependendo da forca externa e da constante de amortecimento.

3.4.3 Ressonancia

Na situacao em que a frequencia da forca externa e muito proxima do valor da frequencia natural do

sistema, i.e., ω ≈ ω0. Assim, a seguinte desigualdade e valida:

|ω0 − ω| ≪ ω0

o que nos permite escrever a Eq. (3.33) na seguinte forma:

xm(ω) =F0/m√

4ω20(ω0 − ω)2 + γ2ω2

0

onde fizemos as seguintes aproximacoes:

(ω20 − ω2) = (ω0 − ω)(ω0 + ω) = (ω0 − ω)(2ω0 + ω − ω0)

≈ 2ω0(ω0 − ω)


e,

γω = γ(ω0 + ω − ω0) ≈ γω0.

Da mesma forma, podemos aproximar a constante de fase da seguinte forma,

ϕ(ω) ≈ − arctan

(γω0

2ω0(ω0 − ω)

)= − arctan

(γ

2(ω0 − ω)

)Podemos escrever o quadrado da amplitude da seguinte forma,

x2m(ω) =F 20 /4ω

20m

2

(ω0 − ω)2 +γ2

4

.

Na Fig. 3.16 mostramos dois graficos da equacao acima para dois valores diferentes da constante de

amortecimento γ. Nota-se que o quadrado da amplitude tem um maximo quando ω ≈ ω0 para as duas

curvas. Sempre quando a frequencia da forca externa e igual a frequencia natural do sistema a amplitude

das oscilacoes e maxima e dizemos que atingimos a condicao de ressonancia .

amortecimento

forte

amortecimento

fraco

Figura 3.16: Sao apresentadas duas curvas da amplitude xm em termos da frequencia da forca externa para dois

valores diferentes da constante de amortecimento γ1 e γ2 com γ1 < γ2. Tambem e indicada a largura da curva a

meia altura ∆ω onde notamos que esta aumenta com o amortecimento. Notamos que o valor maximo da amplitude

e fortemente reduzido com o aumento de γ.

E importante notar que a condicao de ressonancia e satisfeita independentemente do amortecimento,

mas este afeta fortemente o valor maximo atingido pela amplitude. Na Fig. 3.16, γ1 < γ2 e vemos


tambem que para γ = γ2 a largura a meia altura e maior a medida que o amortecimento aumenta. A

condicao de ressonancia dever ser observada para qualquer estrutura mecanica que apresente algum tipo

de vibracao. De fato, quanto menor o amortecimento maiores serao as amplitudes atingidas o que pode

levar a serios problemas dependendo da estrutura em questao. Por exemplo, em um projeto de aviao e

recomendavel que a frequencia de vibracao das asas seja bem diferente da frequencia angular dos motores.

Caso contrario, para certos valores da velocidade dos motores, as asas podem comecar a vibrar fortemente

comprometendo a estabilidade da aeronave. Em engenharia civil, problemas de ressonancia sao bastante

comuns no projeto de predios muito altos e pontes que podem oscilar com os fortes ventos a que ficam

submetidos.

3.4.4 Exemplos

1. Um objeto de 10, 6 kg oscila na ponta de uma mola vertical que tem uma constante elastica k = 2, 05×

104 N/m. O efeito da resistencia do ar e representada pelo coeficiente de amortecimento b = 3, 00 N.s/m.

(a) Calcule a frequencia da oscilacao amortecida (suponha amortecimento subcrıtico). Neste caso a

frequencia natural do sistema e afetada de maneira significativa pelo amortecimento? (b) Por quantos

por cento a amplitude da oscilacao decresce em cada ciclo ? (c) Encontre o intervalo de tempo em que a

energia do sistema e reduzida para 5% do seu valor inicial.

A frequencia para o caso sem amortecimento e dada por:

ω0 =

√k

m=

√2, 05× 104 N/m

10, 6 kg∼= 44 rad/s

(a)

Temos que determinar a constante de amortecimento γ dada por:

γ =b

m=

3, 00 N.s/m

10, 6 kg= 0, 283 s−1

ω =

√ω20 −

γ2

4

e substituindo-se os valores correspondentes, segue que:

ω =

√(44 rad/s)2 − (0, 283 s−1)2

4


ω =

√(44 rad/s)2 − (0, 283 s−1)2

4∼= 44 rad/s.

e vemos que o amortecimento praticamente nao altera a frequencia de ressonancia do sistema.

(b)

Temos que

x(t) = xme−γt/2 cos(ωt+ ϕ)

assim, para um perıodo T = 2π/ω, a amplitude muda de xm para xme−γπ/ω e para um decrescimo

fracional dado por:

xm − xme−γπ/ω

xm= 1− e−γπ/ω = 0, 02 = 2% em cada ciclo.

(c)

A energia do sistema e dada por:

Em(t) =1

2mω2x2me−γt

e queremos o tempo t′ para Em(t′) = 0, 05Em(0), assim, temos:

Em(t′) =1

2mω2x2me−γt′

ou seja,

0, 05Em(0) =1

2mω2x2me−γt′

e como Em(0) =1

2mω2x2m, podemos escrever ainda,

0, 05× 1

2mω2x2m =

1

2mω2x2me−γt′

e simplificando os termos em comum, obtemos:

e−γt′ = 0, 05

ou seja,

t′ = − ln 0, 05

γ= 10, 6 s.


2. Um carro de 1000 kg com quatro ocupantes de 82 kg viaja em uma estrada de terra com “coste-

las”separadas por um distancia media de 4, 0 m. O carro trepida com amplitude maxima quando esta a

16 km/h. Quando o carro para e os ocupantes saltam qual e a variacao da altura do carro?

A cada passagem por uma das “costelas” as molas da suspensao do carro sao comprimidas. Entre

as “costelas”o carro sofre um deslocamento vertical pois as molas comprimidas comecam a empurrar a

massa M do carro somada a massa m dos ocupantes. Assim, temos um sistema massa mola em que a

suspensao do carro desempenha o papel da mola e os ocupantes mais o carro desempenham o papel do

bloco de massa m.

Assim, a frequencia de oscilacao do carro, pode ser determinada adaptando a formula para a frequencia

de um sistema massa-mola, da seguinte forma:

ω =2π

T=

√k

M + 4m

onde o fator 4 aparece por existir quatro ocupantes no carro . Desde que o carro oscila com amplitude

maxima, entao podemos determinar o perıodo de oscilacao que temos um perıodo completo de oscilacao

entre as “costelas”, assim, desde que a velocidade do carro e constante podemos escrever diretamente:

T =d

v

onde d = 4, 0 m e a separacao entre as costelas.

Substituindo na equacao para frequencia angular, podemos determinar a constante k da suspensao:

2πv

d=

√k

M + 4m

ou seja,

k = (M + 4m)

(2πv

d

)2

.

Quando o carro para e as pessoas ainda estao no carro, a posicao de equilıbrio e dada pela lei de

Hooke, portanto,

xi =Fi

k=

(M + 4m)g

k.

Na situacao em que as pessoas nao estao mais no carro, temos a seguinte deformacao:

xf =Ff

k=

Mg

k.


Assim, temos que a variacao na altura do carro e dada por:

xi − xf =(M + 4m)g

k− Mg

k=

4mg

k

e substituindo o valor da constante k que calculamos anteriormente, podemos escrever ainda:

xi − xf =4mg

(M + 4m)

(2πv

d

)2

e substituindo os valores, segue que:

xi − xf =4× 82 kg× 9, 8 m/s2

(1000 kg + 4× 82 kg)

(2π × 16× 103 m/h× 1 h

3600 s

1

4, 0 m

)2 = 0, 05 m

xi − xf = 5 cm

3. O sistema de suspensao de um automovel de 2000 kg “cede” 10 cm quando o chassis e colocado

no lugar. Alem disso, a amplitude das oscilacoes diminui de 50% a cada ciclo. Estime os valores (a) da

constante elastica (b) da constante de amortecimento b do sistema mola-amortecedor de uma das rodas,

supondo que cada roda sustente 500 kg.

(a)

Da lei de Hooke, temos:

k =F

x=

500 kg× 9, 8 m/s2

10 cm= 490 N/cm.

(b)

A constante de amortecimento pode ser obtida considerando a equacao para o movimento amortecido

x(t) = xme−γt/2 cos(ωt+ ϕ)

e substituindo o tempo igual ao perıodo de oscilacao onde o deslocamento e reduzido a metade do

deslocamento inicial: e fazendo x(T ) = x(t)/2, assim, temos:

x(t+ T ) = xme−γ(t+T )/2 cos(ω(t+ T ) + ϕ) =x(t)

2


que resulta em:

e−γT/2 =1

2

ou seja,

γ = − ω

2πln

1

4

onde usamos T = 2π/ω. E desde que o problema pede uma estimativa, podemos considerar que o

amortecimento nao provoca mudancas significativas sobre a frequencia e assim, aproximamos ω ∼=√

k/m,

logo

γ = − 1

2π

√k

mln

1

4

e como γ = b/m, temos ainda,

b

m= − 1

2π

√k

mln

1

4

logo,

b = − 1

2π

√mk ln

1

4.

Substituindo-se os valores correspondentes, vamos obter:

b = − 1

2π

√500 kg× 4900 N/cm ln

1

4= 1, 09× 103 kg/s.

3.5 Apendice 1: Deducao das solucoes amortecidas

Objetivando detalhar os procedimentos matematicos usados para a obtencao das solucoes amortecidas

vamos considerar neste apendice a solucao da equacao diferencial para o oscilador harmonico amortecido:

d2x

dt2+ 2β

dx

dt+ ω2

0x = 0 (3.35)

onde estamos considerando uma notacao ligeiramente diferente da usada no texto, onde definimos a

constante de amortecimento 2β a qual e dada por:

β =γ

2. (3.36)

Para resolver a equacao homogenea, precisamos determinar a chamada solucao geral da equacao

diferencial que e obtida atraves de uma combinacao linear de duas solucoes especıficas para o problema.

3.5. APENDICE 1: DEDUCAO DAS SOLUCOES AMORTECIDAS 121

Para achar estas solucoes, observamos que a equacao tem coeficientes constantes, assim, podemos tentar

uma solucao com dependencia exponencial pois quando a derivados obtemos a mesma funcao multiplicada

pelo coeficiente que aparece no expoente. Assim, vamos escrever:

x(t) = eλt

onde λ e um coeficiente a determinar substituindo esta expressao na Eq. (3.35)

λ2eλt + 2βλeλt + ω20e

λt = 0 ∴ (λ2 + 2βλ+ ω20)e

λt = 0. (3.37)

A Eq. (3.37) e satisfeita somente se o coeficiente da exponencial e zero, i.e.,

λ2 + 2βλ+ ω20 = 0

que nos fornece duas solucoes:

λ1 = −β +√

β2 − ω20

λ2 = −β −√

β2 − ω20

e, assim, obtemos duas solucoes:

x1(t) = eλ1t

x2(t) = eλ2t

e a solucao geral e dada por:

x(t) = A1x1(t) +A2x2(t)

= A1eiλ1t +A2e

iλ2t (3.38)

e substituindo os valores correspondentes de λ1 e λ2, segue que:

x(t) = e−βt[A1e√

β2−ω20t +A2e

−√

β2−ω20t] (3.39)

A Eq. (3.39) contem tres casos particulares dependendo da relacao entre ω0 e β. Assim, denotamos

estes casos da seguinte forma:

(A) ω20 > β2, oscilacoes subamortecidas;

(B) ω20 = β2, oscilacoes com amortecimento crıtico;

(C) ω20 < β2, oscilacoes superamortecidas.

