Física II ⇒ Equações do pêndulo? Tópico resolvido
- KarinaTorre
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Abr 2017
01
14:23
Equações do pêndulo?
Bom dia a todos!
Estou com dificuldade para resolver uma questão sobre um pêndulo (MHS):
"Um pêndulo simples constituído por um fio inextensível e uma massa m oscila em torno do equilíbrio. Calcule as funções dos deslocamentos (a)horizontal e (b)vertical, ambos em função do tempo, bem como os seus respectivos períodos."
A questão não tem figuras. Tenho uma resolução incompleta, por isso não entendi. Sei que temos a equação diferencial d²θ/dt² + g/L=0, onde ω² = g/L. Também sabe-se que θ(t )= θmáx.cos(ωt).
As respostas esperadas são:
a) x(t)= L. sen (θ(t)), com período Tx= 2 [tex3]\pi[/tex3] [tex3]\sqrt{(L/g)}[/tex3]
b) y(t) =L.[1-cos(θ(t))], com período Ty= [tex3]\pi[/tex3] [tex3]\sqrt{(L/g)}[/tex3]
Não faço ideia de como se chega nisso... farei uma prova sobre essa matéria.
Desde já agradeço muito!
Estou com dificuldade para resolver uma questão sobre um pêndulo (MHS):
"Um pêndulo simples constituído por um fio inextensível e uma massa m oscila em torno do equilíbrio. Calcule as funções dos deslocamentos (a)horizontal e (b)vertical, ambos em função do tempo, bem como os seus respectivos períodos."
A questão não tem figuras. Tenho uma resolução incompleta, por isso não entendi. Sei que temos a equação diferencial d²θ/dt² + g/L=0, onde ω² = g/L. Também sabe-se que θ(t )= θmáx.cos(ωt).
As respostas esperadas são:
a) x(t)= L. sen (θ(t)), com período Tx= 2 [tex3]\pi[/tex3] [tex3]\sqrt{(L/g)}[/tex3]
b) y(t) =L.[1-cos(θ(t))], com período Ty= [tex3]\pi[/tex3] [tex3]\sqrt{(L/g)}[/tex3]
Não faço ideia de como se chega nisso... farei uma prova sobre essa matéria.
Desde já agradeço muito!
Editado pela última vez por KarinaTorre em 01 Abr 2017, 14:23, em um total de 1 vez.
- Andre13000
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Abr 2017
01
16:18
Re: Equações do pêndulo?
Se eu não me engano, a equação diferencial certa é: [tex3]\frac{d^2\theta}{dt^2}+\frac{g\sen\theta}{L}=0[/tex3]
Isso porque você pega a aceleração do pêndulo na ponta (somente a parte que gera torque), que é [tex3]g\sen\theta[/tex3] e divide pela distância que é L, para achar a aceleração angular.
Sobre o período:
Para calcular o período, precisamos calcular o torque na ponta do pêndulo e igualá-lo a segunda lei de Newton (para rotações)
Observe:
[tex3]I\alpha=-mgL\sen\theta\approx -mgL\theta[/tex3]
Como estamos lidando com um MHS, onde [tex3]-\omega^2\theta=\alpha[/tex3] , é só substituir:
[tex3]I\cdot -\omega^2\theta\approx -mgL\theta\\
\omega\approx\sqrt{\frac{mgL}{I}}[/tex3]
Quando se tem a frequência angular, tem-se o período:
[tex3]\frac{2\pi}{\omega}=T\\
T=\frac{2\pi}{\sqrt{\frac{mgL}{I}}}=2\pi\sqrt{\frac{I}{mgL}}[/tex3]
Para um pêndulo simples, temos [tex3]I=ML^2[/tex3]
[tex3]T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}[/tex3]
Agora sobre a equação horária temos:
[tex3]\theta(t)=\theta_m\cos(\omega t)\\[/tex3]
Bom para resolver essa parte, desenhe um pêndulo, coloque um ângulo teta arbitrário, e veja que se forma um triângulo. A hipotenusa do triângulo é L, o cateto oposto ao ângulo é [tex3]\Delta x[/tex3] (em relação ao ângulo zero) e o cateto adjacente vale [tex3]L-\Delta y[/tex3] .
