Considere um oscilador harmônico de massa m, frequência natural de oscilação \omega_{0} e parâmetro de amortecimento \gamma.
a) Suponha que o oscilador esteja em repouso na origem no instante t=t^{\prime}. Uma força \tilde{F}(t) arbitrariamente concentrada ao redor de t^{\prime} age então sobre o oscilador, transmitindo a ele um impulso I, \tilde{F}(t)=I \delta\left(t-t^{\prime}\right). Encontre a solução x(t) da equação de movimento para t>t^{\prime}, logo após a aplicação da força, no caso de amortecimento crítico.
b) Suponha novamente que o oscilador esteja em repouso na origem, agora no instante t=0. É aplicada uma força F(t) arbitrária no oscilador para t>0. Determine x(t) em termos de F(t) e dos parâmetros do oscilador para o caso de amortecimento crítico, deduzindo todos os passos.
DICA: utilize o formalismo de funções de Green visto em aula, juntamente com o item anterior.
c) Se agora tivermos x(0)=x_{\mathrm{o}}, \dot{x}(0)=v_{\mathrm{o}}, e se F(t) agir sobre o oscilador para t>0, qual a solução x(t) para o caso de amortecimento crítico? Justifique.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados fornecidos (pegue-os como verdadeiros):
    • Massa do oscilador: m.
    • Frequência natural: \omega_{0}.
    • Parâmetro de amortecimento: \gamma.
    • A equação de movimento, na forma normalizada por m, é
    \ddot{x}(t)+\gamma\dot{x}(t)+\omega_{0}^{2}x(t)=\frac{F(t)}{m},
    onde \ddot{x} é a segunda derivada de x em relação a t e \dot{x} a primeira.
    • Condição de amortecimento crítico: os parâmetros satisfazem \gamma^{2}=4\omega_{0}^{2}. (Isto implica \gamma=2\omega_{0} se \gamma>0.)
  • Perguntas do enunciado:
    (a) Supondo que, no instante t=t', o oscilador está em repouso na origem, isto é x(t')=0 e \dot{x}(t')=0. Aplicam-se uma força impulsiva \tilde{F}(t)=I\delta(t-t') que transmite um impulso I. Encontrar x(t) para t>t' no caso de amortecimento crítico.
    (b) Supondo agora x(0)=0, \dot{x}(0)=0 e aplicando-se uma força arbitrária F(t) para t>0, determinar x(t) em termos de F(t) e dos parâmetros do oscilador (amortecimento crítico). A dica pede uso de funções de Green.
    (c) Para condições iniciais gerais x(0)=x_{\mathrm{o}}, \dot{x}(0)=v_{\mathrm{o}} e força F(t) agindo para t>0, qual é a solução x(t) no caso crítico?
A partir de agora começo a resolver passo a passo.

Passo 2

Escrevendo a equação e explicando variáveis e a condição de amortecimento crítico.
  • Equação de movimento (dividida por m):
\ddot{x}(t)+\gamma\dot{x}(t)+\omega_{0}^{2}x(t)=\frac{F(t)}{m}.
Aqui:
  • x(t) é o deslocamento.
  • \dot{x}(t)=\dfrac{dx}{dt} é a velocidade.
  • \ddot{x}(t)=\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} é a aceleração.
  • \gamma é o coeficiente de amortecimento (unidade de \text{s}^{-1}).
  • \omega_{0} é a frequência natural (unidade de \text{s}^{-1}).
  • F(t) é a força externa (unidade de Newton).
  • m é a massa (unidade de kg).
  • Amortecimento crítico significa que o polinômio característico
r^{2}+\gamma r+\omega_{0}^{2}=0
tem uma raiz dupla, ou seja \gamma^{2}=4\omega_{0}^{2}. A raiz dupla vale
r=-\frac{\gamma}{2}=-\omega_{0}\quad(\text{quando }\gamma=2\omega_{0}).
  • A solução geral homogenea no caso crítico tem a forma
x_{h}(t)=\big(A+B\,t\big)e^{-\frac{\gamma}{2}t},
onde A e B são constantes a determinar pelas condições iniciais.

