Modelagem - MHA e MF

Teoria Completa

Movimento Harmônico Amortecido (MHA):

Movimentos harmônicos, no geral, são movimentos com a repetição de certo padrão. O sistema massa mola é um ótimo exemplo disso!

Beleza, mas disso você já desconfiava neh, agora eu quero ver você desconfiar dessa: o que são Movimentos Harmônicos Amortecidos?

ISSO MESMO! São movimentos harmônicos que de certa forma tem um “freio” amortecendo-o. Se pensarmos no sistema massa mola, tal “freio”, ou melhor, força de amortecimento, pode ser à força de resistência do ar que sempre tenta parar a massa!

Então o sistema não vai ficar oscilando pra sempre? Não! Ele vai parar com o tempo, porque a força resistente vai tirando energia do sistema até ele parar. Nesse caso, a energia não se conserva!

Dentre muitos MHA que existem na natureza, vamos falar do que cai na prova: Massa-Mola com amortecimento. Vamos ver o exemplo do sistema massa-mola imerso em um fluido viscoso:

A primeira coisa a se fazer é aplicar a Lei que descreve o movimento (Lei de Newton): pelo diagrama de Forças Livres...

Observe que, nesse caso, além da mola com constante elástica k , temos também uma força resistente, com constante de proporcionalidade c . Pela Lei de Newton, a força resultante é a soma das forças:

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

Imagine que o bloco está à direita do ponto de equilíbrio, se movimentando para a esquerda como na figura.

A força resistente do ar é dada por:

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

onde v é a velocidade e c é uma constante de proporcionalidade. O sinal de menos é porque a força resistente aponta sempre no sentido contrário ao movimento.

A força elástica é dada como sendo:

F e l = - k x

Onde k é a constante elástica e o menos é pelo mesmo motivo do sinal de menos anterior.

Como de acordo com Newton sempre temos que a força resultante é dada pela massa vezes a aceleração...

F R = m a

Temos então:

F R = F e l + F r e s i s t e n t e                   ⇒                     m a = - c v - k x             ⇒

Mas a = x ¨ e v = x ˙

m x ¨ = - c x ˙ - k x                 ⇒

m x ¨ + c x ˙ + k x = 0

Opa, é uma EDO de segundo grau homogênea de coeficientes constantes, vamos dividir tudo pela massa:

x ¨ + c m x ˙ + k m x = 0

Essa equação é a principal!

Assim podemos chamar

ω 0 2 = k m

ω 0 = f r e q u ê n c i a   n a t u r a l   s e m   a m o r t e c i m e n t o

Vamos chamar:

c m = 2 λ

Assim temos:

x ¨ + 2 λ x ˙ + ω 0 2 x = 0

Já sabemos resolver uma EDO desse tipo. Vamos analisar os 3 casos:

  • Caso 1: ∆ = 0
  • Para ∆ = 0 temos:

    r 1 = r 2 = - 2 λ 2 1 = - λ

    Então temos:

    x t = c 1 e - λ t + c 2 t e - λ t

    Quando ∆ = 0 dizemos que o sistema é criticamente amortecido.

  • Caso2: ∆ > 0
  • Para ∆ > 0 temos:

    r 1 = - 2 λ + 4 λ 2 - 4 1 ω 0 2 1 2 2 1 = - 2 λ + 2 λ 2 - ω 0 2 2 = - λ + λ 2 - ω 0 2

    r 2 = - λ - λ 2 - ω 0 2

    Então temos:

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

    Quando ∆ > 0 dizemos que o sistema é superamortecido.

  • Caso 3: ∆ < 0

Para ∆ < 0 temos:

r 1 , r 2 = - 2 λ ± 4 λ 2 - 4 1 ω 0 2 1 2 2 1 = - 2 λ ± 2 λ 2 - ω 0 2 2 = - λ ± ω 0 2 - λ 2 i

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

Quando ∆ < 0 dizemos que o sistema é subamortecido.

Movimento Forçado (MF)

Até o momento só falamos de movimentos realizados por forças do sistema, seja o sistema sem forças resistivas, como o MHS, ou com essas forças como MHA. Mas o que acontece se a gente, fora do sistema, tiver forças que influenciam no movimento? Por exemplo:

Nesse caso, devido ao fato de termos a força externa f ( t ) puxando a massa no sistema, podemos considera-lo como um Movimento Forçado. O movimento forçado ainda pode ser amortecido, quando a gente leva em consideração as forças de amortecimento, ou não amortecido.

Movimento forçado com amortecimento

Quando nós falamos em movimento forçado é quando possui uma força externa f ( t ) ao movimento. Assim, basta acrescentarmos essa força a equação. No caso do com amortecimento, temos:

F R = - k x - c v + f t         ⟹               m x ¨ = - c x ˙ - k x + f t

Deixando somente f ( t ) do lado direito e dividindo pela massa:

x ¨ + c m x ˙ + k m x = f t m = F ( t )

Substituindo pelo que vimos acima:

ω 0 2 = k m

c m = 2 λ

Ficamos com:

x ¨ + 2 λ x ˙ + ω 0 2 x = F ( t )

Mas calma, o lado esquerdo continua o mesmo do movimento amortecido e o lado direito possui uma função em t . Isso nós já vimos como resolver, essa é uma equação não homogênea. Assim, a solução é da forma:

x t = x ( t ) h o m o g ê n e a + x ( t ) p a r t i c u l a r

A solução homogênea já vimos como resolver e a particular dependerá da cara de F t .