A partir daí é trigonometria básica:
[tex3]\frac{\Delta x}{L}=\sen\theta\\
\Delta x(t)=L\sen\theta(t)\\
\frac{L-\Delta y}{L}=cos\theta\\
\Delta y(t)=L-L\cos\theta(t)=L(1-\cos\theta(t))[/tex3]
Beleza?
Agora que conhecemos a equação de [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] , podemos calcular o período de uma forma bem matemática.
Veja que:
[tex3]K+U=E\\
\frac{mv^2}{2}+mgh=mgh_m[/tex3]
Sabemos que:
[tex3]v^2=\frac{dx^2+dy^2}{dt^2}\\
x=L\sen\theta\to \dot{x}=L\cos\theta\cdot \dot {\theta}\\
y=L(1-cos\theta)\to \dot{y}=L\sen\theta\cdot\dot{\theta}\\
\dot{x}^2+\dot{y}^2=L^2\dot\theta^2\\
\frac{mL^2\dot{\theta^2}}{2}+mgL(1-\cos\theta)=mgL(1-cos\theta_m)\\
\dot{\theta^2}=\frac{2g}{L}(\cos\theta-\cos\theta_m)\\
dt=\sqrt{\frac{L}{2g}\cdot\frac{1}{cos\theta-\cos\theta_m}}d\theta[/tex3]
Bom, agora que tá tudo separado, é só integrar dos dois lados.
Repare que quando passa um quarto do período do pêndulo, ele vai da posição relaxada, de energia cinética máxima, até a posição mais alta, de [tex3]K=0[/tex3] . Então podemos relacionar [tex3]0\to t\to \frac{T}{4}[/tex3] ; [tex3]0\to \theta \to \theta_m[/tex3]
Então:
[tex3]\int\limits_{0}^{\frac{T}{4}}dt=\sqrt{\frac{L}{2g}}\int\limits_{0}^{\theta_m}\sqrt{\frac{1}{cos\theta-\cos\theta_m}}d\theta[/tex3]
Resolvendo essa integral, você acha o período de um pêndulo simples qualquer, até para ângulos maiores que 45º se não me engano. Mas ela não é fácil de ser computada, sua antiderivada não é elementar.
Você terá de modificar a integral um pouco para chegar em uma integral que se denomina elíptica, e você pode então computar o período em termos dessa função especial. Se quiser saber mais sobre integrais elípticas, aqui tem a página do wikipédia: https://en.wikipedia.org/wiki/Elliptic_integral
Espero que essa demonstração mais matemática do período tenha demonstrado o quão o cálculo é elegante e útil, é só estudar. Lembrando que para qualquer sistema conservativo essa forma de obter o período é válida.
Edit: Esqueci que tem Tx e Ty, mas observe que no eixo x, para a o pêndulo ir e voltar demora T, mas no eixo y, só se leva T/2. Se não tiver entendido, só manda aí uma mensagem.
Isso porque você pega a aceleração do pêndulo na ponta (somente a parte que gera torque), que é [tex3]g\sen\theta[/tex3] e divide pela distância que é L, para achar a aceleração angular.
Sobre o período:
Para calcular o período, precisamos calcular o torque na ponta do pêndulo e igualá-lo a segunda lei de Newton (para rotações)
Observe:
[tex3]I\alpha=-mgL\sen\theta\approx -mgL\theta[/tex3]
Como estamos lidando com um MHS, onde [tex3]-\omega^2\theta=\alpha[/tex3] , é só substituir:
[tex3]I\cdot -\omega^2\theta\approx -mgL\theta\\
\omega\approx\sqrt{\frac{mgL}{I}}[/tex3]
Quando se tem a frequência angular, tem-se o período:
[tex3]\frac{2\pi}{\omega}=T\\
T=\frac{2\pi}{\sqrt{\frac{mgL}{I}}}=2\pi\sqrt{\frac{I}{mgL}}[/tex3]
Para um pêndulo simples, temos [tex3]I=ML^2[/tex3]
[tex3]T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}[/tex3]
Agora sobre a equação horária temos:
[tex3]\theta(t)=\theta_m\cos(\omega t)\\[/tex3]
Bom para resolver essa parte, desenhe um pêndulo, coloque um ângulo teta arbitrário, e veja que se forma um triângulo. A hipotenusa do triângulo é L, o cateto oposto ao ângulo é [tex3]\Delta x[/tex3] (em relação ao ângulo zero) e o cateto adjacente vale [tex3]L-\Delta y[/tex3] .