Vamos analisar a forma da Eq. (3.39) para cada caso separadamente. Neste caso, iremos verificar

comportamentos completamente distintos do oscilador.


Caso (A), ω20 > β2

Neste caso temos que o radical se torna negativo, ou seja, temos raızes complexas, assim, escrevemos:√β2 − ω2

0 = i√

ω20 − β2 = iω1

onde definimos

ω1 =√

ω20 − β2

e levando na Eq. (3.39)

x(t) = e−βt[A1eiω1t +A2e

−iω1t]

e usando a relacao de Euler, e±iθ = cos θ ± i sin θ, podemos escrever ainda

x(t) = e−βt[A3 cos(ω1t) +A4 sin(ω1t)]

e usando novamente A3 = xm cosϕ e A4 = −xm sinϕ, podemos escrever a solucao entre colchetes da

seguinte forma:

xA(t) = e−βtxm cos(ω1t+ ϕ)

onde usamos um ındice A para denotar que estamos nos referindo ao caso (A), subamortecido. Note que

o movimento nao e estritamente periodico pois o sistema nunca volta a mesma posicao de onde iniciou

o movimento. No caso em que o amortecimento e muito fraco, ou seja, ω0 ≫ β podemos aproximar o

movimento para periodico onde a frequencia angular de oscilacao se aproxima a frequencia angular do

oscilador harmonico (ω0 ≈ ω1).

Note que o parametro β tem dimensao de inverso do tempo, e portanto, pode ser interpretado como

o inverso do tempo caracterıstico de decaimento da amplitude do tipo de amortecimento. Com efeito,

vamos considerar que τ e o perıodo de uma oscilacao e vamos comparar a razao da amplitude no tempo

t e no tempo t+ τ , para isso, considere a razao xA(t+ τ)/xA(t):

xA(t+ τ)

xA(t)=

e−β(t+τ)xm cos(ω1t+ ω1τ + ϕ)

e−βtxm cos(ω1t+ ϕ)

e usando a identidade cos(ω1t+ω1τ+ϕ) = cos(ω1t+ϕ) cos(ω1τ)−sin(ω1t+ϕ) sin(ω1τ) e como ω1 = 2π/τ

entao cos(ω1τ) = 1 e sin(ω1τ) = 0, assim, segue que:

xA(t+ τ)

xA(t)=

e−β(t+τ)xm cos(ω1t+ ϕ)

e−βtxm cos(ω1t+ ϕ)= e−βτ

e a amplitude cai a 1/e para τ = β−1.

3.5. APENDICE 1: DEDUCAO DAS SOLUCOES AMORTECIDAS 123

Caso (B), ω20 = β2

Neste caso temos apenas uma solucao pois, λ1 = λ2 e a Eq. (3.39) nos fornece

x(t) = x1(t) = Ae−βt (3.40)

onde agrupamos as duas constantes A1 +A2 = A.

Aqui surge uma dificuldade porque uma equacao diferencial de segunda ordem requer duas solucoes

linearmente independentes. Estas duas solucoes sao linearmente independentes se nao podemos obter

a segunda a partir da multiplicacao da primeira por uma constante. Assim, para encontrar a segunda

solucao, lancamos mao do chamado “metodo de variacao dos parametros” cuja prescricao nos indica que

a segunda solucao pode ser obtida da primeira trocando-se a constante A que aparece na Eq. (3.40) por

uma funcao a ser determinada, digamos y(t). Assim, escrevemos:

x2(t) = y(t)e−βt (3.41)

e y(t) sera determinado substituindo-se a Eq. (3.41) na equacao diferencial dada pela Eq. (3.35). Assim,

usamos as seguintes resultados:

dx2dt

=

(dy

dt− βy(t)

)e−βt

e

d2x2dt2

= e−βt d2y

dt2− βe−βtdy

dt− β

dy

dte−βt + β2y(t)e−βt

=

(d2y

dt2− 2β

dy

dt+ β2y(t)

)e−βt

Substituindo-se x2(t) na Eq. (3.35), temos:

d2x2dt2

+ 2βdx2dt

+ ω20x2 = 0

e usando as derivadas acima, obtemos:[(d2y

dt2− 2β

dy

dt+ β2y(t)

)+ 2β

(dy

dt− βy(t)

)+ ω2

0y(t)

]e−βt = 0

e o termos entre colchetes deve ser nulo(d2y

dt2− 2β

dy

dt+ β2y(t)

)+ 2β

(dy

dt− βy(t)

)+ ω2

0y(t) = 0


e lembrando que ω = β, temos ainda

d2y

dt2− 2β

dy

dt+ β2y(t) + 2β

dy

dt− 2β2y(t) + β2y(t) = 0

que se reduz a

d2y

dt2= 0.

A equacao acima, tem como solucao a funcao:

y(t) = B1 +B2t

onde B1 e B2 sao constantes. Com isso a segunda solucao pode ser escrita como:

x2(t) = (B1 +B2t)e−βt (3.42)

A solucao geral entao pode ser escrita como a combinacao linear de x1 e x2:

x(t) = C1x1 + C2x2

ou seja,

x(t) = C1Ae−βt + C2(B1 +B2t)e

−βt = [C1A+ C2(B1 +B2t)]e−βt

e agrupando as constantes, segue que:

xB(t) = (A+Bt)e−βt (3.43)

que representa um decaimento monotonico de x com o tempo. Neste caso, nao ha oscilacoes e o sistema

simplesmente relaxa para a posicao de equilıbrio.

Caso (C), ω20 < β2

Este caso e o mais simples pois os expoentes que aparecem na solucao geral dada pela Eq. (3.39) sao

reais. Neste caso, definindo ω2 =√

β2 − ω20, segue que:

xC(t) = A1e−(β−ω2)t +A2e

−(β+ω2)t. (3.44)

Desde que β > ω2 , entao ambas as exponenciais sao decrescentes e o sistema tambem e amortecido

e relaxa para o estado de equilıbrio sem qualquer oscilar.

3.6. APENDICE 2: SOLUCOES AMORTECIDAS-FORCADAS 125

3.6 Apendice 2: Solucoes Amortecidas-forcadas

Neste caso, foi considerada a existencia de uma terceira forca, agora externa, que atua sobre o oscilador

amortecido. Esta forca externa apresenta uma dependencia oscilatoria com o tempo e e modelada da

seguinte forma:

F = F0 cosωt

onde ω e a frequencia angular de oscilacao.

Assim, considerando a presenca das demais forcas, a equacao diferencial toma a forma:

d2x

dt2+ 2β

dx

dt+ ω2

0x =F0

mcosωt (3.45)

e deixamos como um exercıcio a demonstracao da Eq. (3.45).

De acordo com a teoria das equacoes diferenciais, equacoes nao-homogeneas como a Eq. (3.45)

requerem uma solucao particular que de conta do termo nao-homogeneo somada a solucao geral da

equacao homogenea de onda aparecem as duas constantes arbitrarias. Sendo assim, podemos escrever:

x(t) = xh(t) + xp(t)

onde xh(t) e a solucao da equacao homogenea (ou seja, com o segundo membro da Eq. (3.45) igual a

zero) e xp e a solucao particular da equacao com o segundo membro diferente de zero. A solucao da

equacao homogenea ja foi determinada pois trata-se da equacao diferencial para o oscilador amortecido.

Vamos entao considerar a solucao particular que ainda nao calculamos, para substituımos a solucao x(t)

na Eq. (3.45) e, apos alguma algebra, podemos escrever:

d2xhdt2

+ 2βdxhdt

+ ω20xh +

d2xpdt2

+ 2βdxpdt

+ ω20xp =

F0

mcosωt (3.46)

e desde que xh e solucao da equacao homogenea, entao o termo em vermelho e zero, i.e.,

d2xhdt2

+ 2βdxhdt

+ ω20xh = 0

o que nos permite escrever a Eq. (3.46) na forma:

d2xpdt2

+ 2βdxpdt

+ ω20xp =

F0

mcosωt. (3.47)

A Eq. (3.49) pode ser resolvida considerando que xp deve ter a forma de senos e cossenos, assim,

podemos escrever:

xp(t) = C1 cosωt+ C2 sinωt


onde C1 e C2 sao constantes, como antes. De maneira equivalente, podemos escrever3:

xp(t) = A cos(ωt− δ) (3.48)

onde definimos C1 = A cos δ e C2 = A sin δ. Assim, em vez de determinar C1 e C2 podemos, de modo

completamente equivalente, determinar A e δ. Assim, substituindo Eq. (3.48) na Eq. (3.49), obtemos:

d2xpdt2

+ 2βdxpdt

+ ω20xp =

F0

mcosωt. (3.49)

ou ainda,

−Aω2 cos(ωt− δ)− 2βAω sin(ωt− δ) + ω20A cos(ωt− δ) =

F0

mcosωt

ou ainda

A(ω20 − ω2) cos(ωt− δ)− 2βAω sin(ωt− δ) =

F0

mcosωt

e expandindo os senos e cossenos podemos escrever ainda

A(ω20 − ω2)[cos(ωt) cos δ + sin(ωt) sin δ]− 2βAω[sin(ωt) cos δ − cos(ωt) sin δ] =

F0

mcosωt

e agrupando os termos correspondentes, podemos escrever ainda:

[A(ω20 − ω2) cos δ + 2βAω sin δ] cosωt+ [A(ω2

0 − ω2) sin δ − 2βAω cos δ] sinωt =F0

mcosωt

e igualando os coeficientes dos senos e cossenos, obtemos o seguinte sistema de equacoes: A(ω20 − ω2) cos δ + 2βAω sin δ =

F0

m,

A(ω20 − ω2) sin δ − 2βAω cos δ = 0.

Da segunda equacao podemos obter δ

A(ω20 − ω2) sin δ = 2βAω cos δ


tan δ =2βω

ω20 − ω2

. (3.50)

3Aqui estamos usando uma convecao diferente da apresentada no texto. Para fazer a identificacao faca γ = 2β e

δ = −ϕ(ω).