Passo 3

Resolvendo (a): impulso \tilde{F}(t)=I\delta(t-t') aplicado quando o sistema está em repouso na origem em t=t'.
  • Antes do impulso, para t<t', x(t)=0 e \dot{x}(t)=0 (dado).
  • A força é um delta em t=t': para ver o efeito do delta, integro a equação de movimento em torno de t', de t'^{-}=\!t'-\varepsilon até t'^{+}=\!t'+\varepsilon, com \varepsilon\to0^{+}:
\int_{t'^{-}}^{t'^{+}} \big(\ddot{x}+\gamma\dot{x}+\omega_{0}^{2}x\big)\,dt = \frac{1}{m}\int_{t'^{-}}^{t'^{+}} I\delta(t-t')\,dt.
  • Os termos que não contêm derivada de ordem 2 (isto é \gamma\dot{x} e \omega_{0}^{2}x) são finitos, e ao integrar em um intervalo que tende a zero contribuem com zero. O termo dominante é \ddot{x}:
\dot{x}(t'^{+})-\dot{x}(t'^{-}) = \frac{I}{m}.
  • Como \dot{x}(t'^{-})=0 (repouso antes do impulso), obtemos a condição imediatamente após o impulso:
\dot{x}(t'^{+})=\frac{I}{m}.
  • A posição é contínua sob um impulso finito, logo x(t'^{+})=x(t'^{-})=0.
  • Para t>t' o movimento é regido pela equação homogênea (já que o delta agiu só em t'):
\ddot{x}+\gamma\dot{x}+\omega_{0}^{2}x=0,
com condições iniciais em t=t':
x(t')=0,\qquad \dot{x}(t')=\frac{I}{m}.
  • Resolver a homogênea no caso crítico: escrevemos a solução deslocando a origem do tempo para t' (ou trabalhando com t-t'). Para t>t':
x(t)=\big(A+B\,(t-t')\big)e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')}.
Aplicando x(t')=0 A=0.
A velocidade é
\dot{x}(t)=B\,e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')} -\frac{\gamma}{2}\big(B (t-t')\big)e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')}.
Avaliando em t=t' obtemos \dot{x}(t')=B. Igualando a \dfrac{I}{m} B=\dfrac{I}{m}.
  • Portanto a solução para t>t' (logo após o impulso) é
x(t)=\frac{I}{m}\,(t-t')\,e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')},\qquad t>t'.
Observação: usando \gamma=2\omega_{0} (relação crítica), essa expressão fica
x(t)=\frac{I}{m}\,(t-t')\,e^{-\omega_{0}(t-t')}.

Passo 4

Construindo a função de Green causal para o operador L=\dfrac{d^{2}}{dt^{2}}+\gamma\dfrac{d}{dt}+\omega_{0}^{2} no caso crítico.
  • Queremos G(t,t') tal que
\bigg(\frac{d^{2}}{dt^{2}}+\gamma\frac{d}{dt}+\omega_{0}^{2}\bigg)G(t,t')=\delta(t-t'),
com condição causal G(t,t')=0 para t<t' (isto garante resposta só após a fonte).
  • Pelo mesmo raciocínio do impulso: integrar a equação para G entre t'^{-} e t'^{+}. Impõe-se continuidade G(t'^{+})=G(t'^{-}) (não há delta multiplicado por derivada de G), e o salto na derivada é
\partial_{t}G(t'^{+},t')-\partial_{t}G(t'^{-},t')=1.
Como G(t'^{-},t')=0 e \partial_{t}G(t'^{-},t')=0 (causalidade: G e sua derivada nula imediatamente antes), as condições iniciais para a solução homogênea válida para t>t' são
G(t',t')=0,\qquad \partial_{t}G(t',t')=1.
  • A solução da homogênea (caso crítico) para t>t' é
G(t,t')=\big(A+B\,(t-t')\big)e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')}.
Impondo G(t',t')=0 A=0. Impondo \partial_{t}G(t',t')=1 B=1.
  • Logo a função de Green causal é
G(t,t')=\Theta(t-t')\,(t-t')\,e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')},
onde \Theta é a função de Heaviside (unit step), que força G a ser zero para t<t'.
  • Verificação rápida: para o impulso unitário I=1 e m=1, a resposta é x(t)=G(t,t'), que coincide com o resultado do item (a) antes.