A partir daí é trigonometria básica:
[tex3]\frac{\Delta x}{L}=\sen\theta\\
\Delta x(t)=L\sen\theta(t)\\
\frac{L-\Delta y}{L}=cos\theta\\
\Delta y(t)=L-L\cos\theta(t)=L(1-\cos\theta(t))[/tex3]
Beleza?
Agora que conhecemos a equação de [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] , podemos calcular o período de uma forma bem matemática.
Veja que:
[tex3]K+U=E\\
\frac{mv^2}{2}+mgh=mgh_m[/tex3]
Sabemos que:
[tex3]v^2=\frac{dx^2+dy^2}{dt^2}\\
x=L\sen\theta\to \dot{x}=L\cos\theta\cdot \dot {\theta}\\
y=L(1-cos\theta)\to \dot{y}=L\sen\theta\cdot\dot{\theta}\\
\dot{x}^2+\dot{y}^2=L^2\dot\theta^2\\
\frac{mL^2\dot{\theta^2}}{2}+mgL(1-\cos\theta)=mgL(1-cos\theta_m)\\
\dot{\theta^2}=\frac{2g}{L}(\cos\theta-\cos\theta_m)\\
dt=\sqrt{\frac{L}{2g}\cdot\frac{1}{cos\theta-\cos\theta_m}}d\theta[/tex3]
Bom, agora que tá tudo separado, é só integrar dos dois lados.
Repare que quando passa um quarto do período do pêndulo, ele vai da posição relaxada, de energia cinética máxima, até a posição mais alta, de [tex3]K=0[/tex3] . Então podemos relacionar [tex3]0\to t\to \frac{T}{4}[/tex3] ; [tex3]0\to \theta \to \theta_m[/tex3]
Então:
[tex3]\int\limits_{0}^{\frac{T}{4}}dt=\sqrt{\frac{L}{2g}}\int\limits_{0}^{\theta_m}\sqrt{\frac{1}{cos\theta-\cos\theta_m}}d\theta[/tex3]
Resolvendo essa integral, você acha o período de um pêndulo simples qualquer, até para ângulos maiores que 45º se não me engano. Mas ela não é fácil de ser computada, sua antiderivada não é elementar.
Você terá de modificar a integral um pouco para chegar em uma integral que se denomina elíptica, e você pode então computar o período em termos dessa função especial. Se quiser saber mais sobre integrais elípticas, aqui tem a página do wikipédia: https://en.wikipedia.org/wiki/Elliptic_integral
Espero que essa demonstração mais matemática do período tenha demonstrado o quão o cálculo é elegante e útil, é só estudar. Lembrando que para qualquer sistema conservativo essa forma de obter o período é válida.
Edit: Esqueci que tem Tx e Ty, mas observe que no eixo x, para a o pêndulo ir e voltar demora T, mas no eixo y, só se leva T/2. Se não tiver entendido, só manda aí uma mensagem.
Editado pela última vez por Andre13000 em 01 Abr 2017, 16:18, em um total de 3 vezes.
“Study hard what interests you the most in the most undisciplined, irreverent and original manner possible.” -Richard Feynman
- KarinaTorre
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Abr 2017
01
19:17
Re: Equações do pêndulo?
Nossa, me ajudou incrivelmente. Consegui, sim, entender o valor dos períodos também.
Muito obrigada mesmo!
Muito obrigada mesmo!
- Andre13000
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Abr 2017
01
22:21
Re: Equações do pêndulo?