3.6. APENDICE 2: SOLUCOES AMORTECIDAS-FORCADAS 127

Substituindo Eq. (3.50) na primeira equacao do sistema, segue que:

A(ω20 − ω2) cos δ + 2βAω sin δ =

F0

m


A =F0

m

(1

(ω20 − ω2) cos δ + 2βω sin δ

)=

F0

m

(1

(ω20 − ω2) + 2βω tan δ

)1

cos δ

e considerando o triangulo retangulo formando a partir da Eq. (3.50), entao temos que

cos δ =ω20 − ω2√

(ω20 − ω2)2 + 4β2ω2


A =F0

m

(1

(ω20 − ω2) cos δ + 2βω sin δ

)=

F0

m

1

(ω20 − ω2) + 2βω

(2βω

ω20 − ω2

)√

(ω20 − ω2)2 + 4β2ω2

ω20 − ω2

e efetuando as simplificacoes, segue que:

A =F0/m√

(ω20 − ω2)2 + 4β2ω2

(3.51)

A solucao particular fica entao na forma:

xp =F0/m√

(ω20 − ω2)2 + 4β2ω2

cos(ωt− δ), (3.52)

onde δ e determinado pela Eq. (3.50), i.e.,

δ = arctan

(2βω

ω20 − ω2

).

Temos entao que a solucao completa para o problema do oscilador amortecido-forcado e dado por:

x(t) = e−βtζ(t) +F0/m√

(ω20 − ω2)2 + 4β2ω2

cos(ωt− δ) (3.53)

onde definimos a funcao generica ζ(t) que pode assumir diferentes formas dependendo da relacao entre

β e ω0, conforme ja discutimos:

ζ(t) =

xm cos(ω1t+ ϕ), sub-amortecimento

A1eω2t +Be−ω2t, super-amortecido

A+Bt, amortecimento crıtico

E como a solucao homogenea decai exponencialmente, entao para t ≫ β−1, entao esta contribuicao

pode ser desprezada e temos a chamada solucao estacionaria:

x(t ≫ β−1) =F0/m√

(ω20 − ω2)2 + 4β2ω2

cos(ωt− δ) (3.54)

Capıtulo 4

Fluidos

Fluidos sao substancias que podem escoar, e portanto, assumem a forma do recipiente em que sao

colocados. Em geral, os fluidos sao substancias lıquidas e gasosas. A propriedade de escoamento decorre

da ausencia de resistencia a forcas aplicadas em direcoes paralelas a superfıcie do fluido.

4.1 Grandezas Basicas

Ate o momento descrevemos o movimento de corpos rıgidos cujas propriedades do movimento eram bem

caracterizadas pelas grandezas como a forca e a massa. No caso de fluidos, que nao apresentam uma

forma fixa, devemos definir grandezas equivalentes a forca e a massa associadas a valores pontuais. Estas

grandezas equivalentes sao a pressao e a densidade (tambem chamada de massa especıfica).

4.1.1 Densidade

A densidade ρ de um fluido e obtida tomando-se um pequeno elemento de volume ∆V em torno de um

ponto do fluido e medindo sua massa ∆m correspondente. A densidade e definida por:

ρ =∆m

∆V. (4.1)

Tecnicamente a densidade e definida tomando-se o limite ∆V → 0. Na pratica, consideramos um

elemento de volume pequeno comparado com as dimensoes do recipiente onde o fluido se encontra, mas

ainda grande o suficiente em comparacao com a escala atomica, de maneira que este elemento de volume

seja contınuo. Tambem consideramos que ρ e constante em todos os pontos do fluido, assim, tambem

129

130 CAPITULO 4. FLUIDOS

podemos escrever:

ρ =m

V. (4.2)

Na tabela abaixo, vemos dois exemplos de valores de densidade. No caso do ar, a densidade e bem

pequena mas varia significativamente com a variacao da pressao. No caso da agua em estado lıquido,

a variacao da densidade e insignificante, e podemos considerar a agua como um lıquido incompressıvel.

Note que a densidade tem dimensoes de kg/m3 no sistema internacional.

densidade condicoes valor

ρAr 20oC e 1 atm 1,21 kg/m3

ρAr 20oC e 50 atm 60,5 kg/m3

ρH2O 20oC e 1 atm 0,998×103 kg/m3

ρH2O 20oC e 50 atm 1,000×103 kg/m3

4.1.2 Pressao

Considere um recipiente contendo um fluido dentro do qual e colocado um sensor de pressao conforme

mostrado na Fig. 4.1. O sensor e formado por um embolo de area ∆A que pode deslizar no interior de um

cilindro fechado que repousa sobre uma mola. Um mostrador indica o deslocamento da mola (calibrada

) ao ser comprimida pelo fluido, indicando assim o modulo ∆F da forca normal que age sobre o embolo.

Definimos a pressao sobre o embolo como:

p =∆F

∆A. (4.3)

Teoricamente p e definido num dado ponto no limite da razao dada pela Eq. (4.3) quando ∆A → 0,

com centro neste ponto. Quando a forca nao varia (uniforme) em uma superfıcie de area A, entao podemos

escrever,

p =F

A(4.4)

onde F e o modulo da forca F normal a superfıcie de area A. Observamos experimentalmente que a

pressao dentro de um fluido em repouso e a mesma qualquer que seja a orientacao do sensor de pressao

da Fig. 4.1. Assim, a pressao p e uma grandeza escalar envolvendo apenas o modulo da forca.

4.1. GRANDEZAS BASICAS 131

A unidade de pressao no sistema internacional de unidades e o pascal (Pa), cuja relacao com as outras

unidades de pressao e dada abaixo:

1 atm = 1, 01× 105 Pa = 760 Torr = 14, 7 lb/in2

sensor depressão

vácuo

Figura 4.1: (a) No esquema acima e mostrado um sensor simples para medir a pressao do gas encerrado no

recipiente. (b) Detalhe do sensor de pressao, que mede a forca sobre a area do embolo atraves do deslocamento da

mola calibrada. Note que no interior do embolo temos vacuo.

Exemplo

1. Uma sala tem 4, 2 m de comprimento, 3, 5 m de largura e 2, 4 m de altura. Qual e o peso do ar da

sala se a pressao do ar e 1 atm?

Par = mg = ρV g

= 1, 21 kg/m3 × 4, 2 m× 3, 5 m× 2, 4 m× 9, 8 m/s2

= 420 N.


4.2 Fluidos em Repouso (Hidrostatica)

Considere um recipiente com agua ou qualquer outro lıquido em repouso contido em um recipiente aberto

como mostrado na Fig. 4.2. O objetivo aqui e determinar a pressao hidrostatica (pressao exercida

pelo fluido em repouso) em funcao da profundidade no fluido. Para isso, consideramos uma porcao do

fluido, que tomamos como sendo um volume cilındrico de area A e altura y1 − y2. Temos tres forcas

água

ar

nível 1

nível 2

Figura 4.2: Um recipiente no qual uma amostra cilındrica imaginaria de agua de area basal A esta em equilıbrio.

A forca F1 atua na area superior do cilindro ; a forca F2 atua na base inferior do cilindro; a forca gravitacional

sobre a agua no cilindro e representada por mg.

atuando sobre o volume do lıquido que denotamos como: F1, F2 e mg. Desde que o lıquido se encontra

em equilıbrio estatico, ou seja, esta em repouso, a soma das forcas atuando sobre a porcao do lıquido

devem ser nulas:

F1 + F2 +mg = 0

onde m e massa do fluido dentro do volume considerado.

A forca F1 e a forca exercida pelo lıquido que se encontra acima do o volume de lıquido que estamos

considerando; a forca F2 e a forca exercida pelo lıquido sob a porcao inferior do lıquido; mg corresponde

ao peso do lıquido contido no volume que estamos considerando. Assim, F1 e mg apontam para baixo

e F2 aponta no sentido contrario, para cima. Desde que estamos considerando aqui apenas forcas na

direcao vertical, podemos trabalhar apenas com modulo das forcas e indicando o sentido apenas pelo

sinal, assim escrevemos:

F2 = F1 +mg

4.2. FLUIDOS EM REPOUSO (HIDROSTATICA) 133

e usando a definicao da pressao dada pela Eq. (4.8)

p2A = p1A+mg

alem disso, considerando a definicao da densidade dada pela Eq. (4.2), podemos escrever a massa do

fluido contido no cilindro de V = A(y1 − y2) na seguinte forma:

p2A = p1A+ ρA(y2 − y1)g

e simplificando a area A, obtemos a primeira equacao fundamental da hidrostatica:

p2 = p1 + ρ(y1 − y2)g (4.5)

com ρ sendo a densidade do fluido em equilıbrio.

A Eq. (4.5) permite determinar a pressao tanto em um lıquido (em funcao da profundidade) como

na atmosfera (em funcao da altitude).

No primeiro caso, vamos determinar a pressao a um profundidade h. Para isso, substituımos os

seguintes dados na Eq. (4.5): y1 = 0, y2 = −h, p1 = p0 (pressao atmosferica) e p2 = p, assim,

p = p0 + ρhg (4.6)

Temos duas observacoes importantes a fazer sobre a Eq. (4.6): a primeira e que a pressao cresce com a

profundidade, ou seja, quanto mais fundo maior a pressao. Isso permite que objetos imersos possam ficar

em equilıbrio no interior de um fluido desde que a forca na superfıcie inferior e maior que na superior;

a outra observacao e que a coordenada horizontal nao entra nas equacoes, assim, se nos deslocamos

horizontalmente em um lıquido ou gas, iremos sofrer a mesma pressao.

Note tambem que a pressao a uma profundidade h no interior de um lıquido apresenta duas contri-

buicoes: a pressao do volume de lıquido acima de h (= ρgh) e a pressao atmosferica (= p0). A diferenca

entre a pressao sentida na profundidade h e a pressao atmosferica e chamada pressao manometrica :

pm = p− p0 = ρgh.

Vamos considerar agora a pressao a uma determinada altitude d. Para isso, entramos com os seguintes

parametros na Eq. (4.5): y1 = 0, y2 = d, p1 = p0 (pressao atmosferica ao nıvel do mar), p2 = p e ρ = ρar:

p = p0 − ρargd. (4.7)

que mostra que a pressao que sentimos e reduzida a medida que subimos em lugares mais altos em relacao

ao nıvel do mar. Este resultado e obvio desde que temos cada vez menos atmosfera em cima de nos para

altitudes cada vez maiores.


Exemplos

1. Um mergulhador novato, praticando em uma piscina, inspira ar suficiente para expandir totalmente

os pulmoes antes de abandonar o tanque a uma profundidade L e nadar para a superfıcie. Ele ignora

as instrucoes e nao exala o ar durante a subida. Ao chegar a superfıcie, a diferenca entre a pressao que

esta submetido e a pressao no interior dos seus pulmoes e de 9, 3 kPa. De que profundidade partiu? Que

risco fatal estaria correndo?

Aqui usamos a Eq. (4.6) fazendo h = L para determinar a pressao que o mergulhador esta submetido

no interior da piscina:

pi = p0 + ρLg.

Quando o mergulhador inspira o ar do tanque, antes de abandona-lo, ele teve que igualar a pressao no

interior dos seus pulmoes a pressao pi dada pela equacao acima. Caso contrario, nao conseguiria respirar.

Assim, quando sobe a superfıcie, a pressao externa diminui para o valor igual a pf = p0. Portanto, a

diferenca de pressao entre os seus pulmoes e o meio externo e dada por:

∆p = pi − pf = p0 + ρLg − p0

assim,

∆p = ρLg

donde obtemos a profundidade L:

L =∆p

ρg=

9, 3 kPa

0, 998× 103 kg/m3 × 9, 8 m/s2= 0, 95 m.

