Lista 3!!!
3. Um oscilador criticamente amortecido,partindo da posição de equilíbrio,
recebe um impulso que lhe comunica uma velocidade inicial v0. Verifica-se que
ele passa por seu deslocamento máximo, igual a 3,68 m, após 1 segundo.
(a) Qual é o valor de v0?
(b) Se o oscilador tivesse um deslocamento inicial x0 = 2 m com a mesma
velocidade inicial v0, qual seria o valor de x no instante t?
(b) x(t) = e−t (2+12t)
R: (a) v0 = 10 m/s
Vamos construir as equações básicas e impor as condições iniciais propostas.
x(t )  e

 t
2
a  bt
dx(t )

 v(t )   e
dt
2

 t
2
a  bt  e

 t
2
b
O caso crítico
O caso super crítico
O caso amortecido
x(t  0)  e

 ( t 0 )
2
a  b(t  0)  0  x(0)  0  a
Em t = 0 : x(0) = 0  a = 0

v(1s)   e
2

 ( t 1)
2
(a  0)  b(t  1s)  e

 b  b   0 b  b  0
2

2

 ( t 1)
2
b0
 0  1Hz
b(t  1s)   3,68m
x(t )  e
3.68m / s
b
 b  10m / s
1
e
1Hz ( t 1s )
Item a: A velocidade inicial será:
v(0)  1Hze1Hz (t 0) (a  0)  10m / s(t  0)  (10m / s)e1Hz (t 0)
v(0)  10m / s
Item b: Para uma condição inicial de partida em Xo = 2m temos:
x(t  0)  e
1Hz (t 0)
a  b(t  0)  2m
A condição inicial de partida resulta que a = 2m
x(t )  e 2m  bt
t
A velocidade inicial é dada sendo 10m/s, então obtemos o valor de b:
v(t  0)  10m / s  1Hze1Hz ( 0) 2m  b(0)   e 1Hz ( 0)b
10m / s  1Hz2m  b  b  12m / s
x(t )  e
1Hz (t )
2m 12m / s(t )
4. (Poli 2006) O Gráfico de x(t), mostrado na figura abaixo, representa a equação
horária de um oscilador criticamente amortecido, para um sistema composto de
um corpo de massa m = 1, 0 Kg preso a uma mola de constante elástica k e
imerso em um líquido viscoso, de coeficiente de resistência viscosa.
(a) Em que instante de tempo a velocidade do corpo será nula, no intervalo
de tempo mostrado no gráfico?
A velocidade é zero quando a
tangente da curva for zero.
Isso corresponde em t = 3 s
(b) A equação horária x(t) pode ser escrita como:
x(t) = e−/2t(a + bt)
Podemos derivar x(t) duas vezes e montar a equação diferencial.
E em seguida mostramos que a identidade vale:
Determine os valores de a e b.
(c) Determine a constante de decaimento e a constante elástica k da mola.
(d) Determine o valor da velocidade inicial do oscilador.
R: (a) t=3s; (b) a = 0, 5 m e b = 0, 5 m/s; (c) = 1 s−1; (d) v = −0.75 m/s.
Oscilações livres com amortecimento viscoso proporcional a velocidade.
f
visc.
z
dx
 b
dt
Mx  bx  kx
b
 
2M
é o atrito viscoso.
t
x(t )  xmaxe cos(1t )
Freqüência angular com dissipação viscosa.
2
 

T
k  b 


M  2M 
2
Item b: Solução da Equação do Movimento com Atrito Viscoso
d 2 x(t )
dx(t )



Mx  bx  kx  M
 b
 kx(t )
2
dt
dt
Vamos testar uma solução com a função:
x(t )  Aet
dx (t )
 A e t
dt
2
d x(t )
2 t

A

e
2
dt
As suas respectivas derivadas são:
Que, substituídas na equação resulta:
2 t
t
t
MA e  bAe  kAe
2
M  b  k  0 a solução para x será:
2
b
k
 b 

 
 
