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Na posio de equilbrio a elongao da mola igual a amplitude do movimento Fmk.ym Na anlise das foras, o mdulo da fora da mola acaba sendo igual a fora peso FmP k.ymm.g k.0,054.10 k800 (N/m) A energia mecnica do sistema dada por EM0,5.k.(ym)2 EM0,5.800.0,052 EM1 J Como no estado de equilbrio tem apenas energia cintica, a energia cintica acaba sendo igual a energia mecnica do sistema. EMECequilbrio1 J Exerccio 2 Resposta B A energia mecnica a soma da energia cintica com a energia potencial em qualquer posio do movimento, ento EMECEP Logo 10,5.m.v20,5.k.x2 Substituindo 24.v2800.0,022 4.v21,68 v0,648 m/s Exerccio 3 Resposta D Calcula o valor da pulsao por w2.pi.f w2.3,14.2,5 w15,7 Calcula a amplitude atravs da frmula dada ym(y(0)2(v(0)/w)2)1/2 ym(0,0112(0,011/15,7)2)1/2 ym0,0146 m 1,46 cm Exerccio 4 Resposta A A amplitude da velocidade de um MHS calculada por vmym.w vm1,46.15,7 vm22,9 (cm/s) Exerccio 5 Resposta D Primeiro analisamos as foras envolvidas no movimento -Fm-FvFr Fm Fora da mola Fv Fora viscosa e Fr Fora resultante. -y.k-v.bm.a Substitui se o que der e resolve se a equao diferencial -y.32000 -v.640 -80.a0 (divide por 80) -y.400-v.8 -a0 Resolvendo a equao diferencial, chega-se ao seguinte ye(-4t).A.cos(19,6t) B.sen(19,6t) Derivando a equao acima obtemos a equao da velocidade V-4. e(-4t) .A.cos(19,6t) B.sen(19,6t) e(-4t) .-19,6.A.sen(19,6t) 19,6.B.cos(19,6t) Substituindo as condies iniciais, descobre-se o valor de A e de B, chegando a equao do movimento completa y e(-4t) .0,492.cos(19,6t) 0,609.sen(19,6t) Agora termina-se de resolver o exerccio y(0,4) e(-4.0,4).0,492.cos(19,6.0,4) 0,609.sen(19,6.0,4) y(0,4) 0,202.0,00690,6089 y(0,4) 0,124 m Exerccio 6 Resposta E Para saber onde o instante em que o corpo passa pela origem deve-se igualar a equao do movimento a zero e descobrir a raiz de mais baixo valor. 0 e(-4t) .0,492.cos(19,6t) 0,609.sen(19,6t) A raiz de mais baixo valor ser obtida pela parte oscilante da equao, ento 0