Vemos que alta diferenca de pressao corresponde a uma profundidade de aproximadamente 1 metro,

mas capaz de romper os pulmoes do mergulhador forcando a passagem de ar para a corrente sanguınea

que e transportada para coracao provocando uma embolia. Assim, mergulhador corre risco de morte caso

nao expire o ar a medida que sobe para a superfıcie de maneira a igualar a pressao no interior de seus

pulmoes com a pressao atmosferica.

2. Um tubo em forma de U da Fig. 4.3 contem dois lıquidos em equilıbrio estatico: no lado direito

existe agua de densidade 0, 998 × 103 kg/m3 e do lado esquerdo oleo com uma densidade desconhecida

que chamamos de ρX . Os valores das distancias sao h = 12, 3 mm e l = 135 mm. Qual e o valor de ρX?

No lado direito temos:


óleo

água

interface


ρint = p0 + ρH2Ogl

e no lado esquerdo temos:

ρint = p0 + ρXg(l + d)

e eliminado ρint entre as duas equacoes acima, segue que:

p0 + ρXg(l + d) = p0 + ρH2Ogl

e isolando a densidade do oleo, segue que:

ρX = ρH2Ol

l + d= 998kg/m3 ×

(135

135 + 12, 3

)= 915 kg/m3

4.2.1 Medindo a pressao

Pressao atmosferica

O ultimo exemplo nos permitiu mostrar como determinar a densidade de outro tipo de lıquido dado

que conhecemos a densidade de um segundo lıquido. O uso de colunas de lıquido tambem nos permite

determinar a pressao. Um exemplo classico e o barometro de mercurio, usado por Torricelli para medir

a pressao atmosferica. Na Fig. 4.4a temos o esquema do instrumento que consiste de um tubo longo que

e enchido com mercurio e, em seguida, e virado com a abertura para baixo dentro de um recipiente cheio

de mercurio. A pressao atmosferica deve ser igual a pressao da coluna do tubo desde que a a pressao

na ponta fechada sem lıquido e zero. Assim, a medida da altura nos fornece uma medida da pressao


atmosferica. Usando a Eq. (4.5) com p2 = 0 correspondendo a pressao na altura h e p1 = p0 na base do

tubo em y1 = 0, obtemos:

0 = p0 + ρg(0− h)

ou seja,

p0 = ρgh

que nos fornece o valor da pressao atmosferica atraves da altura da coluna de mercurio. Note que este

resultado depende da aceleracao da gravidade e da densidade do mercurio. Assim, devemos efetuar a

medida sob condicoes adequadas com g dado pelo seu valor no nıvel do mar e a temperatura do mercurio

igual a 0oC.

nível 2

nível 1

nível 2

nível 1

manômetro

tanque

Figura 4.4: (a) um barometro de mercurio usado para medir a pressao atmosferica. (b) um manometro usado

para medir a pressao manometrica do gas pg.

Pressao manometrica

Vamos agora considerar o sistema mostrado na Fig. 4.4b onde temos um gas encerrado em um balao.

Queremos determinar a pressao manometrica definida pela diferenca entre a pressao medida no interior

do sistema e a pressao atmosferica. Para isso utilizamos o manometro composto pelo tubo em U como

mostrado. Na interface entre o gas e o lıquido do tubo, a pressao pode ser determinada via Eq. (4.5),


assim temos:

p2 = p1 + ρ(y1 − y2)g

e considerando que a pressao na interface e dada por p2 em y2 = 0, obtemos:

p = p0 + ρ(h− 0)g ∴ p = p0 + ρhg

A pressao manometrica do gas e dada por:

pg = p− p0 = ρhg

4.2.2 O princıpio de Pascal

O princıpio de Pascal nos diz que a variacao da pressao aplicada a um fluido incompressıvel contido em um

recipiente e transmitida integralmente e igualmente a todas as partes do fluido e as paredes do recipiente.

Na Fig. 4.5 mostramos um pistao sobre o qual e colocado um recipiente com esferas de chumbo. Assim,

mudando o numero de esferas dentro do recipiente podemos variar o peso do recipiente e, portanto, a

pressao aplicada no pistao. A pressao a uma certa profundidade h e dada por:

p = pext + ρgh

onde pext e a pressao aplicada pelo recipiente contendo as esferas de chumbo. Se adicionamos mais esferas,

o que faz aumentar a pressao externa, entao desde que o fluido e incompressıvel, a altura h nao e alterada

pois o pistao nao se move. Assim, tomando a diferencial de ambos os lados da equacao acima, segue que:

dp = dpext

e vemos que a variacao da pressao independe do valor de h o que significa que a variacao da pressao e a

mesma para todos os pontos do lıquido.

Aplicacao do Princıpio de Pascal

A principal aplicacao do princıpio de Pascal e o chamado macaco hidraulico. Este dispositivo e basica-

mente um tubo de diametro variavel contendo dois pistoes em suas extremidades. Conforme mostrado

na Fig. 4.6, o macaco hidraulico esta submetido a uma forca de modulo Fe no pistao da esquerda que

provoca uma variacao de pressao ∆p = Fe/Ae que e distribuıda sobre todo o lıquido (a area do pistao

esquerdo e igual a Ae). Como resultado, esta diferenca de pressao provoca uma forca Fs no pistao da

direita que tem uma area de secao transversal As.


líquido

esferas dechumbo

pistão

Figura 4.5: Pistao usado para demonstrar o princıpio de Pascal. Quando aumentamos a pressao no pistao, esta

deve aumentar igualmente em todos os pontos do fluido dentro do recipiente pois o volume permanece constante.

Desde que a diferenca de pressao e a mesma sobre todo o o lıquido, podemos determinar a forca de

saıda Fs:

Fs = As∆p

e considerando que

∆p =Fe

Ae

entao podemos escrever a forca de saıda em termos da forca aplicada no pistao da esquerda:

Fs =As

AeFe (4.8)

A Eq. (4.8) nos mostra que a forca Fs pode ser maior do que a forca aplicada no pistao esquerdo se

As > Ae. Alem disso, desde que a quantidade de volume deslocado no processo deve ser o mesmo, entao

podemos escrever:

Ve = Vs

Aede = Asds

onde de e ds sao os deslocamentos verticais dos pistoes esquerdo e direito, respectivamente. Isolando ds,

temos:

ds =Ae

Asde


e portanto, ds < de se As > Ae. Isso nos mostra que embora consigamos aumentar a forca aplicada no

pistao de saıda, vamos conseguir movimenta-lo por uma distancia menor. No entanto, a quantidade de

trabalho realizada nos dois pistoes e a mesma. Podemos ver isso calculando o trabalho realizado pelo

pistao direito:

Ws = Fsds =As

AeFe

Ae

Asde = Fede = We

e vemos que o trabalho realizado pelos dois pistoes e o mesmo.

O macaco hidraulico tem muitas utilidades, mas certamente a mais lembrada e o seu uso em oficinas

mecanicas para levantar carros.

e

e

e

s

s

s

fluidoincompressível

Figura 4.6: Esquema de um macaco hidraulico que utiliza o princıpio de Pascal. A forca Fs pode ser maior do

que a forca Fe aplicada na lado esquerdo dado que as areas dos pistoes sejam tais que As > Ae.

4.2.3 O princıpio de Arquimedes

Anteriormente, determinamos a variacao da pressao com a profundidade de um fluido e constatamos que

a pressao aumenta a medida que nos deslocamos para pontos mais profundos no fluido. A Eq. (4.5)

relaciona as pressoes em dois pontos P1 e P2 dentro de um fluido em funcao da distancia entre eles:

p2 = p1 + ρg(y1 − y2)


onde consideramos que P2 e um ponto mais abaixo do fluido em comparacao com o ponto P1. Este

fato implica que a pressao inferior do fluido e maior do que a pressao de cima, ou seja, temos uma

forca resultante para cima que atua no fluido, que chamamos de empuxo, E. Para determina-lo, vamos

considerar um cilindro circular com area de base A imerso em um fluido como mostrado na Fig. 4.7. As

forcas que o lıquido aplica sobre o cilindro sao dadas por:

F1 = p1A

atuando para baixo devido ao peso do lıquido acima do cilindro e

F2 = p2A

que atua de baixo para cima devido ao lıquido abaixo do cilindro.

Figura 4.7: Um cilindro imerso em um fluido. Note que a pressao na regiao inferior do fluido, abaixo do cilindro,

e maior do que a pressao na regiao superior do cilindro. Por esta razao, surge uma pressao de baixo para cima que

gera uma forca que chamamos de empuxo.

O empuxo e a forca resultante da soma destas duas forcas:

E = F2 − F1 = (p2 − p1)A

dirigida para cima.

Mas a diferenca de pressao p2 − p1 ja foi determinada pela Eq. (4.5), assim:

E = ρg(y1 − y2)A = ρghA

onde h e a altura do cilindro. Assim, notando que V = Ah, temos ainda

E = ρgV


e usando a definicao da densidade, identificamos a massa do fluido mf = ρV , logo

E = mfg (4.9)

Vemos entao que o modulo do empuxo e igual ao peso do fluido deslocado pelo corpo. Quando

imergimos um objeto em um fluido este ira flutuar se o peso do corpo for igual ao peso do fluido deslocado

pelo mesmo. Com efeito, a condicao de equilıbrio e satisfeita quando a soma das forcas que atuam sobre

o corpo e nula. Assim, no caso do corpo flutuante, temos duas forcas atuando: a forca de empuxo para

cima e a forca de gravidade para baixo, assim, podemos escrever a condicao para que um corpo flutue

como:

E = Fg (4.10)

Exemplo

1. Na Fig. 4.8 um bloco de massa especıfica ρ = 800 kg/m3 flutua em um fluido de massa especıfica

ρf = 1200 kg/m3. O bloco tem altura H = 6, 0 cm.

(a) Qual e a altura h da parte submersa?


Desde que o bloco esta flutuando, entao vale a condicao dada pela Eq. (4.10)

E = Fg.

Temos que determinar explicitamente as formas das forcas E e Fg. Assim, temos que:

E = mfg = ρfV g = ρfAhg

e o peso do bloco e dado por:

Fg = mg = ρAHg


Substituindo-se estas expressoes na condicao (4.10), segue que:

ρfAhg = ρAHg

e simplificando os fatores semelhantes obtemos:

h =ρ

ρfH

e substituindo os valores correspondentes obtemos o valor de h:

h =800 kg/m3

1200 kg/m3 × 6, 0 cm = 4, 0 cm.

(b) Se o bloco e totalmente imerso e depois liberado qual e aceleracao do bloco?

Agora o empuxo sera maior do que a forca peso desde que o bloco esta totalmente imerso e, assim, o

volume do fluido deslocado corresponde ao volume do bloco, assim:

E = ρfAHg

e substituindo na segunda lei de Newton segue que:

E − Fg = ρfAHg − ρAHg = ma = ρAHa

e simplificando os fatores semelhantes obtemos:

ρa = (ρf − ρ)g

a =

(ρfρ

− 1

)g

e substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:

a =

(3

2− 1

)g = g/2

ou seja,

a = 4, 5 m/s2.