Passo 5

Usando a função de Green para resolver (b): força arbitrária F(t) com x(0)=0, \dot{x}(0)=0.
  • Por linearidade do operador, a solução com condições iniciais nulas é a convolução da força normalizada por m com a Green:
x(t)=\int_{0}^{\infty} G(t,t')\frac{F(t')}{m}\,dt'.
  • Como F(t) atua apenas para t'>=0 e G(t,t') é causal, esse integral reduz-se a integral de 0 até t:
x(t)=\frac{1}{m}\int_{0}^{t} (t-t')\,e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')} F(t')\,dt'.
Esta é a solução pedida em (b): é uma fórmula de convolução onde o núcleo é (t-t')e^{-(\gamma/2)(t-t')}, que é exatamente a resposta ao impulso unitário.
  • Observação prática (como usar na prova): se F(t) for, por exemplo, uma força senoidal, exponencial, etc., você substitui e tenta calcular a integral (por partes ou transformada de Laplace). Mas a forma integral acima é a resposta geral.

Passo 6

Respondendo (c): condições iniciais gerais x(0)=x_{\mathrm{o}}, \dot{x}(0)=v_{\mathrm{o}} e força F(t) para t>0.
  • O problema é linear, então a solução total é soma da solução homogênea que satisfaz as condições iniciais e da solução particular com condições homogêneas (zero) que vem da força:
x(t)=x_{h}(t)+x_{p}(t).
  • A parte particular com condição inicial nula é a da Passo 5:
x_{p}(t)=\frac{1}{m}\int_{0}^{t} (t-t')\,e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')} F(t')\,dt',
e x_{p}(0)=0,\\ \dot{x}_{p}(0)=0.
  • A parte homogênea x_{h}(t) deve satisfazer a equação sem força e as condições iniciais originais. A forma geral (caso crítico) é
x_{h}(t)=\big(A+B\,t\big)e^{-\frac{\gamma}{2}t}.
Impondo x_{h}(0)=x_{0} A=x_{0}.
A velocidade de x_{h} é
\dot{x}_{h}(t)=B\,e^{-\frac{\gamma}{2}t}-\frac{\gamma}{2}\big(A+B\,t\big)e^{-\frac{\gamma}{2}t}.
Avaliando em t=0 e impondo \dot{x}_{h}(0)=v_{0} (lembre que a parte particular começa com velocidade zero) obtemos
\dot{x}_{h}(0)=B-\frac{\gamma}{2}A=v_{0}\quad\Rightarrow\quad B=v_{0}+\frac{\gamma}{2}x_{0}.
  • Substituindo A e B:
x_{h}(t)=\Big(x_{0}+\big(v_{0}+\tfrac{\gamma}{2}x_{0}\big)\,t\Big)e^{-\frac{\gamma}{2}t}.
  • Portanto a solução completa é
x(t)=\Big(x_{0}+\big(v_{0}+\tfrac{\gamma}{2}x_{0}\big)\,t\Big)e^{-\frac{\gamma}{2}t} +\frac{1}{m}\int_{0}^{t} (t-t')\,e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')} F(t')\,dt'.
  • Comentário físico: a primeira parcela é a evolução livre (decai sem força externa), a segunda parcela é a resposta acumulada da força externa, com memória dada por (t-t')e^{-(\gamma/2)(t-t')}. No caso crítico, a dependência linear em t na parte livre aparece por causa da raiz dupla do polinômio característico.

Resposta

(a) \displaystyle x(t)=\frac{I}{m}\,(t-t')\,e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')}, para t>t'.
(b) \displaystyle x(t)=\frac{1}{m}\int_{0}^{t} (t-t')\,e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')}\,F(t')\,dt'.
(c) \displaystyle x(t)=\Big(x_{0}+\big(v_{0}+\tfrac{\gamma}{2}x_{0}\big)\,t\Big)e^{-\frac{\gamma}{2}t} +\frac{1}{m}\int_{0}^{t} (t-t')\,e^{-\frac{\gamma}{2}(t-t')}\,F(t')\,dt'.

Exercícios relacionados