2M
 2M  M
A solução fica na forma:
2
 b

b

 k 

 2 M   2 M   M  t


x(t )  Ae
Observe que temos duas
soluções possíveis!
2
k
 b 
 é muito menor que
então o termo da raiz é complexo!
M
 2M 
Mas! 
e fazendo:
Escrevendo a raiz na forma:
2

k  b  

 i

 t
b

t
 M  2 M  


2M
x(t )  Ae
e
Uma solução parcial será:
x(t )  Ae

b
t
2M
1 
k  b 


M  2M 
 e i1t  e  i1t

2




2
Usando-se a relação de Euler:
A solução final tem a forma:
O termo de atrito viscoso é:
ei1t  e i1t
cos1t 
2
x(t )  xmaxet cos(1t )
b
 
2M
A freqüência angular desta oscilação será:  
1
A oscilação esta em estado crítico quando:
0
k  b 


M  2M 
2
 b 


 2M 
Também chamado caso degenerado:
Uma equação dif. de seg. grau tem 2 soluções
que no caso degenerado já sabemos uma.
x(t )  xmaxe
t
Como será a forma da segunda solução?
A outra solução é procurar a forma :
xI (t )  xII (t )et
e repetindo o
processo anterior de derivação sucessiva.
Concluiremos que a segunda solução :
d 2 xII (t )
 0  xII (t )  A  Bt
2
dt
E assim a solução geral do caso degenerado será:
xI (t )  ( A  Bt)e
t
Item b:
Para t = 0 temos x = 0.5
Para t = 1s temos x = 0
x(t )  ( A  tB)et
x(0)  ( A  0B)e 0  0.5  A  0.5
x(1s)  (0.5  (1s) B)e 1s  0  B  0.5
x (t )  (0.5  0.5t )e
t
Item c:
Se v(3) = 0

x (t )   (0.5  0.5(3)) e ( / 2) 3  0.5e ( / 2 )3  0
2
EXTRAIR O VALOR DE GAMA e o k da mola :

2
 0.5    1s
1

2

k
M
A VELOCIDADE SERÁ:
1
x (0)   (0.5  0.5(0)) e (1/ 2) 0  0.5e (1/ 2 ) 0  0.75m / s
2
A equação de d´Alembert
 y ( x, t ) 1  y ( x, t )
 2
0
2
2
x
v
t
2
2
A solução da equação de d´Alembert tem a forma y(x,t) = f(x±vt)
onde o sinal (–) significa que a propagação será progressiva () e
(+) regressiva () e v é a velocidade de propagação da onda.
A busca da sua solução implica em se impor condições de contorno.
A solução y(x,t) = f(x±vt)
pode ser simples ou muito
complexa!
20. (Poli 2006) Uma corda uniforme, de comprimento 20 m e massa 2 Kg, está
esticada sob uma tensão de 10 N.
Faz-se oscilar transversalmente uma extremidade da corda, com amplitude 3 cm e
frequencia de 5 oscilações por segundo. O deslocamento inicial da extremidade é
de 1,5 cm para cima.
(a) Ache a velocidade de propagação v e o comprimento de onda da onda
transversal progressiva que é produzida na corda.
(b) Escreva, como função do tempo, o deslocamento transversal y de um
ponto da corda situado a uma distância x da extremidade que se faz oscilar,
após ser atingido pela onda e antes que ela chegue à outra extremidade.
(c) Calcule a intensidade I da onda progressiva gerada.
Se a massa é 2Kg e o comprimento 20m a densidade linear da corda é :
1
  2 Kg / 20 m  0,1Kgm
A velocidade é dada por:
V 
O comprimento de onda é dado por:
Onde :
f  5s
F


10 N
 10 m / s
0 ,1Kg / m
f  V
1
f  5s   10m / s
1
  2m
 2 y ( x, t ) 1  2 y ( x, t )
 2
0
2
2
x
V
t
Uma solução geral da equação de d´Alembert é:
y ( x, t )  A cos(kx  t   )
2
2
k