4.3. DINAMICA DOS FLUIDOS IDEIAIS 143

4.3 Dinamica dos fluidos ideiais

Aqui consideramos o movimento dos fluidos, no entanto, consideramos que o fluido sob estudo e um fluido

ideal. Para ser um fluido ideal, quatro pre-requisitos precisam ser satisfeitos:

(a) escoamento laminar : no escoamento laminar, a velocidade do fluido em um ponto fixo qualquer

nao varia no tempo, nem em modulo e em direcao. Um exemplo tıpico deste escoamento e a fumaca

de cigarro que comeca a escoar de maneira laminar, mas com o aumento da velocidade a medida que

sobe passa de laminar para turbulenta;

(b) escoamento incompressıvel : supomos, como no caso dos fluidos em repouso, que o fluido e in-

compressıvel, i.e., a densidade do fluido permanece uniforme;

(c) escoamento nao-viscoso: de maneira coloquial, a viscosidade e uma resistencia que o fluido oferece

ao escoamento. E o analogo do atrito no caso do movimento dos corpos rıgidos. Aqui supomos que

os fluidos nao apresentam esta caracterıstica;

(d) escoamento irrotacional : se consideramos um grao de areia se movendo com o fluido, entao

quando o fluido e irrotacional, o grao de areia nao gira em torno de um eixo que passa por seu centro

de massa.

A trajetoria descrita por um fluido pode ser ilustrada por meio das chamadas linhas de fluxo onde a

velocidade de um elemento de fluxo e tangente as linhas de campo. Esta construcao e bastante util para

visualizar o fluido em movimento.

elemento

de fluido

linhas de fluxo

Figura 4.9: Linhas de fluxo representando a trajetoria descrita pelo fluido. A velocidade de uma partıcula do

fluido e tangente as linhas de fluxo.


A seguir, vamos obter duas equacoes fundamentais na descricao de fluidos ideais em movimento:

a equacao da continuidade e a equacao de Bernoulli. Estas equacoes permitem relacionar a pressao e

densidade com a velocidade do fluido e, assim, descrever o movimento do fluido em situacoes gerais. No

entanto, estas equacoes estao aqui restritas aos fluidos ideais, de modo que as condicoes acima estao

implıcitas na suas aplicacoes.

4.3.1 Equacao da continuidade

A velocidade da agua em uma mangueira depende da area da secao reta atraves da qual a agua escoa.

Percebemos isso quando tapamos parte desta area com os dedos e a velocidade do jato de agua aumenta

alcancando distancias maiores. O objetivo e determinar uma expressao para o fluxo em termos da

velocidade v e a area A de um tubo com secao reta variavel.

Suponhamos que em um intervalo de tempo ∆t, um volume ∆V do fluido entre na extremidade

esquerda do tubo, como mostrado na Fig. 4.10a. Devido ao fluido ser incompressıvel, uma quantidade

igual ∆V de fluido deve sair na extremidade direita do fluido. Como o volume e igual, entao podemos

usar este fato para relacionar os volumes e as areas nas duas extremidades do tubo. Assim, tomando

um elemento do fluido com velocidade constante, entao durante o tempo ∆t, o elemento percorreu uma

distancia ∆x. Portanto, o elemento de volume do fluido deslocado neste intervalo de tempo sera:

∆V = A∆x = Av∆t

este elemento de volume deve ser o mesmo nas duas extremidades, ou seja,

A1v1∆t = A2v2∆t

e eliminando os intervalos de tempo em ambos os lados, obtemos a equacao da continuidade:

A1v1 = A2v2 (4.11)

O produto da area da secao reta pela velocidade do fluido e definida como a vazao RV :

RV = Av

que e medida em m3/s.

Assim, a Eq. (4.11) pode ser escrita na forma alternativa:

RV = Av = constante.


(a) tempo t

(b) tempo t+ tD

Figura 4.10: Um fluido escoa da esquerda para a direita com vazao constante atraves de um segmento de tubo de

comprimento L. A velocidade do fluido e v1 no lado esquerdo e v2 no lado direito. A area de secao reta e A1 no

lado esquerdo do tubo e A2 no lado direito. Do instante t em (a) ate o instante t + ∆t em (b), a quantidade de

fluido mostrada em cor violeta entra do lado esquerdo e uma quantidade igual mostrada em cor verde sai pelo lado

direito.

Se a densidade do fluido e constante, podemos definir a chamada vazao massica Rm:

Rm = ρRV = ρAv = constante.

que e expressa em kg/s.

Exemplo

1. A Fig. 4.11 mostra que o jato de agua que sai de uma torneira fica progressivamente mais fino durante

a queda. As areas das secoes retas indicadas sao A0 = 1, 2 cm2 e A = 0, 35 cm2. Os dois nıveis estao

separados por uma distancia vertical h = 45 mm. Qual e a vazao da torneira?

Sabemos que a vazao nos dois pontos indicados na Fig. 4.11 deve ser a mesma. Portanto, a igualdade

a seguir deve ser satisfeita:

A0v0 = Av

Desde que o fluxo que sai da torneira esta sob a acao da forca gravitacional, entao as velocidades nos



dois pontos devem estar relacionadas pela equacao:

v2 = v20 − 2g(0− h)

onde usamos um referencial em que a origem esta no primeiro ponto e o segundo em uma posicao y2 = −h.

Rearranjando a equacao acima podemos escrever ainda

v2 = v20 + 2gh

e eliminado a velocidade v atraves da equacao da vazao, segue que:

A20

A2v20 = v20 + 2gh

e isolando a velocidade inicial, obtemos

v0 =

√2ghA2

A20 −A2

A vazao agora pode ser determinada usando:

RV = A0v0 =

√2ghA2A2

0

A20 −A2

e substituindo-se os valores correspondentes obtemos ainda:

RV =

√2× 9, 8 m/s2 × 4, 5cm× (0, 35cm2)2(1, 2cm2)2

(1, 2cm2)2 − (0, 35cm2)2


RV = 34 cm3/s.

4.3.2 Equacao de Bernoulli

Vamos considerar agora que o fluxo do fluido apresenta uma velocidade variavel, resultante de uma

diferenca de pressao entre as duas extremidades de um tubo de fluxo. Alem disso, tambem consideramos

a influencia da gravidade, desde que esta produz variacoes na energia potencial do fluido quando este se

desloca em diferentes alturas em relacao a superfıcie da Terra. Para determinar a equacao que descreve

o movimento do fluido, considere que o mesmo se desloca ao longo de uma distancia horizontal L e

uma distancia vertical y2 − y1, conforme mostrado na Fig. 4.12. Para que o fluido se desloque ao longo

desta trajetoria, aplicamos uma pressao pressao p1 na extremidade inferior do tubo, como mostrado na

Fig. 4.12. Como resultado, o fluido apresenta uma velocidade v1 na extremidade inferior do tubo e sai

com uma velocidade diferente v2 na outra extremidade do tubo. Note que existe uma pressao p2 em y2

aplicada pelo fluido que esta a frente do volume deslocado e, portanto, e aplicada no sentido contrario

ao deslocamento do fluido.

O trabalho resultante W da diferenca de pressao nas duas extremidades, provoca uma variacao na

energia mecanica do sistema que corresponde a variacoes na energia cinetica e potencial do fluido. Este

trabalho e dado por:

W = (F1 − F2)∆x = (p1A1 − p2A2)∆x

ou seja,

W = (p1 − p2)∆V

onde consideramos aqui que ∆V1 = ∆V2 = ∆V , ou seja, a quantidade de materia que entra no tubo

deve ser a mesma quantidade que sai. O trabalho provoca uma variacao da energia cinetica do fluido, de

acordo com o teorema trabalho-energia cinetica. Assim, temos:

∆K = K2 −K1

e considerando que o elemento de volume deslocado tenha uma massa m, podemos escrever

∆K =1

2mv22 −

1

2mv21


entrada

saída

(a)

(b)

Figura 4.12: Um fluido escoa com vazao constante atraves de um comprimento L de um tubo, da extremidade

de entrada a esquerda, ate a extremidade de saıda, a direita. Do instante t em (a) ao instante t + ∆t em (b)

uma quantidade de fluido, representada pela cor violeta, entra pela extremidade esquerda e uma quantidade igual,

representada na cor verde, sai pela extremidade direita.

e usando a definicao da densidade do fluido, que e considerada constante, temos ainda,

∆K =

(1

2ρv22 −

1

2ρv21

)∆V

Alem disso, o trabalho deve provocar uma variacao ∆U correspondente na energia potencial gravita-

cional. Esta variacao e dada por:

∆U = mgy2 −mgy1 = ρg∆V (y2 − y1)

A soma das variacoes ∆K e ∆U deve ser igual a variacao total da energia mecanica do sistema devida

ao trabalho externo aplicado pela diferenca de pressao nas extremidades do tubo. Assim, podemos

escrever:

W = ∆E = ∆U +∆K


e substituindo as expressoes correspondentes, segue que:

(p1 − p2)∆V =

(1

2ρv22 −

1

2ρv21

)∆V + ρg∆V (y2 − y1)

e vemos que podemos eliminar o elemento de volume que e o mesmo em todos os termos:

p1 − p2 =1

2ρv22 −

1

2ρv21 + ρg(y2 − y1)

podemos escrever a equacao acima na seguinte forma:

p1 +1

2ρv21 + ρgy1 = p2 +

1

2ρv22 + ρgy2 (4.12)

Podemos reescrever a Eq. (4.12) na forma:

p+1

2ρv2 + ρgy = constante. (4.13)

A Eq. (4.13) foi deduzida pela primeira vez por Daniel Bernoulli que estudou o escoamento de fluidos

pela primeira vez no sec. XVIII. A Eq.(4.12) e bastante geral e podemos naturalmente recuperar o caso

mais simples de um fluido em repouso que estudamos na secao anterior. Com efeito, considerando que o

fluido esta repouso, entao v1 = v2 = 0 e a Eq. (4.12) se reduz a:

p2 + ρgy2 = p1 + ρgy1

ou seja,

p2 = p1 + ρg(y1 − y2)

que e a Eq. (4.5) que obtivemos anteriormente.

Uma outra particularizacao importante da equacao de Bernoulli, e o caso em que o escoamento ocorre

na direcao horizontal mas com velocidades diferentes nos pontos 1 e 2, assim, fazendo y1 = y2 = y na Eq.

(4.12), segue que:

p1 +1

2ρv21 + ρgy = p2 +

1

2ρv22 + ρgy

e eliminando os termos em comum, obtemos ainda:

p1 +1

2ρv21 = p2 +

1

2ρv22

De acordo com a equacao acima, se v2 < v1 entao devemos ter p1 > p2. Assim, vemos que a pressao

deve diminuir com o aumento da velocidade do fluido. Nos resta fazer alguns exemplos de aplicacao da

equacao de Bernoulli.


