( 3,0 pts ) - Um oscilador harmónico de 2,0 kg levemente amortecido tem uma frequência de oscilaçåo angular de 0.25 rad / s. (a) Se o deslocamento máximo de 1,0 m ocorre quando t=0,0 s, e, o amortecimento constante b e 0,8 kg / s, qual é o deslocamento do objeto quando t=4,0 s ?

Passo 1

Beleza, vamos lá! Temos um problema sobre oscilações harmônicas amortecidas. O que isso significa? Imagine um objeto vibrando para frente e para trás, como uma mola, mas com um leve atrito que faz as oscilações diminuírem com o tempo. Para resolver, vamos precisar usar a fórmula das oscilações amortecidas, que leva em conta a massa do objeto, a constante de amortecimento e a frequência angular.

Passo 2

Primeiro, vamos lembrar a fórmula geral para o deslocamento x(t) = A cdot e^-b2m t cdot cos(omega' t) de um oscilador harmônico amortecido:
Aqui:
  • é o deslocamento máximo inicial,
  • é a constante de amortecimento,
  • é a massa do objeto,
  • é a frequência angular amortecida.

Passo 3

Vamos identificar os valores que temos no problema:
  • Massa ,
  • Constante de amortecimento ,
  • Frequência angular ,
  • Deslocamento máximo inicial ,
  • Tempo .

Passo 4

Precisamos calcular a frequência angular amortecida omega' = raizomega^2 - (b2m)^2 . A relação entre a frequência angular sem amortecimento b2m = 0,82 times 2,0 = 0,84 = 0,2 , rad/s e a amortecida omega' = raiz(0,25)^2 - (0,2)^2 = raiz0,0625 - 0,04 = raiz0,0225 = 0,15 , rad/s é dada por:
Vamos calcular :
Agora, calculamos :

Passo 5

Agora, substituímos todos os valores na fórmula do deslocamento x(4,0) = 1,0 cdot e^-0,82 times 2,0 times 4,0 cdot cos(0,15 times 4,0) :
Vamos simplificar passo a passo.

Passo 6

Primeiro, calculamos o expoente:
-0,84 times 4,0 = -0,2 times 4,0 = -0,8
Então, .

Passo 7

Agora, calculamos o argumento do cosseno:
0,15 times 4,0 = 0,6 , rad
E .

Passo 8

Finalmente, multiplicamos tudo junto:
x(4,0) = 1,0 times 0,4493 times 0,8253 approx 0,371 , m

Resposta

O deslocamento do objeto quando é aproximadamente 0,371 metros.

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c RV=a v=A v0 v0=aA v
e portanto
Como a ll A, vemos que v0 <= v. Para aplicar a equação de Bernoulli tomamos o nível do furo como nosso nível de referência para a medida de altura (e, portanto, da energia potencial gravitacional). Notando que a pressão no alto đa caixa d p0+12 rho v0^2+rho g h=p0+12 rho v^2+rho g(0)
FIG. 14-21 A água sai de um tanque por um furo situado a uma distância h da superfície da água. A pressão na superfície da agua e no local do furo é
não seria um número real. Em vez disso, porém, vamos raciocinar um pouco. De acordo com a Eq. 14-35, a velocidade v2 na parte estreita deve ser maior do que a velocidade v1 na parte larga para que os produtos v1 A1 e v2 A2 sejam iguais. Sabemos também que se a velocidade de um fluido aumenta enquanto ele escoa em um cano horizontal (como neste caso), a pressão do fluido diminui. Assim, p1 é maior que p2, e p1-p2=4120 Pa. Substituindo este resultado e os valores conhecidos na Eq. 14-38, obtemos
RV & =1,20 times 10^-3 m^2 raiz(2)(4120 Pa)(3)(791 kg / m^3) & =2,24 times 10^-3 m^3 / s
(Resposta) pressão atmosférica p0.
( O alto do tanque é representado pelo lado esquerdo da equação, e o furo pelo lado direito. O zero do lado direito indica que o furo está no nível de referência.) Antes de explicitar v na Eq. 14-39, podemos usar nosso resultado de que v0 <= v para simplificá-la: supomos que v0^2, e portanto o termo 12 rho v0^2 na Eq. 14-39 é desprezível em comparação com os outros termos, e o abandonamos. Explicitando v na equação restante, obtemos
v=raiz2 g h
(Resposta)
Esta é a mesma velocidade que um objeto teria se caísse de uma altura h a partir do repouso.