Exercícios Resolvidos de Regime Transitório, Permanente e Ressonância

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Enunciado

Considere um bloco de m = 0, 5 kg, preso a uma mola de constante k = 50 N/m. O bloco pode movimentar-se sobre uma superfície horizontal em que um líquido viscoso foi derramado, dando origem a uma força dissipativa proporcional à velocidade, com constante ρ   =   0 ,   1   k g / s . Uma força externa F ( t )   =   F 0   c o s ( Ω t ) é aplicada ao bloco, onde F 0 = 0 ,   2   N e Ω é uma freqüência angular sintonizável.

a) Calcule a potência média transferida pela força externa ao bloco, na situação estacionária, em função de Ω .

b) Encontre a expressão exata da frequência Ω m á x em que essa potência média é máxima. Calcule o valor desta frequência, justificando as aproximações.

c) Suponha agora que a força externa é desligada, qual será a taxa de dissipação de energia do sistema?

Passo 1

a) Aqui vamos usar a fórmula da potência média que ele deu no formulário:

P - = m γ x ˙ 2 -

Como ele falou que é a situação estacionária (regime estacionário) só o que vai importar é a solução particular. Então:

x t = A Ω c o s ⁡ ( Ω t + φ Ω )

E:

x ˙ = - Ω A ( Ω ) sin ⁡ ( Ω t + φ Ω )

x ˙ 2 = Ω 2 A ( Ω ) 2 sin 2 ⁡ ( Ω t + φ Ω )

Como ele disse que o valor médio de sin 2 ⁡ ( Ω t + φ Ω ) é ½ (no formulário) então:

x ˙ 2 - = Ω 2 A ( Ω ) 2 2

E então:

P - = m γ Ω 2 A ( Ω ) 2 2

Lembrando que:

A Ω = F 0 m ( ω 0 2 - Ω 2 ) 2 + ( γ Ω ) 2

Em que:

ω 0 = k / m = 50 / 0,5 = 10   r a d / s

γ = ρ m = 0,1 0,5 = 0,2   s - 1

Então a potência média vai ser:

P - = γ Ω 2 F 0 2 2 m [ ω 0 2 - Ω 2 2 + γ Ω 2 ]

P - = 0,2 Ω 2 0,2 2 2 × 0,5 [ 100 2 - Ω 2 2 + 0,2 Ω 2 ]

P - = Ω 2 125 [ 100 2 - Ω 2 2 + 0,04 Ω 2 ]

Passo 2

b) Queremos a frequência quando a amplitude é máxima! E o que fazemos pra achar um ponto de máximo? Isso mesmo engenheirx, derivamos. Então:

d P - d Ω = 0

Pela regra do quociente:

d P - d Ω = γ F 0 2 2 m × 2 Ω ω 0 2 - Ω 2 2 + γ Ω 2 - Ω 2 - 4 Ω ω 0 2 - Ω 2 + 2 γ 2 Ω ω 0 2 - Ω 2 2 + γ Ω 2 = 0

O cara de cima tem que ser zero, né. Então:

2 Ω ω 0 2 - Ω 2 2 + γ Ω 2 - Ω 2 - 4 Ω ω 0 2 - Ω 2 + 2 γ 2 Ω = 0

2 ω 0 2 - Ω 2 2 + γ Ω 2 - Ω - 4 Ω ω 0 2 - Ω 2 + 2 γ 2 Ω = 0

2 ω 0 2 - Ω 2 2 + 2 γ Ω 2 + 4 Ω 2 ω 0 2 - Ω 2 - 2 γ Ω 2 = 0

2 ω 0 2 - Ω 2 2 + 4 Ω 2 ω 0 2 - Ω 2 = 0

2 ω 0 2 - Ω 2 ω 0 2 - Ω 2 + 4 Ω 2 ω 0 2 - Ω 2 = 0

2 ω 0 2 - 2 Ω 2 ω 0 2 - Ω 2 + 4 Ω 2 ω 0 2 - Ω 2 = 0

2 ω 0 2 - 2 Ω 2 + 4 Ω 2 ω 0 2 - Ω 2 = 0

2 ω 0 2 + 2 Ω 2 ω 0 2 - Ω 2 = 0

ω 0 2 + Ω 2 ω 0 2 - Ω 2 = 0

Ou sejaaaaaa:

ω 0 2 - Ω 2 = 0

ω 0 = Ω

Ω = 10   r a d / s

E a potência média máxima vai ser:

P - = 10 2 125 [ 10 2 - 10 2 2 + 0,04 ( 10 ) 2 ]

P - = 0,2   W

Passo 3

c) Lembrando lá da solução do MHA, sem força externa, a solução da equação auxiliar envolve um tal que:

∆ = γ 2 - 4 ω 0

∆ = 0,2 2 - 4 × 10

∆ = - 39,96

∆ < 0

Ou seja, o amortecimento é subcrítico.

A solução do MHA para amortecimento subcrítico é:

x t = A e - γ t / 2 c o s ⁡ ( ω t + φ )

Então:

x ˙ t = - γ A e - γ t / 2 ⁡ cos ⁡ ( ω t + φ ) 2 - ω A e - γ t / 2 sin ⁡ ( ω t + φ )

x ˙ t = - A e - γ t / 2 γ cos ⁡ ( ω t + φ ) 2 + ω sin ⁡ ( ω t + φ )

E como a potência dissipada é:

P d = - m γ x ˙ 2

x ˙ t 2 = A 2 e - γ t γ cos ⁡ ω t + φ 2 + ω sin ⁡ ω t + φ 2

x ˙ t 2 = A 2 e - γ t γ 2 cos 2 ⁡ ω t + φ 4 + γ ω cos ⁡ ω t + φ sin ⁡ ω t + φ + ω 2 sin 2 ⁡ ω t + φ

P d = - m γ x ˙ 2

Vamos tomar a média!

P d - = m γ x ˙ 2 -

x ˙ t 2 - = A 2 e - γ t γ 2 4 × 1 2 + γ ω × 0 + ω 2 × 1 2

x ˙ t 2 - = A 2 e - γ t 1 2 γ 2 4 + ω 2

E trocando na potência:

P d - = - m γ A 2 e - γ t 1 2 γ 2 4 + ω 2

Como:

ω = ω 0 2 - γ 2 4

ω 2 = ω 0 2 - γ 2 4

γ 2 4 + ω 2 = ω 0 2

Então:

P d - = - m γ A 2 e - γ t 1 2 ω 0 2

P d - = - m γ A 2 e - γ t ω 0 2 2

Que é igual à taxa de dissipação.

Resposta

a) P - = Ω 2 125 [ 100 2 - Ω 2 2 + 0,04 Ω 2 ]

b) Ω = ω 0 = 10   r a d / s

c) P d - = - m γ A 2 e - γ t ω 0 2 2

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