Exemplos

1. Na Fig. 4.13, a agua doce atras de uma represa tem uma profundidade D = 15 m. Um cano horizontal

de 4,0 cm de diametro atravessa a represa a uma profundidade d = 6, 0 m. Uma tampa fecha a abertura

do cano. (a) Determine o modulo da forca de atrito entre a tampa e o cano. (b) A tampa e retirada.

Qual e o volume de agua que sai do cano em 3, 0 h?


(a)

A pressao p2 na altura onde se encontra o cano pode ser determinada via Eq. (4.5):

p2 = p0 + ρg(0− (−d)) = p0 + ρgd.

Agora precisamos determinar a forca resultante sobre a tampa. Temos tres forcas atuando. A primeira

e devida a pressao da agua da represa que acabamos de calcular. A forca esta dirigida para fora da represa

e seu modulo e dado por F2 = p2A. Alem desta forca, no lado de fora da represa, temos apenas a pressao

atmosferica que empurra a tampa para dentro da represa. Assim, a forca correspondente tem modulo

F1 = p0A e tem sentido contrario a F2. Alem das forcas devido a diferenca de pressao entre o interior e

exterior da represa, temos ainda a forca de atrito estatico fs que tambem aponta no sentido contrario a

forca F2.

Assim, para que a tampa permaneca no lugar, a soma destas forcas deve ser nula, assim devemos ter:

F1 + fs = F2


ou seja,

p0A+ fs = p0A+ ρgdA

ou seja, o modulo da forca de atrito e dado por:

fs = ρgdA = 103 kg/m3 × 9, 8 m/s2 × 6, 0 m× π × (4, 0× 10−2 m)2

4

fs = 74 N.

(b)

Para determinar a quantidade de agua que sai quando a tampa e retirada, devemos aplicar a Eq.

(4.12) na superfıcie da represa e na altura onde se encontra o cano. Assim, temos:

p1 +1

2ρv21 + ρgy1 = p2 +

1

2ρv22 + ρgy2

p0 +1

2ρ(0)2 + ρgd = p0 +

1

2ρv22 + ρg(0)

onde consideramos que a velocidade da agua e nula na superfıcie da represa e que a pressao no ponto de

saıda e igual a pressao atmosferica pois retiramos a tampa e entao temos apenas a pressao atmosferica

atuando sobre o fluxo da agua, logo

ρgd =1

2ρv22

ou seja,

v2 =√

2gd

e a vazao e dada por:

R2 = A2v2

onde A2 e a area do cano. A quantidade de agua que sai em 3,0 h pode ser determinada multiplicando a

vazao calculada por este tempo:

∆V = A2v2∆t =π × (4, 0× 10−2 m)2

4

√2× 9, 8 m/s2 × 6, 0 m× 3, 0 h


∆V = 1, 5× 102 m3

2. Um medidor venturi e usado para medir a velocidade de um fluido em um cano. O medidor e

ligado entre dois segmentos do cano (veja a Fig. 4.8); a secao reta A na entrada e saıda do medidor e

igual a secao reta do cano. Entre a entrada e a saıda do medidor o fluido escoa com velocidade V e depois

passa com velocidade v pelo gargalo estreito de secao reta a. Um manometro liga a parte mais larga do

medidor a parte mais estreita. A variacao da velocidade do fluido e acompanhada por uma variacao ∆p

da pressao do fluido, que produz uma diferenca h na altura do lıquido nos dois lados do manometro. (A

diferenca ∆p corresponde a pressao no gargalo menos a pressao do cano). (a) Aplicando a equacao de

Bernoulli e a equacao da continuidade aos pontos 1 e 2 na Fig. 4.8, mostre que

V =

√2a2∆p

ρ(a2 −A2)

onde ρ e a densidade do fluido. (b) Suponha que o fluido e agua doce, que a secao reta e 64 cm2 no cano

e 32 cm2 no gargalo e que a pressao e 55 kPa no cano e 41 kPa no gargalo. Qual e a vazao de agua em

metros cubicos por segundo?

entrada

do medidormedidor Venturi

saída

do medidor

cano cano

manômetro


(a)


A equacao da continuidade fornece,

AV = av.

A equacao de Bernoulli e dada por:

p1 +1

2ρv21 + ρgy1 = p2 +

1

2ρv22 + ρgy2

e particularizando para o caso em questao, obtemos:

p1 +1

2ρV 2 = p2 +

1

2ρv2

1

2ρV 2 = p2 − p1 +

1

2ρv2 = ∆p+

1

2ρv2

e trocando o valor da velocidade v pela equacao da continuidade obtemos ainda:

1

2ρV 2 = p2 − p1 +

1

2ρv2 = ∆p+

1

2ρ

(A

aV

)2

ou seja,

1

2ρ

(1− A2

a2

)V 2 = ∆p

1

2ρ

(a2 −A2

a2

)V 2 = ∆p

e isolando a velocidade V obtemos ainda

V =

√2a2∆p

ρ(a2 −A2)

(b)

A vazao de agua e dada por:

RV = AV

RV =

√2a2A2∆p

ρ(a2 −A2)

e substituindo-se os valores correspondentes, obtemos finalmente:

RV =

√2(32× 10−4 m2)2 × (64× 10−4 m2)2(41− 55) kPa

1000 kg/m3 × [(32× 10−4 m2)2 − (64× 10−4 m2)2])

RV = 2, 0× 10−2 m3/s

Capıtulo 5

Gravitacao

5.1 Introducao

Agora vamos estudar a gravitacao que e a tendencia dos corpos de se atraırem mutuamente devido as

suas massas. Newton mostrou que todos os corpos no universo se atraem mutuamente. Da mesma forma

que um pequeno corpo que lancado para cima na superfıcie da Terra e atraıdo pela mesma, o mesmo

ocorre com a Lua orbitando em torno da Terra. Alem disso, assim como a Terra atrai uma pedra com

uma forca de, digamos, 0,8 N a pedra tambem atrai a Terra com a mesma forca de 0,8 N. No entanto, a

aceleracao da Terra devido a forca aplicada pela pedra e desprezıvel. Isto ocorre por causa de sua enorme

massa.

A lei de gravitacao, proposta por Newton, nos permite determinar o valor da forca entre duas partı-

culas de massas m1 e m2 que se atraem mutuamente a uma distancia r. O modulo da forca e dado pela

equacao:

F = Gm1m2

r2(5.1)

onde G e uma constante dada por:

G = 6, 67× 10−11 N.m2/kg2

= 6, 67× 10−11 m3/kg.s2

Na Fig. 5.1a, F e a forca que a partıcula 2 exerce sobre a partıcula 1 . A forca aponta para 2 e tende

a aproximar a partıcula 1 da partıcula 2, e por esta razao dizemos que F e uma forca atrativa. O modulo

de F e dada pela Eq. (5.1).

155

156 CAPITULO 5. GRAVITACAO

(a)

(b)

(c)

Figura 5.1: (a) A forca gravitacional F que a partıcula 2 exerce sobre a partıcula 1 e uma forca atrativa porque

aponta para a partıcula 2. (b) A forca F esta sobre um eixo radial r. (c) A forca F tem o mesmo sentido que o

vetor unitario r do eixo r.

A direcao de F esta ao longo da linha que une as partıculas como mostrado na Fig. 5.1b. Assim,

definimos um eixo r passando pelas duas partıculas, o que nos permite reescrever a Eq. (5.1) na forma

vetorial:

F = Gm1m2

r2r (5.2)

onde r e um vetor de modulo unitario com direcao ao longo do eixo r e sentido de 1 para 2, veja a Fig.

5.1c.

Existe uma segunda forca neste sistema de 2 partıculas que e a forca sobre m2 devido a partıcula

m1. Esta forca tem o mesmo modulo e direcao da forca F mas sentido contrario, ou seja, apontando de

2 para 1.

Embora a Eq. (5.2) seja definida para partıculas, podemos aplicar a Eq. (5.2) para objetos reais

quando seus tamanhos sejam pequenos em comparacao com a distancia entre eles. A Lua e a Terra

5.1. INTRODUCAO 157

estao suficientemente longe uma da outra para que com boa aproximacao possam ser consideradas como

partıculas.

Por outro lado, o caso de uma pedra atirada para cima na superfıcie da Terra, em princıpio, nao

pode ser descrito pela Eq. (5.2) desde que nao podemos considerar a Terra como uma partıcula neste

caso. Com efeito, a Terra parece extensa e plana, e portanto, nao se parece como uma partıcula. Newton

resolveu este problema da atracao entre a Terra e a pedra provando um teorema importante, conhecido

como teorema da casca esferica. O teorema e enunciado da seguinte forma:

"Uma casca esferica uniforme de materia atrai uma partıcula que se encontra

fora da casca como se toda a massa da casca estivesse concentrada em seu centro."

A Terra pode ser imaginada como um conjunto de cascas, uma dentro da outra, cada uma atraindo

uma partıcula fora de sua superfıcie como se a massa da casca estivesse localizada no seu centro. Assim,

do ponto de vista da pedra, a Terra se comporta como uma partıcula que esta localizada no centro da

Terra e possui uma massa igual a da Terra.

5.1.1 Princıpio da Superposicao

Dado um grupo de partıculas, podemos calcular a forca gravitacional a que uma delas esta submetida

como a soma das forcas que as demais partıculas exercem sobre a mesma. Este e o chamado princıpio da

superposicao e, formalmente, podemos escrever a forca resultante sobre a partıcula 1 devido as demais

na forma:

F1,res = F12 + F13 + F14 + F15 + F16 + · · ·+ F1n (5.3)

o que pode ser colocado na forma mais compacta:

F1,res =

n∑i=2

F1i

No caso de um corpo rıgido, podemos estender o princıpio da superposicao para uma expressao

integral:

F1,res =

∫dF (5.4)

Exemplo

1. A Fig. 5.2 mostra um arranjo de tres partıculas: a partıcula 1, de massa m1 = 6, 0 kg, e as partıculas

2 e 3, de massas m2 = m3 = 4, 0 kg; a = 2, 0 cm. Qual e a forca gravitacional resultante que as outras

partıculas exercem sobre a partıcula 1?



Temos aplicar o princıpio da superposicao. Considerando a Eq. (5.3), temos:

F1 = F12 + F13

e observando a localizacao das partıculas, temos entao:

F1 = F12j− F13i

e substituindo a Eq. (5.1), segue que:

F1 = Gm1m2

a2j−G

m1m3

4a2i

esta e a expressao vetorial para a forca que atua sobre a partıcula 1. Substituindo-se os valores corres-

pondentes, obtemos:

F1 = 6, 67× 10−11 m3/kg.s2 × 6, 0 kg× 4, 0 kg

(2, 0× 10−2 m)2j− 6, 67× 10−11 m3/kg.s2 × 6, 0 kg× 4, 0 kg

4(2, 0× 10−2 m)2i

F1 = (−i+ 4j)× 10−6 N.

