1-) Um bloco possui massa m=1,5 \mathrm{~kg} e está preso por uma mola de constante clástica 8 \mathrm{~N} / \mathrm{m}. A força é dada por -b \cdot \dot{x}, sendo b=0,230 \mathrm{~kg} / \mathrm{s}. O bloco é puxado 12 cm para baixo e liberado ( A_{0}=12 \mathrm{~cm} ). Calcule:
a) O Expressão da posição para este movimento é dada por?
b) O tempo para que a amplitude seja um terço da amplitude inicial.

Passo 1

O enunciado dá um bloco com massa m=1{,}5\\ \mathrm{kg} preso a uma mola de constante elástica k=8\\ \mathrm{N/m}. Há uma força de atrito proporcional à velocidade, -b\dot{x}, com b=0{,}230\\ \mathrm{kg/s}. O bloco é puxado A_{0}=12\\ \mathrm{cm}=0{,}12\\ \mathrm{m} para baixo e liberado a partir do repouso. Pedidos:
a) A expressão da posição x(t) para esse movimento.
b) O tempo necessário para que a amplitude fique igual a um terço da amplitude inicial.

Passo 2

Escrevemos a equação do movimento pela 2ª lei de Newton somando as forças (força elástica e força de atrito viscoso):
m\ddot{x} + b\dot{x} + kx = 0.
Aqui \ddot{x} é a aceleração, \dot{x} é a velocidade, x é o deslocamento (positivo para cima ou para baixo conforme convencionarmos); o sinal já está adequado para um movimento centrado em x=0.

Passo 3

Dividimos por m para colocar na forma padrão e definimos as quantidades usuais:
\ddot{x} + 2\gamma\dot{x} + \omega_{0}^{2} x = 0,
onde
\gamma=\frac{b}{2m},\qquad \omega_{0}=\sqrt{\frac{k}{m}}.
Calculando numericamente:
\gamma=\frac{0{,}230}{2\cdot 1{,}5}=0{,}076666\ldots\\ \mathrm{s^{-1}},
\omega_{0}=\sqrt{\frac{8}{1{,}5}}=\sqrt{5{,}3333\ldots}=2{,}309401\ldots\\ \mathrm{rad/s}.

Passo 4

Comparo \gamma^{2} com \omega_{0}^{2} para ver o regime de amortecimento:
\gamma^{2}=0{,}076666\ldots^{2}=0{,}00587778\ldots, \qquad \omega_{0}^{2}=5{,}3333\ldots.
Como \gamma^{2}<\omega_{0}^{2}, o sistema é subamortecido (underdamped). A frequência angular amortecida é
\omega_{d}=\sqrt{\omega_{0}^{2}-\gamma^{2}}.
Calculando:
\omega_{d}=\sqrt{5{,}3333\ldots-0{,}00587778\ldots}=2{,}307271\ldots\\ \mathrm{rad/s}.

Passo 5

Para o caso subamortecido, a solução geral é da forma
x(t)=\mathrm{e}^{-\gamma t}\big(C_{1}\cos(\omega_{d}t)+C_{2}\sin(\omega_{d}t)\big).
Explico: a exponencial \mathrm{e}^{-\gamma t} representa a decadência do movimento devido ao amortecimento; os cosseno e seno representam a oscilação com frequência \omega_{d}. C_{1} e C_{2} são constantes determinadas pelas condições iniciais.

Passo 6

Aplicamos as condições iniciais: x(0)=A_{0}=0{,}12\\ \mathrm{m} e \dot{x}(0)=0 (liberado a partir do repouso). Avaliando em t=0:
x(0)=C_{1}=0{,}12.
Derivando x(t) e avaliando em t=0:
\dot{x}(t)=-\gamma\mathrm{e}^{-\gamma t}(C_{1}\cos\omega_{d}t+C_{2}\sin\omega_{d}t)+\mathrm{e}^{-\gamma t}(-C_{1}\omega_{d}\sin\omega_{d}t+C_{2}\omega_{d}\cos\omega_{d}t).
Em t=0 isso vira
\dot{x}(0)=-\gamma C_{1} + \omega_{d} C_{2}=0.
Portanto
C_{2}=\frac{\gamma C_{1}}{\omega_{d}}=\frac{\gamma A_{0}}{\omega_{d}}.
Numericamente,
C_{2}= \frac{0{,}076666\ldots\times 0{,}12}{2{,}307271\ldots}=0{,}00399035\ldots\\ \mathrm{m}.

Passo 7

Substituindo C_{1} e C_{2} na solução, obtemos a expressão explícita da posição:
x(t)=0{,}12\,\mathrm{e}^{-0{,}076666\ldots\, t}\Big(\cos(2{,}307271\ldots\, t)+0{,}0332529\ldots\sin(2{,}307271\ldots\, t)\Big).
Para ficar mais legível, escrevo com os valores arredondados a 6 dígitos:
x(t)=0{,}12\,\mathrm{e}^{-0{,}0766667\, t}\big(\cos(2{,}307271\, t)+0{,}0332529\sin(2{,}307271\, t)\big)\\ \mathrm{(m)}.
Comentário didático: outra escrita equivalente é a forma com amplitude e fase,
x(t)=C\,\mathrm{e}^{-\gamma t}\cos(\omega_{d}t-\varphi),
onde
\varphi=\arctan\!\left(\frac{\gamma}{\omega_{d}}\right),\qquad C=\frac{A_{0}\,\omega_{0}}{\omega_{d}}.
Numericamente \varphi\approx 0{,}033245\\ \mathrm{rad} e C\approx 0{,}120112\\ \mathrm{m}. Ambas as formas descrevem exatamente o mesmo movimento; use a que achar mais intuitiva.

Passo 8

Agora a parte (b): queremos o tempo para que a amplitude seja um terço da amplitude inicial. Explicação física: quando uma oscilação amortecida é liberada do repouso num máximo x(0)=A_{0}, os máximos sucessivos formam uma “envoltória” exponencial que decai como A_{0}\,\mathrm{e}^{-\gamma t} nos instantes dos picos. Assim, as amplitudes (dos picos) satisfazem
A(t)=A_{0}\,\mathrm{e}^{-\gamma t}.
Pedem t tal que A(t)=A_{0}/3. Então
A_{0}\,\mathrm{e}^{-\gamma t}=\frac{A_{0}}{3}\quad\Rightarrow\quad \mathrm{e}^{-\gamma t}=\frac{1}{3}.
Tomando logaritmo natural:
t=\frac{\ln 3}{\gamma}.
Substituindo \gamma=0{,}076666\ldots:
t=\frac{\ln 3}{0{,}076666\ldots}= \frac{1{,}098612288\ldots}{0{,}076666\ldots}=14{,}334\ldots\\ \mathrm{s}.
Observação: se alguém usar a forma com amplitude inicial C da representação com fase, obterá um número praticamente igual (diferença muito pequena porque o amortecimento é fraco); a forma acima é a mais direta e física quando a liberação é do repouso no máximo inicial.

Resposta

a) x(t)=0{,}12\,\mathrm{e}^{-0{,}0766667\, t}\big(\cos(2{,}307271\, t)+0{,}0332529\sin(2{,}307271\, t)\big)\\ \mathrm{(m)}
b) t=\frac{\ln 3}{\gamma}\approx 14{,}33\\ \mathrm{s}

Exercícios relacionados