 1m 1

2m
  2f  2 5 s 1  10 s 1
A amplitude A é 3cm 0,03m e a fase se obtém impondo y(0,0) = 0,015m(  /3
2m
3cm
A potência média é :
I  kTA / 2
2
1
  10 s
k  m
T  5 s 1
A  0,015m
12. Considere duas partículas A e B cada uma com massa m conectadas por
uma mola de constante elástica k e comprimento natural. Cada partícula está
ligada a dois suportes C e D por duas molas com as mesmas características da
primeira mola.Os dois suportes são separados por uma distância 3b, como
mostrado na figura (a). Em um dado instante de tempo t o deslocamento das
partículas A e B é x e y a partir da posição de equilíbrio resultando nas forças
mostradas na figura.
Calcule as frequências de oscilação do sistema.
m
d 2 x1
dt 2
2
m
d x2
dt
2
 kx1  k c ( x2  x1 )  0
 kx2  k c ( x1  x2 )  0
2
d x1
dt
2
2
d x2
dt
2
k  kc
kc
(
) x1 
x2  0
m
m
k  kc
kc
(
) x2 
x1  0
m
m
d 2 x1
dt 2
d 2 x2
dt 2
x1 
q1  q2
2
2
d q1
k  kc
kc
(
) x1 
x2  0
m
m
k  kc
kc
(
) x2 
x1  0
m
m
x2 
2
2
 1 q1
2
2
  2 q2
dt
2
d q2
dt
q1  q2
2
0
0
d 2 q1
dt2
 12 q1  0
1 
q1  q 2
2
q  q2
x2  1
2
x1 
k
m
d 2 q2
dt2
2 
  22 q 2  0
( k  2k c )
m
q1 (t )  C1 cos1t  C 2 sin1t
q 2 (t )  C3 cos 2 t  C 4 sin 2 t
x1 (t )  C1 cos1t  C 2 sin1t  C3 cos 2t  C 4 sin 2 t
x2 (t )  C1 cos1t  C2 sin1t  C3 cos 2t  C 4 sin 2t
1 
k
m
2 
( k  2k c )
m
x1 (t )  C1 cos1t  C 2 sin1t  C3 cos 2t  C 4 sin 2 t
x2 (t )  C1 cos1t  C 2 sin1t  C3 cos 2t  C 4 sin 2t
x1 (0)  A
dx1
(0)  0 x2 (0)  B
dt
dx2
(0)  0
dt
Modo Anti - Simétrico
Modo Simétrico
11. Duas partículas de mesma massa, igual a 250 g, estão suspensas do teto
por barras idênticas, de 0,5 m de comprimento e
massa desprezível, e estão ligadas uma à outra por uma mola de constante
elástica 25 N/m. No instante t = 0, a partícula 2 (figura abaixo) recebe um
impulso que lhe transmite uma velocidade de 10 cm/s.
Determine os deslocamentos x1(t) e x2(t) das posições de equilíbrio das duas
partículas (em cm) para t > 0.
R: x1(t) = 1,13 sen(4,43t) − 0,34 sen(14,8t)
x2(t) = 1,13 sen(4,43t) + 0,34 sen(14,8t)
FGrav.  - mg   -mgx/  -m02 x
2
d x1
dt
2
2
d x2
dt
2

2
0 x1

2
0 x2
Fmola  k ( x1  x2 )
 K ( x1  x2 )
 K ( x1  x2 )
2
0
 g /l
K  k/m
2
d x1
dt
2
 02 x1
2
d x2
dt
2
2
 0 x2
2
d q1
dt
2
2
d q2
dt
2
1
q1  x1  x2 
2
 K ( x1  x2 )
  K ( x1  x2 )
2
 0 q1
2
  2 q2
0
0
1
q 2  x1  x2 
2
0 
g 
 


2 
0  2 K 
d 2 q1
dt 2
d 2 q2
dt 2
 02 q1  0  q1 (t )  A1 cos(0t  1 )
  22 q2  0  q2 (t )  A2 cos( 2t   2 )
q1 
1
x1  x2  q 2  1 x1  x2 
2
2
x1 (t )  q1 (t )  q 2 (t )
m  250g  0,250k
k  25N / m
x2 (t )  q1 (t )  q 2 (t )
  0,5m
dx2 (0)
 10cm / s  0,10m / s
dt
Dr. Sebastião Simionatto
FEP 2196 - 2009