Resolva o sistema de oscilações

Passo 1

Vamos usar a segunda lei de Newton para conseguir montar a equação diferencial.

F R = m a

Mas para isso precisamos fazer o diagrama de forças atuantes. Fica assim:

Passo 2

Temos:

F e l = - k x

F r e s i s t e n t e = - c v

Então, pela segunda lei de Newton, a força resultante é dada pela soma de todas as forças atuantes:

F R = F e l + F r e s i s t e n t e

F R = - k x - c v

Porém:

F R = m a

Temos:

⇒ - c v - k x = m a

Que equivale a:

m x ¨ + c x ˙ + k x = 0

Ajeitando:

x ¨ + c m x ˙ + k m x = 0

Vamos usar o seguinte:

k m = ω 0 2

c m = 2 λ

Então a EDO fica:

x ¨ + 2 λ x ˙ + ω 0 2 x = 0

Passo 3

E como é que a gente resolve?

Quando temos uma EDO de 2ª ordem homogênea, resolvemos a equação auxiliar:

r 2 + 2 λ r + ω 0 2 = 0

Assim:

r = - 2 λ ± 4 λ 2 - 4 ω 0 2 2 = - λ ± λ 2 - ω 0 2

Onde Δ = 4 λ 2 - 4 ω 0 2

Viu porque ele substituiu por 2 λ ? Nego não ta de zoeira não! Cortou muita coisa

E então temos três possibilidades:

Δ > 0   ; Δ = 0   ; Δ < 0

Em cada caso, temos uma solução diferente, lembra?

Então vamos analisar cada uma dessas possibilidades agora.

Mas antes vamos dar nome aos bois, mas relaxa com isso, é só para você entender o que tá acontecendo, esse tipo de nomenclatura não é cobrado na sua prova!

Quando Δ < 0 : amortecimento subcrítico;

Quando Δ = 0 : amortecimento crítico;

Quando Δ > 0 : amortecimento supercrítico;

É só você lembrar que “sub” significa “abaixo” (abaixo de zero) e “super” significa “acima” (acima de zero).

Beleza?

Então vamos lá!

Passo 4

Passo 5

Nesse caso: Δ > 0

Então a equação auxiliar tem duas raízes reais e distintas:

r 2 + 2 λ r + ω 0 2 = 0

r 1 , r 2

E a solução é dada por:

x t = c 1 e - λ + λ 2 - ω 0 2 t + c 2 e - λ - λ 2 - ω 0 2 t

As constantes c 1 e c 2 são dadas pelas condições iniciais de x 0 e x ˙ 0 .

O gráfico do amortecimento supercrítico tem essa cara(Só por curiosidade):

Uma soma de exponenciais decrescentes.

Passo 6

Nesse caso: Δ = 0

Então a equação auxiliar tem duas raízes reais e iguais:

r 2 + 2 λ r + ω 0 2 = 0

r = r 1 = r 2

E a solução é dada por:

x t = c 1 e - λ t + c 2 t e - λ t

Ou, se preferir colocar em evidência:

x t = c 1 + c 2 t e - λ t

As constantes c 1 e c 2 também são dadas pelas condições iniciais de x 0 e x ˙ 0 .

E o gráfico do amortecimento crítico tem mais ou menos a mesma cara do amortecimento supercrítico(Isso é só por curiosidade!):

Passo 7

Nesse caso: Δ < 0

Então a equação auxiliar tem duas raízes imaginárias:

r 2 + 2 λ r + ω 0 2 = 0

r = - λ ± i ω 0 2 - λ 2

E a solução é dada por:

x t = e - λ t c 1 cos ⁡ ω 0 2 - λ 2 t + c 2 sen ⁡ ω 0 2 - λ 2 t

As constantes c 1 e c 2 são sempre dadas pelas condições iniciais de x 0 e x ˙ 0 .

E o gráfico do amortecimento subcrítico tem uma cara assim(Só por curiosidade again!!):

Nesse caso, o movimento é oscilatório, mas as amplitudes vão sendo cada vez menores, até parar.

Resposta

x t = c 1 e - λ + λ 2 - ω 0 2 t + c 2 e - λ - λ 2 - ω 0 2 t

ou

x t = c 1 + c 2 t e - λ t

ou

x t = e - λ t c 1 cos ⁡ ω 0 2 - λ 2 t + c 2 sen ⁡ ω 0 2 - λ 2 t

Depende da relação entre ω 0 e λ !(Para saber se Δ > 0 , Δ < 0   o u   Δ = 0 )

Exercícios Resolvidos de Modelagem - MHA e MF

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