Vamos agora ver o caso sem amortecimento, que é bem parecido.

Movimento forçado sem amortecimento

Esse caso é aquele que não possui o termo de amortecimento, no caso:

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

Assim, nossa equação se resumirá a:

x ¨ + ω 0 2 x = F ( t )

Veja que essa equação também é não homogênea ela deve ser resolvida de forma que você encontre uma solução homogênea e a solução da equação particular.

Vamos agora resolver um exemplo para fixar melhor.

Exemplo:

Seja um sistema massa mola amortecido com:

m = 1   k g   e   k = 9

Seja uma força de amortecimento: g t = 6 v

E uma força externa atuante: f t = e - 2 t

Com as condições iniciais: x 0 = 1   e   x ' 0 =   - 4

Assim, encontre x t :

Passo 1:

Primeiramente vamos montar a equação do movimento.

Ela é da forma:

x ¨ + 2 λ x ˙ + ω 0 2 x = F ( t )

Onde:

2 λ = 6   ,   ω 0 2 = 9   e   f t = e - 2 t  

Então:

x ' ' + 6 x ' + 9 x = e - 2 t

Passo 2:

Vamos agora encontrar solução homogênea:

x ' ' + 6 x ' + 9 x = 0

Já aprendemos a resolver essa EDO.

Equação característica:

r 2 + 6 r + 9 = 0

Raízes:

r 1 = r 2 = - 3

Solução da homogênea:

x h t = c 1 e - 3 t + c 2 t e - 3 t

Passo 3:

Vamos agora encontrar x p ( x ) com coeficientes a determinar:

Como f ( t ) é uma exponencial, x p ( x ) também será uma exponencial de mesmo expoente:

x p x = A e - 2 t

Passo 4:

Encontrar derivadas de y p ( x ) :

x p x = A e - 2 t x p ' x = - 2 A e - 2 t x p ' ' x = 4 A e - 2 t

Passo 5:

Vamos substituir na equação e encontrar constantes:

x ' ' + 6 x ' + 9 x = 2 e - 2 t

4 A e - 2 t + 6 - 2 A e - 2 t +   9 A e - 2 t = e - 2 t

A e - 2 t = e - 2 t

→ A = 1

Passo 6:

Assim, a solução geral é:

x t = x h t + x p ( t )

y x = c 1 e - 3 t + c 2 t e - 3 t + e - 2 t

x t = c 1 e - 3 t + c 2 t e - 3 t + e - 2 t

Passo 7:

Vamos agora aplicar as condições iniciais:

Calculando a derivada:

x ' t = c 2 - 3 c 1 +   - 3 c 2 t e - 3 t - 2 e - 2 t

Calcular x ( 0 ) e x ' ( 0 ) :

x 0 = c 1 + 1

x ' 0 = c 2 - 3 c 1 - 2

Substituir condições iniciais dadas:

x 0 = 1 x ' 0 = - 4

→ c 1 + 1 = 1 c 2 - 3 c 1 - 2 = - 4

Resolvendo o sistema:

c 1 = 0 c 2 = - 2

Substituindo na solução geral, encontramos a solução particular do PVI:

x t = c 1 e - 3 t + c 2 t e - 3 t + e - 2 t

→ x t = - 2 t e - 3 t + e - 2 t

Partiu exercícios!!!

Expandir

Exercício Resolvido #1

UERJ - Cálculo 3 - Lista 6 Fernando Lopes – 4

Resolva o sistema de oscilações

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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 )

Exercício Resolvido #2

UNA - Mecânica Aplicada - Vibrações Mecânicas

Para o pêndulo mostrado na Figura 2.20 que modela um tipo de sismógrafo: determinar a frequência natural.

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Passo 1

Primeiro vamos começar o problema, entendendo o que estamos buscando e como vamos chegar à solução. Ok?

Pois bem, estamos buscando a frequência natural do sistema harmônico com amortecimento C . De acordo com a Teoria, se chegarmos a uma modelagem envolvendo uma EDO de 2º ordem como essa genérica aqui:

x ' ' + 2 λ x ' + ω 0 2 x = 0

Então a frequência natural ω 0 pode ser encontrada a partir do termo que multiplica x . Então, no problema, basicamente devemos modelar o nosso problema e ver se a gente encontra algo parecido. Vamos nessa?

Passo 2

Para a modelagem, vamos começar partindo do modelo físico que rege o nosso sismógrafo: as Leis de Newton para pêndulos!

