Considere um bloco de massa m= 2 kg ligado por uma mola de massa desprezível e constante elástica k=18 \mathrm{~N} / \mathrm{m} dentro de um recipiente contendo líquido viscoso. O coeficiente de amortecimento do líquido é tal que o regime de amortecimento é crítico, cuja solução é
x_{h}(t)=e^{-\gamma t / 2}[A+B t]
na ausência de forças externas. O sistema é então submetido a uma força externa F(t)=F_{0} \cos (\Omega t), sendo F_{0}=22 \mathrm{~N} e \Omega=4 \mathrm{rad} / \mathrm{s}. Constata-se que, no início do movimento, o bloco estava em repouso na posição de equilíbrio.
(a) Qual é a amplitude de oscilação depois de um tempo longo o suficiente, tal que o movimento se encontra no regime estacionário?
(b) Qual é a fase de oscilação do regime estacionário?
(c) Quais são os valores de A e B que satisfazem as condições iniciais do problema?

Passo 1

O enunciado pede três coisas:
  1. (a) A amplitude da oscilação no regime estacionário, isto é, muito tempo após o início, quando a resposta livre já morreu e resta apenas a resposta forçada pela força F(t)=F_{0}\cos(\Omega t).
  2. (b) A fase da oscilação no regime estacionário (ou seja, o deslocamento de fase entre a força e a resposta).
  3. (c) Os valores das constantes A e B da solução homogênea
x_{h}(t)=e^{-\gamma t/2}[A+B t]
que satisfazem as condições iniciais: o bloco estava inicialmente em repouso na posição de equilíbrio.
Informações dadas:
m=2\\ \mathrm{kg},\qquad k=18\\ \mathrm{N/m},\qquad F_{0}=22\\ \mathrm{N},\qquad \Omega=4\\ \mathrm{rad/s}.
Foi dito que o amortecimento é crítico e que, na ausência de forças externas, a solução homogênea é \displaystyle x_{h}(t)=e^{-\gamma t/2}[A+B t]. O bloco inicia em repouso na posição de equilíbrio, isto é,
x(0)=0,\qquad \dot{x}(0)=0.

Passo 2

Escrevemos a equação do movimento (equação massa-mola-amortecedor forçada). A forma padrão é
m\ddot{x}+c\dot{x}+k x = F(t).
Dividindo por m escrevemos com os parâmetros usados no enunciado:
\ddot{x}+\gamma\dot{x}+\omega_{0}^{2}x = \frac{1}{m}F(t),
onde explicito o que significa cada símbolo:
\gamma=\frac{c}{m}\quad\text{(coeficiente de amortecimento por unidade de massa, em s}^{-1}\text{)},\qquad \omega_{0}^{2}=\frac{k}{m}\quad\text{(frequência natural ao quadrado, em rad}^2\text{/s}^2).ê
Calculamos \omega_{0} com os dados:
\omega_{0}^{2}=\frac{k}{m}=\frac{18}{2}=9,\qquad \omega_{0}=3\\ \text{rad/s}.
Como o amortecimento é crítico temos a condição
\gamma^{2}=4\omega_{0}^{2}\quad\Rightarrow\quad \gamma=2\omega_{0}=6\\ \text{s}^{-1}.
Também calculamos F_{0}/m, que aparece como amplitude da força por unidade de massa:
\frac{F_{0}}{m}=\frac{22}{2}=11\\ \text{(em unidades N/kg que equivalem a m/s}^{2}\text{)}.

Passo 3

Agora vamos encontrar a resposta estacionária (particular) para a excitação harmônica. Procuramos uma solução particular da forma
x_{p}(t)=C\cos(\Omega t)+D\sin(\Omega t).
Derivando:
\dot{x}_{p}(t)=-C\Omega\sin(\Omega t)+D\Omega\cos(\Omega t),
\ddot{x}_{p}(t)=-C\Omega^{2}\cos(\Omega t)-D\Omega^{2}\sin(\Omega t).
Substituindo na equação diferencial
\ddot{x}+\gamma\dot{x}+\omega_{0}^{2}x=\frac{F_{0}}{m}\cos(\Omega t)
obtemos, agrupando coeficientes de \cos(\Omega t)\) e de \(\sin(\Omega t)\), o sistema linear \[\begin{cases} C(\omega_{0}^{2}-\Omega^{2})+D(\gamma\Omega)=\dfrac{F_{0}}{m},\\[6pt] D(\omega_{0}^{2}-\Omega^{2})-C(\gamma\Omega)=0. \end{cases}
Da segunda equação temos
D=\dfrac{C(\gamma\Omega)}{\omega_{0}^{2}-\Omega^{2}}\quad\text{(se }\omega_{0}^{2}\neq\Omega^{2}\text{)}.
Substituindo na primeira e resolvendo para C\] e \(D obtemos as soluções
C=\frac{\dfrac{F_{0}}{m}\,(\omega_{0}^{2}-\Omega^{2})}{(\omega_{0}^{2}-\Omega^{2})^{2}+(\gamma\Omega)^{2}},\qquad D=\frac{\dfrac{F_{0}}{m}\,(\gamma\Omega)}{(\omega_{0}^{2}-\Omega^{2})^{2}+(\gamma\Omega)^{2}}.
A amplitude da resposta estacionária é
X=\sqrt{C^{2}+D^{2}} =\frac{F_{0}/m}{\sqrt{(\omega_{0}^{2}-\Omega^{2})^{2}+(\gamma\Omega)^{2}}}.
A fase \delta entre a força e a resposta é dada por
\tan\delta=\frac{D}{C}=\frac{\gamma\Omega}{\omega_{0}^{2}-\Omega^{2}}.
Se escrevermos a resposta particular na forma
x_{p}(t)=X\cos(\Omega t-\delta),
então
C=X\cos\delta,\qquad D=X\sin\delta.
Importante: para obter \delta numericamente devemos escolher o quadrante correto, verificando os sinais de C e D.]