Só lembrando uma coisa que esqueci de colocar na minha resposta:
Utilizando a [tex3]1-\frac{\theta^2}{2}[/tex3] como aproximação para [tex3]\cos \theta[/tex3] :
[tex3]\int\limits_{0}^{\frac{T}{4}}dt=\sqrt{\frac{L}{2g}}\int\limits_{0}^{\theta_m}\sqrt{\frac{1}{cos\theta-\cos\theta_m}}d\theta\\
\frac{T}{4}=\sqrt{\frac{L}{2g}}\int\limits_{0}^{\theta_m}\sqrt{\frac{2}{\theta^2_m-\theta^2}}d\theta[/tex3]
Os 2 dentro das raízes cancelam e todo mundo deve saber a substituição adequada aí:
[tex3]\theta=\theta_m\sen\alpha\\
d\theta=\theta_m\cos\alpha~ d\alpha[/tex3]
[tex3]\frac{T}{4}=\sqrt{\frac{L}{g}}\int\limits_{0}^{\theta_m}\sqrt{\frac{1}{\theta^2_m-\theta^2}}d\theta\\
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{1}{\theta^2_m-\theta_{m}^2\sen^2\alpha}}\theta_m\cos\alpha d\alpha\\
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\theta_m\cos\alpha d\alpha}{\theta_m\cos\alpha}\\
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\alpha\\
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\cdot \frac{\pi}{2}\\
T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}[/tex3]
Agora por que a substituição [tex3]\cos\theta\approx 1-\frac{\theta^2}{2}[/tex3] ?
Essa substituição é que nem [tex3]\sen\theta\approx \theta[/tex3] , pois vem do primeiro termo das Séries de Taylor (no caso até o segundo no cosseno, pois o primeiro é 1).
[tex3]\sen\theta=\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\frac{\theta^5}{5!}-\frac{\theta^7}{7!}+~...\\
\cos\theta=1-\frac{\theta^2}{2!}+\frac{\theta^4}{4!}-\frac{\theta^6}{6!}+~...[/tex3]
Utilizando a [tex3]1-\frac{\theta^2}{2}[/tex3] como aproximação para [tex3]\cos \theta[/tex3] :
[tex3]\int\limits_{0}^{\frac{T}{4}}dt=\sqrt{\frac{L}{2g}}\int\limits_{0}^{\theta_m}\sqrt{\frac{1}{cos\theta-\cos\theta_m}}d\theta\\
\frac{T}{4}=\sqrt{\frac{L}{2g}}\int\limits_{0}^{\theta_m}\sqrt{\frac{2}{\theta^2_m-\theta^2}}d\theta[/tex3]
Os 2 dentro das raízes cancelam e todo mundo deve saber a substituição adequada aí:
[tex3]\theta=\theta_m\sen\alpha\\
d\theta=\theta_m\cos\alpha~ d\alpha[/tex3]
[tex3]\frac{T}{4}=\sqrt{\frac{L}{g}}\int\limits_{0}^{\theta_m}\sqrt{\frac{1}{\theta^2_m-\theta^2}}d\theta\\
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{1}{\theta^2_m-\theta_{m}^2\sen^2\alpha}}\theta_m\cos\alpha d\alpha\\
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\theta_m\cos\alpha d\alpha}{\theta_m\cos\alpha}\\
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\alpha\\
T=4\sqrt{\frac{L}{g}}\cdot \frac{\pi}{2}\\
T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}[/tex3]
Agora por que a substituição [tex3]\cos\theta\approx 1-\frac{\theta^2}{2}[/tex3] ?
Essa substituição é que nem [tex3]\sen\theta\approx \theta[/tex3] , pois vem do primeiro termo das Séries de Taylor (no caso até o segundo no cosseno, pois o primeiro é 1).
[tex3]\sen\theta=\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\frac{\theta^5}{5!}-\frac{\theta^7}{7!}+~...\\
\cos\theta=1-\frac{\theta^2}{2!}+\frac{\theta^4}{4!}-\frac{\theta^6}{6!}+~...[/tex3]
Editado pela última vez por Andre13000 em 01 Abr 2017, 22:21, em um total de 1 vez.
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Abr 2017
01
23:05
Re: Equações do pêndulo?
Muito bom! Com a aproximação chega-se exatamente no período do pêndulo simples... muito interessante!
Obrigada
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