Resta determinar o modulo e a direcao correspondentes. Da algebra vetorial o modulo de um vetor

e obtido via teorema de Pitagoras tomando-se as componentes x e y como os catetos de um triangulo

retangulo:

F1 =√1 + 16× 10−6 N ≈ 4, 1× 10−6 N

5.2. GRAVITACAO NAS PROXIMIDADES DA SUPERFICIE DA TERRA 159

O angulo pode ser obtido calculando a tangente entre as componentes do vetor F1:

θ = arctan

(F12

F13

)= arctan

(4

1

)≈ 76o

que e o angulo entre o lado negativo do eixo x e o lado positivo do eixo y. Para obter o angulo em relacao

ao primeiro quadrante devemos subtrair este angulo de 180o assim:

θ = 180o − 76o = 104o.

5.2 Gravitacao nas proximidades da superfıcie da Terra

Vamos supor que a Terra tem uma massa M . O modulo da forca que a Terra exerce sobre uma partıcula

m e dada pela Eq. (5.1):

F = GMm

r2

A partıcula de massa m vai sofrer uma aceleracao ag dada pela segunda lei de Newton:

F = mag

e substituindo a formula da forca obtemos:

mag = GMm

r2

ou seja,

ag = GM

r2. (5.5)

A Eq. (5.5) mostra que ag diminui com a distancia da partıcula em relacao ao centro da Terra. Com

efeito, quando r → ∞ a aceleracao vai a zero. Na tabela abaixo, mostramos alguns valores da aceleracao

da gravidade para diferentes valores da altitude em relacao a superfıcie da Terra.

Altitude (km) ag(m/s2) exemplo de altitude

0 9,83 superfıcie da Terra

400 8,70 orbita de um onibus espacial

35700 0,225 orbita de um satelite de comunicacao

O valor de 9, 8 m/s2 foi usado considerando-se que o movimento de rotacao da Terra podia ser

desprezado. Isto permitiu supor que a aceleracao sofrida pela partıcula e igual a aceleracao da gravidade.


Alem disso, supomos que a Terra e uma esfera perfeita com uma densidade uniforme de massa. No

entanto, estas sao apenas aproximacoes que permitem uma descricao simplificada do movimento dos

objetos. Uma descricao mais precisa do movimento dos corpos, sob a influencia da forca da gravidade,

requer uma analise mais cuidadosa sobre como estes fatores alteram o valor de ag.

caixote

caixote

balança

Figura 5.3: Um caixote sobre uma balanca no equador da Terra, conforme visto por um observador posicionado

sobre o eixo de rotacao da Terra, em algum ponto acima do polo norte. O caixote executa um movimento de rotacao

sob a influencia da forca gravitacional e a forca normal aplicada pela balanca. A resultante das forcas deve gerar

uma forca centrıpeta.

O movimento de rotacao da Terra pode afetar fortemente o valor da aceleracao da gravidade desde

que qualquer corpo na superfıcie ira sofrer a acao de uma forca centrıpeta que aponta em direcao ao

centro da Terra. Isto pode ser facilmente observado, fazendo-se a seguinte suposicao: imagine um caixote

sobre uma balanca que esta em repouso na superfıcie da Terra (veja a Fig. 5.3). As forcas atuando sobre

o caixote sao a forca gravitacional devido a atracao da Terra e a forca normal aplicada pela balanca sobre

a qual o caixote esta em repouso. A soma destas duas forcas deve ser igual a forca centrıpeta que faz

com que o caixote percorra a mesma trajetoria que a superfıcie da Terra. Assim, escrevemos:

N −mag = −m(ω2R)

onde o sinal de menos indica que a forca centrıpeta tem o mesmo sentido que a forca gravitacional.

A forca normal e igual ao peso registrado pela balanca, assim

N = mg

5.2. GRAVITACAO NAS PROXIMIDADES DA SUPERFICIE DA TERRA 161

e substituindo na equacao acima, obtemos:

mg −mag = −m(ω2R)

e eliminado a massa do caixote obtemos finalmente:

g = ag − ω2R (5.6)

A Eq. (5.6) indica que a aceleracao sentida na superfıcie da Terra g e menor do que a aceleracao

produzida pela atracao gravitacional devido a existencia da contribuicao da aceleracao centrıpeta que

reduz ag por uma quantidade ω2R.

Exemplo

1. Um astronauta cuja altura e h = 1, 70 m flutua “com os pes para baixo” em um onibus espacial em

orbita a uma distancia r = 6, 77× 106 m do centro da Terra. Qual e a variacao de ag de seus pes e sua

cabeca?

A expressao para a aceleracao da gravidade e dada por:

ag =GMT

r2

onde MT e a massa da Terra.

A variacao da aceleracao da Terra e obtida diferenciando-se a equacao acima, i.e.,

dag =dagdr

dr

e substituindo a expressao para a aceleracao da gravidade, segue que:

dag = −2GMT

r3dr

Neste caso a variacao na gravidade com a altura do astronauta implica que dr = h, assim

dag = −2GMT

r3h

e substituindo os valores correspondentes obtemos:

dag = −2×(6, 67× 10−11 m3/kg.s2 × 5, 98× 1024 kg

(6, 77× 106 m)3

)× 1, 70 m

dag = −4, 37× 10−6 m/s2.


5.3 A aceleracao gravitacional no interior da Terra

O teorema das cascas de Newton tambem pode ser aplicado a uma situacao na qual a partıcula se encontra

no interior de uma casca uniforme para demonstrar o seguinte:

"Uma casca uniforme de materia n~ao exerce forca gravitacional resultante sobre

uma partıcula localizada em seu interior."

Considerando novamente a Terra como um conjunto de cascas esfericas concentricas, entao pelo

teorema das cascas, concluımos que a forca gravitacional seria maxima na superfıcie na superfıcie da Terra

e diminuiria a medida que nos afastamos da mesma. Por outro lado, caso a partıcula se movesse para

dentro da Terra (por um tunel) a forca mudaria por duas razoes: (1) aumentaria porque a partıcula estaria

se aproximando do centro; (2) diminuiria porque uma casca de espessura cada vez maior, localizada do

lado de fora da partıcula em relacao ao centro da Terra, deixaria de contribuir para a forca gravitacional.

No caso da Terra a influencia (2) predomina e a gravidade diminuiria a medida que a partıcula se

deslocasse em direcao ao centro da Terra. No caso real, porem, a forca aumenta ate uma determinada

profundidade e depois comeca a diminuir. Este comportamento e resultado da Terra nao ser perfeitamente

esferica, nao tem uma densidade de massa uniforme, etc.

Exemplo

1. Na Fig. 5.4, uma capsula pode se mover ao longo de um tunel que atravessa a Terra. Determine a

forca gravitacional experimentada pela capsula de massa m quando esta a uma distancia r do centro da

Terra. Suponha que a Terra e uma esfera uniforme de densidade ρ.

A forca experimentada pela capsula de massa m a uma distancia r do centro da Terra e dada por:

F = GmMint

r2

onde Mint e a massa contida dentro da esfera de raio r. Para determinar a forca experimentada pela

capsula, precisamos determinar a massa contida nesta esfera. Para isso, usamos o fato da densidade ser

constante, assim, temos:

Mint = ρVint = ρ4

3πr3

e substituindo na equacao para a forca gravitacional, segue que:

F = Gm

r2ρ4

3πr3

5.4. ENERGIA POTENCIAL GRAVITACIONAL 163


o que pode ser colocado na forma

F =4πρmG

3r

esta forca esta dirigida para o centro da Terra, assim, podemos escreve-la na forma vetorial:

F = −4πρmG

3rr

ou ainda,

F = −Krr = −Kr

onde,

K =4πρmG

3

e vemos que a forma da forca indica que a capsula ira desenvolver um movimento harmonico simples e

ficara se movendo para cima e para baixo no tunel.

5.4 Energia Potencial Gravitacional

Nos capıtulos anteriores, a energia potencial gravitacional foi definida como sendo:

U = mgh

para uma partıcula a uma altura h em relacao ao solo.


Agora vamos considerar a energia potencial gravitacional sob a luz da teoria da gravitacao, onde agora

a energia potencial estara associada com a configuracao de duas ou mais massas que interagem via forca

gravitacional. No caso particular de duas partıculas de massas M e m, a energia potencial e dada por:

U = −GMm

r(5.7)

onde estamos considerando que a energia potencial e definida em relacao a um potencial de referencia

U = 0 em r → ∞. Note que somente diferencas de energia potencial tem significado fısico. O valor

absoluto nao tem sentido, da mesma forma que a posicao de uma partıcula nao tem sentido a menos que

seja dito em relacao a que origem estamos nos referindo.

E importante ressaltar que a energia potencial gravitacional dada pela Eq. (5.7) esta associada a

uma configuracao do sistema de duas partıculas. Assim, se mudamos a configuracao do sistema mudando

a distancia entre elas, mudamos tambem a energia potencial. Sendo assim, esta energia nao pode ser

associada a uma partıcula em particular mas ao sistema como um todo. Desta forma, nao podemos dizer

que a energia potencial esta dividida entre as partıculas. No entanto, no caso de um sistema composto

por uma bola de tenis e a Terra, normalmente falamos da “energia potencial da bola de tenis”. Isto

porque a variacao da energia potencial do sistema aparece quase inteiramente na energia cinetica da bola

de tenis. A enorme massa da Terra implica em uma aceleracao quase nula e entao podemos desprezar

esta contribuicao. O importante e ter em mente que a energia potencial e uma quantidade associada a

um sistema de partıculas e nao e uma propriedade de apenas uma partıcula como no caso da energia

cinetica. No caso de partıculas com massas comparaveis e imperativo deixar o habito de dizer “energia

potencial de uma determinada partıcula”.

Quando existem mais de duas partıculas no sistema, ainda podemos determinar a energia potencial.

Para isso recorremos ao princıpio da superposicao que sabemos ser valido para a forca gravitacional.

Assim, calculamos a energia potencial de cada par de partıculas como se as demais nao estivessem

presentes e entao fazemos a soma da cada um destes termos. Assim, por exemplo, no caso das tres

partıculas mostradas na Fig. 5.5, temos:

U = −Gm1m2

r212−G

m1m3

r213−G

m2m3

r223

5.4.1 Demonstracao da Eq. (5.7)

Vamos considerar o caso de um sistema composto por uma bola de tenis de massa m e a Terra com uma

massa M . Considere que esta bola e lancada de uma distancia r do centro da Terra ate o infinito, onde

5.5. VELOCIDADE DE ESCAPE 165

Figura 5.5: Sistemas com tres partıculas. A energia potencial do sistema e dada pela soma das energias potenciais

dos tres pares de partıculas.

consideramos que a energia potencial e zero. Assim, lembrando que o trabalho e igual ao negativo da

variacao da energia potencial, podemos escrever:

∆U = U(∞)− U(r) = −∫ ∞

rF · dr

e desde que a forca gravitacional e conservativa, o trabalho independe da trajetoria escolhida para calcula-

lo. Assim, consideramos que a bola e lancada na direcao vertical e, portanto, paralelamente a forca F .