Passo 4

Agora aplicamos os números:
\omega_{0}^{2}-\Omega^{2}=9-16=-7,\qquad \gamma\Omega=6\cdot4=24.
Calculamos o denominador da expressão de X:
\sqrt{(\omega_{0}^{2}-\Omega^{2})^{2}+(\gamma\Omega)^{2}} =\sqrt{(-7)^{2}+24^{2}}=\sqrt{49+576}=\sqrt{625}=25.
Logo a amplitude do regime estacionário é
X=\frac{F_{0}/m}{25}=\frac{11}{25}=0{,}44\\ \mathrm{m}.

Passo 5

Calculamos agora a fase \delta. A tangente é
\tan\delta=\frac{\gamma\Omega}{\omega_{0}^{2}-\Omega^{2}}=\frac{24}{-7}=-\frac{24}{7}\approx -3{,}4286.
Isso daria um ângulo de referência \arctan(-3{,}4286)\approx -1{,}287\\ \text{rad} (ou -73{,}74^\circ), mas esse valor está no quadrante IV porque a função arctan entrega um ângulo principal entre -\pi/2 e \pi/2. Devemos olhar os sinais de C e D para escolher o quadrante correto:
C=\frac{(F_{0}/m)(\omega_{0}^{2}-\Omega^{2})}{\dots}=\frac{11\cdot(-7)}{625}=-\frac{77}{625}=-0{,}1232\\ \text{(m)},
D=\frac{(F_{0}/m)(\gamma\Omega)}{\dots}=\frac{11\cdot24}{625}=\frac{264}{625}=0{,}4224\\ \text{(m)}.
Assim C<0 e D>0, ou seja, seno positivo e cosseno negativo, portanto \delta está no segundo quadrante. Para obter \delta usamos
\cos\delta=\frac{C}{X}=\frac{-0{,}1232}{0{,}44}=-\frac{7}{25}=-0{,}28,
\sin\delta=\frac{D}{X}=\frac{0{,}4224}{0{,}44}=\frac{24}{25}=0{,}96.
O ângulo correspondente é
\delta=\operatorname{arccos}\!\bigl(-0{,}28\bigr)\approx 1{,}854\\ \text{rad}\approx 106{,}26^\circ.
(Alternativamente \delta=\arctan(-24/7)+\pi, que dá o mesmo valor.)

Passo 6

Agora achamos A e B para satisfazer as condições iniciais. A solução geral é
x(t)=x_{h}(t)+x_{p}(t)=e^{-\gamma t/2}(A+Bt)+X\cos(\Omega t-\delta).
As condições iniciais são x(0)=0 e \dot{x}(0)=0. Avaliando em t=0:
x(0)=A+X\cos(-\delta)=A+X\cos\delta=0\quad\Rightarrow\quad A=-X\cos\delta.
Agora a derivada do termo homogêneo é
\frac{d}{dt}\bigl[e^{-\gamma t/2}(A+Bt)\bigr]=e^{-\gamma t/2}\Bigl(-\frac{\gamma}{2}(A+Bt)+B\Bigr).
Em t=0 obtemos
\dot{x}_{h}(0)=-\frac{\gamma}{2}A+B.
A derivada da solução particular é
\dot{x}_{p}(t)=-X\Omega\sin(\Omega t-\delta),
logo em t=0
\dot{x}_{p}(0)=-X\Omega\sin(-\delta)=X\Omega\sin\delta.
A condição \dot{x}(0)=0
\dot{x}_{h}(0)+\dot{x}_{p}(0)=-\frac{\gamma}{2}A+B+X\Omega\sin\delta=0.
Desse resultado isolamos B:
B=\frac{\gamma}{2}A - X\Omega\sin\delta.
Substituindo A=-X\cos\delta obtemos a fórmula final
B=-X\Bigl(\frac{\gamma}{2}\cos\delta+\Omega\sin\delta\Bigr).

Passo 7

Agora calculamos numericamente A e B com os valores encontrados:
X=0{,}44,\qquad \cos\delta=-0{,}28,\qquad \sin\delta=0{,}96,\qquad \frac{\gamma}{2}=3,\qquad \Omega=4.
Primeiro A:
A=-X\cos\delta=-0{,}44\cdot(-0{,}28)=0{,}1232\\ \mathrm{m}\approx 0{,}123\\ \mathrm{m}.
Agora B:
B=-X\Bigl(3\cdot\cos\delta+4\cdot\sin\delta\Bigr) =-0{,}44\bigl(3\cdot(-0{,}28)+4\cdot 0{,}96\bigr).
Calculemos a soma dentro do parêntese:
3\cdot(-0{,}28)=-0{,}84,\qquad 4\cdot 0{,}96=3{,}84,\qquad -0{,}84+3{,}84=3{,}00.
Portanto
B=-0{,}44\cdot 3{,}00=-1{,}32\\ \mathrm{m/s}.

Resposta

(a) X=0{,}44\\ \mathrm{m}
(b) \delta=1{,}854\\ \mathrm{rad} (aprox. 106{,}26^\circ)
(c) A=0{,}123\\ \mathrm{m},\quad B=-1{,}32\\ \mathrm{m/s}

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