Em pêndulos, estamos interessados em saber qual é o ângulo θ a seguir com o tempo t :

Basicamente, no problema temos três forças criando torques nesse pêndulo, o fazendo balançar com esse θ :

  1. Torque da força peso da bolinha τ p .
  2. Torque da força elástica da molinha τ e .
  3. E por último, Torque da força de amortecimento τ a .

De acordo com Newton, a soma desses torques é um torque resultante τ R e que é diferente 0 , já que o pêndulo não está estático:

τ R = τ p + τ e + τ a

Vamos falar nos próximos passos, o que são cada torque representa. Vamos lá!

Passo 3

Primeiro vamos falar do torque resultante τ R .

Toda vez que temos um pêndulo girando, então podemos calcular o torque resultante dessa forma aqui:

τ R = L ⋅ F

Onde L é à distância da força ao ponto de rotação, enquanto F é a força perpendicular ao movimento. Pelo diagrama a seguir, podemos ver quem é essa força:

O movimento é sempre dado pela trajetória em azul. Como a trajetória S em azul é um arco, então, podemos encontrar tal arco de acordo com a equação:

S t = L ⋅ θ t

Ou seja, é o produto do raio L pelo arco θ !

Sabemos que F = m ⋅ a onde a aceleração é a derivada segunda da trajetória: a = S ' ' t :

a = L ⋅ θ ' ' t

Portanto, o Torque resultante será:

τ R = L ⋅ F         →

τ R = L ⋅ m ⋅ a     →

τ R = L ⋅ m ⋅ a     →

τ R = L ⋅ m ⋅ L ⋅ θ ' ' t     →

τ R = m L 2 θ ' '

Passo 4

Vamos agora falar do torque causado pela força peso da bolinha:

Veja que a única força que de fato importa não é nem o Peso em si, e sim a componente dela perpendicular ao movimento P p e n . Essa força pode ser obtida da seguinte forma:

P p e r = P ⋅ sin ⁡ θ

Onde P = m ⋅ g ...

P p e r = m g ⋅ sin ⁡ θ

Portanto, o torque causado por essa força peso será:

τ p = L m g ⋅ sin ⁡ θ

Como o ângulo θ é pequeno, podemos eliminar esse seno com uma ótima simplificação:

sin ⁡ θ ≈ θ

Logo, podemos dizer que...

τ p = L m g ⋅ sin ⁡ θ =

τ p = m g L θ

Passo 5

Não desista, pois estamos indo bem, faltam ainda dois torques para analisarmos e vamos começar aqui com o τ e :

O torque dessa força elástica é dado por:

τ e = h 2 ⋅ F e

Onde h 2 é a distância de aplicação da força ao ponto de rotação. Enquanto que a força elástica é dada por:

F e = - k 2 x

Onde x é a trajetória em laranja. De forma análoga ao cálculo da trajetória em azul no passo 3...

x = h 2 ⋅ θ

Ou seja, é o produto do raio, que agora é h 2 pelo arco...

Logo...

τ e = h 2 ⋅ F e   →

τ e = - k h 2 x   →

τ e = - k h 2 2 θ

Passo 6

Beleza, agora vamos para o último torque que é o da força de amortecimento τ a ...

Agora, por definição de torque...

τ a = h 1 ⋅ F a

Onde F a é a força de amortecimento proporcional a velocidade...

F a = - c ⋅ v

A velocidade v , entretanto, é a derivada primeira da trajetória circular em rosa dada por t = h 1 ⋅ θ (assim como calculamos qualquer trajetória circular anteriormente é o produto do raio h 1 pelo arco θ )...

v = h 1 ⋅ θ '

Logo...

τ a = h 1 ⋅ F a   →

τ a = - c h 1 ⋅ v   →

τ a = - c h 1 2 ⋅ θ '

Passo 7

Finalmente, depois de todos os torques calculados, podemos retornar para a igualdade do nosso querido passo 2 onde deixamos o problema...

τ R = τ p + τ e + τ a     →

Substituindo todos os passos anteriores...

τ R = τ p + τ e + τ a

m L 2 θ ' ' = m g L θ - k h 2 2 θ - c h 1 2 ⋅ θ '

Passando tudo para um lado só...

m L 2 θ ' ' - m g L θ + k h 2 2 θ + c h 1 2 ⋅ θ ' = 0       →

Reorganizando...

m L 2 ⋅ θ ' ' + c h 1 2 ⋅ θ ' + k h 2 2 - m g L θ = 0  

Para comparar com essa EDO aqui

x ' ' + 2 λ x ' + ω 0 2 x = 0

E descobrirmos quem é o ω 0 , podemos dividir todos os termos por m L 2 ...

θ ' ' + c h 1 2 m L 2 ⋅ θ ' + k h 2 2 - m g L m L 2 θ = 0  

Prontinho! De fato a equação que modela o nosso problema é uma EDO de 2º ordem, e podemos concluir que a frequência angular ω 0 é...

ω 0 2 = k h 2 2 - m g L m L 2       →

ω 0 = k h 2 2 - m g L m L 2    

Resposta

ω 0 = k h 2 2 - m g L m L 2