Assim, podemos escrever

U(∞)− U(r) = +

∫ ∞

rF dr

desde que F = −GMm/r2r e dr = drr. E substituindo o valor do modulo de F , obtemos:

U(∞)− U(r) = +GMm

∫ ∞

r

dr

r2= GMm

[−1

r

]∞r

=GMm

r

e como estamos considerando que o potencial no infinito e zero, entao U(∞) = 0, logo:

0− U(r) =GMm

r

ou,

U(r) = −GMm

r

que e a equacao que gostarıamos de demonstrar.

5.5 Velocidade de Escape

A velocidade para que um objeto seja lancado de maneira que nao fique preso na orbita da Terra e

chamada de velocidade de escape. Para determinar esta velocidade, imagine que atiramos um objeto de


maneira que sua velocidade sera nula apenas no infinito. Assim, como o potencial e nulo no infinito e sua

energia cinetica tambem, entao a energia mecanica sera tambem nula. Assim, a condicao para determinar

a velocidade de escape e que a energia total do objeto seja nula. Aplicando o princıpio de conservacao

da energia mecanica, segue que:

Er = E∞

1

2mv2e −G

mM

R= 0

onde R e o raio da Terra e M e a sua massa. Isolando a velocidade de escape ve, obtemos:

ve =

√2GM

R.

Assim, objetos lancados com esta velocidade nao ficarao orbitando em torno da Terra.

5.6 As leis de Kepler

A partir dos dados compilados por Tycho Brahe (1546-1630), Johannes Kepler (1571-1630) foi capaz de

deduzir as suas tres leis do movimento planetario. Mais tarde, Newton (1642-1727) mostrou que as leis

de Kepler eram uma consequencia de sua lei da gravitacao. As tres leis de Kepler tambem podem ser

usadas para estudar os movimentos de satelites, naturais ou artificiais, em volta da Terra ou qualquer

outro corpo cuja massa e muito maior do que a do satelite. A seguir, discutimos as tres leis de Kepler

em maiores detalhes.

5.6.1 Lei das areas

"A reta que liga um planeta ao Sol varre areas iguais no plano da orbita em tempos

iguais, ou seja, a taxa de variac~ao dA/dt da area A com o tempo e constante."

De modo qualitativo, esta lei nos diz que os planetas se movem mais rapidamente quando estao mais

proximos do Sol e mais lentamente quando estao mais distantes do Sol.

A area da cunha na Fig. 5.6a e praticamente a area varrida pelo planeta no intervalo de tempo ∆t.

Como temos um triangulo, a area ∆A e dada aproximadamente por:

∆A =1

2(r∆θ).r =

1

2r2∆θ

que se torna mais exata para um intervalo de tempo cada vez menor, assim, podemos escrever:

dA

dt= lim

∆t→0

∆A

∆t=

1

2r2

dθ

dt=

1

2ωr2.

5.6. AS LEIS DE KEPLER 167

Na Fig. 5.6b temos a representacao do momento linear do planeta de massa m em termos de suas

componentes radial e tangencial. O momento angular L pode ser escrito na forma:

L = r × p = r × pr + r × p⊥

e como a componente radial e paralela ao vetor posicao, o primeiro termo e nulo. Alem disso, a compo-

nente tangencial p⊥ e perpendicular ao vetor posicao assim, podemos escrever

L = rp⊥z

onde z e um versor perpendicular ao plano da orbita do planeta. O modulo do momento angular pode

ser escrito na forma:

L = rp⊥ = mv⊥r

e como v⊥ = ωr, temos ainda,

L = rp⊥ = mωr2

e substituindo na expressao para a taxa de variacao da area varrida pelo planeta, obtemos:

dA

dt=

L

2m

e assim, a constatacao de que a taxa com a qual a area varrida e constante, implica que o momento

angular do planeta e constante. Portanto, a 2a lei de Kepler nada mais e do que a lei de conservacao do

momento angular.

Figura 5.6: (a) No instante ∆t, a reta que liga o planeta ao Sol se desloca de um angulo ∆θ, varrendo uma area

∆A (sombreada). (b) O momento linear p do planeta e suas componentes.


5.6.2 A lei das orbitas

"Todos os planetas se movem em orbitas elıpticas, com o Sol em um dos focos."

Na Fig. 5.7 temos uma planeta de massa m se movendo em torno do Sol cuja massa e M . Supomos

que M ≫ m, de modo que o centro de massa do sistema planeta-Sol se encontra aproximadamente no

centro do Sol.

A orbita e especificada atraves de seu semi-eixo maior a e sua excentricidade e, esta ultima sendo

definida de tal forma que ea e a distancia de centro da elipse a um dos focos, F ou F ′. Uma excentrici-

dade nula corresponde a uma circunferencia na qual os dois focos se reduzem a apenas um unico ponto

central. As orbitas dos planetas tem uma excentricidade muito pequena. A Terra, por exemplo, tem uma

excentricidade de apenas 0,0167.

Figura 5.7: Um planeta de massa m orbitando em torno do Sol. O Sol, de massa M , ocupa um foco, F , da elipse.

O outro foco, F ′, esta localizado no espaco vazio. Os dois focos ficam a uma distancia ea do centro da elipse, onde

e e a excentricidade da elipse. O semi-eixo maior a da elipse, a distancia do perielio Rp (ponto mais proximo do

Sol) e a distancia do afelio Ra (ponto mais afastado do Sol) tambem aparecem na Fig.

Podemos determinar a forma da trajetoria usando-se as ferramentas da analise vetorial e a 2a lei de

Newton. Para isso, considere a segunda lei de Newton aplicada a um planeta de massa m girando em

torno do sol, que tem massa M , nas mesmas condicoes citadas acima, i.e., tal que M ≫ m. Neste caso,

escrevemos:

F = ma

ou seja,

mdv

dt= −GMm

r2r

5.6. AS LEIS DE KEPLER 169

onde r e um versor na mesma direcao da linha que liga o planeta ao Sol. Temos entao:

dv

dt= −GM

r2r (5.8)

Lembrando que o momento angular e dado por:

L = r × p = mr × v

e usando r = rr, podemos escrever

L = mr(r × v). (5.9)

Agora observe que a velocidade pode ser escrita como:

v =dr

dt=

dr

dtr + r

dr

dt

e substituindo este resultado na Eq. (5.9) segue que:

L = mrr ×(dr

dtr + r

dr

dt

)= mr2r × dr

dt(5.10)

Agora considere o produto vetorial

dv

dt× L = −GM

r2r × L

onde usamos a 2a lei de Newton da Eq. (5.8). Substituindo a Eq. (5.10), vamos obter:

dv

dt× L = −GM

r2r ×

(mr2r × dr

dt

)ou seja,

dv

dt× L = −GMmr ×

(r × dr

dt

)e usando a identidade vetorial

A× (B × C) = B(A · C)− C(A · B)

segue que:

dv

dt× L = −GMm

[r

(r · dr

dt

)− dr

dt(r · r)

]e como r · dr

dt= 0 e r · r = 1, vamos obter

dv

dt× L = GMm

dr

dt


e dado que o momento angular do planeta e constante, pela lei das areas, podemos reescrever o sinal da

derivada temporal da seguinte forma:

d(v × L)

dt= GMm

dr

dt

e igualando os argumentos das derivadas, obtemos:

v × L = GMmr + ρ. (5.11)

onde ρ e um vetor constante devido a integracao que fizemos acima.

Com a Eq. (5.11), podemos escrever:

r · (v × L) = GMmr · r + r · ρ

ou seja,

r · (v × L) = GMmr + rρ cos θ (5.12)

onde ρ cos θ e a projecao do vetor ρ na direcao de r.

O primeiro membro da equacao Eq. (5.12) e um produto triplo, assim, como o produto e cıclico,

temos:

r · (v × L) = L · (r × v) =1

mL · (r × p) =

L2

m= constante.

E substituindo na Eq. (5.12), segue que:

L2

m= GMmr + rρ cos θ (5.13)

ou ainda

r =L2/m

GMm+ ρ cos θ=

L2/GMm2

1 +ρ

GMmcos θ

(5.14)

5.6.3 Lei dos perıodos

"O quadrado do perıodo de qualquer planeta e proporcional ao cubo do semi-eixo

maior de sua orbita."

Vamos considerar uma orbita circular de raio r, veja a Fig. 5.8. Assim, de acordo com a 2a lei de

Newton, temos:

F = ma

GMm

r2= m

ω2r2

r= mω2r

5.7. SATELITES: ORBITAS E ENERGIAS 171

A velocidade angular pode ser trocada pelo perıodo ω = 2π/T , assim temos ainda:

GM

r2=

4π2

T 2r

ou seja,

T 2 =4π2

GMr3.

E vemos que para uma orbita circular e direto mostrar que a lei de Kepler deriva diretamente da lei

de Newton. E possıvel mostrar que, para o caso mais geral de uma orbita com excentricidade diferente

de zero, obtemos uma lei similar com r trocado pelo semi-eixo maior a da elipse descrita pelo planeta.

Figura 5.8: Um planeta de massa m em orbita circular de raio r em torno do Sol.

5.7 Satelites: orbitas e energias

Um satelite orbitando em torno de um planeta em uma trajetoria elıptica tem tanto a sua velocidade (re-

lacionada com a energia cinetica) quanto a sua distancia do planeta (relacionada com a energia potencial)

variando em todos os pontos da orbita. No entanto, sua energia mecanica permanece constante.

A energia potencial do sistema e dada por:

U = −GMm

r

e pela 2a lei de Newton, temos:

GMm

r2= m

v2

r


de onde podemos determinar o valor da energia cinetica:

K =1

2mv2 = G

Mm

2r

e vemos entao que em uma orbita circular que esta implıcita aqui, a energia cinetica e a energia potencial

gravitacional estao relacionadas pela equacao:

K = −1

2U.

Exemplos

1. Um asteroide em rota de colisao com a Terra, tem uma velocidade de 12 km/s em relacao ao planeta

quando esta a uma distancia de 10 raios terrestres do centro da Terra. Desprezando os efeitos da atmos-

fera sobre o asteroide, determine a velocidade vf do asteroide ao atingir a superfıcie da Terra.

Temos que aplicar a conservacao de energia neste caso. Assim, temos que:

Ki + Ui = Kf + Uf (5.15)

ou seja,

1

2mv2i −

GMm

ri=

1

2mv2f − GMm

rf(5.16)

e simplificando a massa do asteroide, obtemos ainda:

v2f = v2i + 2GM

(1

rf− 1

ri

)(5.17)

e quando o asteroide atinge a Terra sua distancia em relacao ao centro da Terra e igual ao raio da Terra.

Assim, temos que:

v2f = v2i +2GM

RT

(1− 1

10

)= v2i +

18GM

10RT(5.18)

portanto,

v2f = v2i +9GM

5RT(5.19)

e substituindo-se os valores correspondentes segue que:

v2f = (12× 103 m/s)2 +9× 6, 67× 10−11 m3/kg.s2 × 5, 98× 1024 kg

5× 6, 37× 106 m(5.20)

vf = 16 km/s.

Oscilac~oes · 2014-03-07 · A for¸ca tende a puxar a part´ıcula para o ponto de equil´ıbrio...

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