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?

R: (a) v0 = 10 m/s (b) x(t) = e−t (2+12t)

bebtaetvdt

tdx

btaetx

tt

t

22

2

2)(

)(

)(

Vamos construir as equações básicas e impor as condições iniciais propostas.

O caso críticoO caso super crítico

O caso amortecido

axtbaetxt

0)0(0)0()0()0(

2

Em t = 0 : x(0) = 0 a = 0

02

0)1()0(2

)1(

0

)1(2

)1(2

bbbb

bestbaesvtt

Hz12 0

smbe

smb

mstbetx stHz

/10/68.3

68,3)1()(

1

)1(1

Item a: A velocidade inicial será:

Item b: Para uma condição inicial de partida em Xo = 2m temos:

btmetx t 2)(

mtbaetx tHz 2)0()0( )0(1

A condição inicial de partida resulta que a = 2m

smbbmHzsm

bebmHzesmtv HzHz

/1221/10

)0(21/10)0( )0(1)0(1

A velocidade inicial é dada sendo 10m/s, então obtemos o valor de b:

smv

esmtsmaHzev tHztHz

/10)0(

)/10()0(/10)0(1)0( )0(1)0(1

)(/122)( )(1 tsmmetx tHz

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 intervalode tempo mostrado no gráfico?

V = 0

A velocidade é zero quando atangente da curva for zero.Isso corresponde em t = 3 s

t = 3s

(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) v0 = −0.75 m/s.

Oscilações livres com amortecimento viscoso proporcional a velocidade.

kxxbxM

)cos()( 1max textx t 2

2

2

M

b

M

k

T

dt

dxbf viscz .

Freqüência angular com dissipação viscosa.

M

b

2 é o atrito viscoso.

)()()(

2

2

tkxdt

tdxb

dt

txdMkxxbxM

teAdt

tdx )(

teAdt

txd 22

2 )(

tAetx )(

ttt kAeebAeMA 2

02 kbM M

k

M

b

M

b

2

22

Vamos testar uma solução com a função:

As suas respectivas derivadas são:

Que, substituídas na equação resulta:

Item b: Solução da Equação do Movimento com Atrito Viscoso

a solução para x será:

tM

b

M

ki

tM

b

eAetx

2

22)(

tM

k

M

b

M

b

Aetx

2

22)(

M

k

M

b quemenor muito é

2

2

2

1 2

M

b

M

k

2)(

11

2titit

M

b eeAetx

A solução fica na forma:

Mas! então o termo da raiz é complexo!

Escrevendo a raiz na forma:

Uma solução parcial será:

Observe que temos duas soluções possíveis!

e fazendo:

M

b

2

)cos()( 1max textx t

2

1 2

M

b

M

k

A solução final tem a forma:

O termo de atrito viscoso é:

2

11

1

titi eetcos

Usando-se a relação de Euler:

A freqüência angular desta oscilação será:

A oscilação esta em estado crítico quando:

M

b

20

Também chamado caso degenerado:

A outra solução é procurar a forma : e repetindo o

processo anterior de derivação sucessiva.

Concluiremos que a segunda solução :

E assim a solução geral do caso degenerado será:

tIII etxtx )()(

tI eBtAtx )()(

BtAtxdt

txdII

II )(0)(

2

2

textx max)(Uma equação dif. de seg. grau tem 2 soluções que no caso degenerado já sabemos uma.

Como será a forma da segunda solução?

Item b:Para t = 0 temos x = 0.5

t = 0

x = 0

tetBAtx )()(

5.05.0)0()0( 0 AeBAx

5.00))1(5.0()1( 1 BeBssx s

Para t = 1s temos x = 0

tettx )5.05.0()(

Item c:Se v(3) = 0

05.0))3(5.05.0(2

)( 3)2/(3)2/( eetx

115.02

sEXTRAIR O VALOR DE GAMA e o k da mola :

A VELOCIDADE SERÁ:

smeex /75.05.0))0(5.05.0(2

1)0( 0)2/1(0)2/1(

M

k

2

0),(1),(

2

2

22

2

t

txy

vx

txy

A equação de d´Alembert

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 muitocomplexa!

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 ondatransversal progressiva que é produzida na corda.

(b) Escreva, como função do tempo, o deslocamento transversal y de umponto 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.

smmKg

NFV /10

/1,0

10

Se a massa é 2Kg e o comprimento 20m a densidade linear da corda é :1

1,020/2

KgmmKg

A velocidade é dada por:

Vf O comprimento de onda é dado por:

Onde : 15 sf

smsf /105 1

m2

11

1

10 522

12

22

)cos(),(

ssf

mm

k

tkxAtxy

0),(1),(

2

2

22

2

t

txy

Vx

txy

Uma solução geral da equação de d´Alembert é:

A amplitude A é 3cm 0,03m e a fase se obtém impondo y(0,0) = 0,015m(

3cm

2m

2/2kTAI A potência média é :

mAsT

mk

015,0 5

s 101

1

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.

0)(

0)(

21222

2

12121

2

xxkkxdt

xdm

xxkkxdt

xdm

c

c

0)(

0)(

1222

2

2121

2

xm

kx

m

kk

dt

xd

xm

kx

m

kk

dt

xd

cc

cc

0)(

0)(

1222

2

2121

2

xm

kx

m

kk

dt

xd

xm

kx

m

kk

dt

xd

cc

cc

0

0

2222

22

1212

12

qdt

qd

qdt

qd

2

221

221

1qq

xqq

x

0 0 2222

22

1212

12

qdt

qdq

dt

qd

m

kk

m

k c )2( 21

2

2

212

211

qqx

qqx

tCtCtq

tCtCtq

24232

12111

sincos)(

sincos)(

tCtCtCtCtx

tCtCtCtCtx

242312112

242312111

sincossincos)(

sincossincos)(

m

kk

m

k

c )2(

2

1

0)0( )0( 0)0( )0(

sincossincos)(

sincossincos)(

22

11

242312112

242312111

dt

dxBx

dt

dxAx

tCtCtCtCtx

tCtCtCtCtx

Modo Simétrico

Modo Anti - Simétrico

11. Duas partículas de mesma massa, igual a 250 g, estão suspensas do teto por barras idênticas, de 0,5 m de comprimento emassa 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)

k/mK )(

/ )(

212202

22

20211

202

12

xxKxdt

xd

lgxxKxdt

xd

)( 21 xxkFmola x2

0Grav. -m-mgx/mg- F

212212202

22

211211202

12

2

1q )(

2

1q )(

xxxxKxdt

xd

xxxxKxdt

xd

Kqdt

qd

gqdt

qd

2 0

0

022222

22

01202

12

)cos()( 0

)cos()( 0

22222222

22

10111202

12

tAtqqdt

qd

tAtqqdt

qd

)(q)(q)( )(q)(q)( 212211 tttxtttx

smscmdt

dxmNk

mkgm

/10,0/10)0(

/25

5,0 250,0250

2

212211 2

1q

2

1q xxxx

Dr. Sebastião Simionatto FEP 2196 - 2009