Uma massa de 10 libras distende uma mola em \frac{1}{4} pé. Essa massa é removida e substituída por outra com 1,6 slug, a qual é inicialmente solta de um ponto \frac{1}{3} pé acima da posição de equilíbrio a uma velocidade de \frac{5}{4} pés/s para baixo.
a) Expresse a equação do movimento na forma dada em (6).
b) Expresse a equação do movimento na forma dada em (6’)
c) Em que instantes a massa atinge um deslocamento abaixo da posição de equilíbrio numericamente igual a \frac{1}{2} da amplitude?

Passo 1

O problema dá as seguintes informações e pede três coisas.
Dados fornecidos:
  • Uma massa de 10 libras estica a mola 1/4 pé (essa informação vale para achar a constante da mola).
  • Essa massa é removida e colocada outra de massa 1{,}6 slug (essa é a massa que vai oscilar).
  • A nova massa é solta de um ponto 1/3 pé acima da posição de equilíbrio (ou seja, deslocamento inicial em relação ao equilíbrio) com velocidade 5/4 pés/s para baixo.
  • Observação sobre sinal: “acima” significa oposto a “abaixo”; vou tomar deslocamento positivo para baixo (isso deixa a velocidade inicial para baixo como positiva e a posição inicial acima como negativa).
O que o enunciado pede:
a) Expresse a equação do movimento na forma dada em (6).
b) Expresse a equação do movimento na forma dada em (6’).
c) Encontre os instantes em que a massa atinge um deslocamento abaixo da posição de equilíbrio numericamente igual a metade da amplitude.
Não vou resolver ainda; só organizei os dados e as perguntas.

Passo 2

Achar a constante da mola k usando a informação com a massa de 10 libras.
Explicação rápida (Hooke): em equilíbrio a força peso é equilibrada pela força da mola, isto é k x = \text{peso}. Aqui o peso é 10 libras-força e a extensão x é 1/4 pé. Portanto
k\cdot\frac{1}{4}=10.
Daí
k=10\div\frac{1}{4}=10\cdot 4=40.
Logo a constante da mola é \,k=40 (unidades: libras-força por pé, compatível com slugs e pés no sistema usado).

Passo 3

Montar a equação diferencial do movimento e achar a frequência angular.
A equação para um oscilador livre sem amortecimento é
m x'' + k x = 0,
onde m é a massa (em slugs), k a constante da mola (em lbf/ft) e x(t) o deslocamento (positivo para baixo). Substituindo m=1{,}6 e k=40 obtemos
1{,}6\,x'' + 40\,x = 0.
Dividindo por 1{,}6 para a forma padrão,
x'' + \frac{40}{1{,}6}\,x = 0.
Calculemos a razão:
\frac{40}{1{,}6}=\frac{40}{1{,}6}=25.
Portanto a equação simplifica-se para
x'' + 25\,x = 0.
Isto é da forma x''+\omega^2 x=0 com
\omega^2=25\quad\Rightarrow\quad \omega=5\\ (\text{rad/s}).

Passo 4

Escrever a solução geral na forma (6). (Aqui dou a forma geral conhecida para solução da equação homogênea acima.)
A solução geral de
x''+\omega^2 x=0
é
x(t)=C_1\cos(\omega t)+C_2\sin(\omega t),
onde C_1 e C_2 são constantes determinadas pelas condições iniciais. Substituindo \omega=5 temos a forma pedida em (6):
x(t)=C_1\cos(5t)+C_2\sin(5t).

Passo 5

Aplicar as condições iniciais para achar C_1 e C_2.
Condições iniciais (do enunciado):
  • Posição inicial: a massa é solta 1/3 pé acima do equilíbrio. Como escolhemos positivo para baixo, isso é x(0)=-\frac{1}{3} pé.
  • Velocidade inicial: 5/4 pés/s para baixo, ou seja x'(0)=+\frac{5}{4} pés/s.
Usamos x(0)=C_1\cos 0 + C_2\sin 0 = C_1. Então
C_1 = x(0) = -\frac{1}{3}.
Derivando x(t):
x'(t) = -5 C_1 \sin(5t) + 5 C_2 \cos(5t).
Em t=0,
x'(0) = 5 C_2 = \frac{5}{4}.
Logo
C_2 = \frac{1}{4}.

Passo 6

Escrever a solução final na forma (6) com os valores encontrados — resposta do item (a).
Substituindo C_1 e C_2 na solução geral,
x(t) = -\frac{1}{3}\cos(5t) + \frac{1}{4}\sin(5t).
Isso resolve a parte (a).

Passo 7

Passar para a forma amplitude-fase (forma (6’)). Explico como e por quê.
A forma trigonométrica equivalente (a forma (6’)) é
x(t)=A\cos(5t-\delta),
onde A>0 é a amplitude e \delta é a fase. Explicação: expandindo A\cos(5t-\delta)=A(\cos5t\cos\delta + \sin5t\sin\delta) vemos que os coeficientes devem satisfazer
C_1 = A\cos\delta,\qquad C_2 = A\sin\delta.
Logo A e \delta podem ser obtidos por:
A=\sqrt{C_1^2+C_2^2},\qquad \delta=\operatorname{atan2}(C_2,C_1)
(a função \operatorname{atan2} dá o ângulo correto no quadrante certo).
Calcule A:
A=\sqrt{\left(-\frac{1}{3}\right)^2+\left(\frac{1}{4}\right)^2} =\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{1}{16}} =\sqrt{\frac{16+9}{144}} =\sqrt{\frac{25}{144}} =\frac{5}{12}.
Calcule \delta via razões:
\cos\delta=\frac{C_1}{A}=\frac{-\tfrac{1}{3}}{\tfrac{5}{12}}=-\frac{4}{5}, \qquad \sin\delta=\frac{C_2}{A}=\frac{\tfrac{1}{4}}{\tfrac{5}{12}}=\frac{3}{5}.
Portanto \delta está no segundo quadrante (cosseno negativo, seno positivo) e
\delta=\operatorname{arccos}\!\left(-\frac{4}{5}\right)\approx 2{,}498091544\\ \text{rad}.
(ou equivalentemente \delta=\pi-\operatorname{arccos}(4/5).)
Assim a forma pedida em (6’) é
x(t)=\frac{5}{12}\cos\!\bigl(5t-\delta\bigr),
com A=\tfrac{5}{12} e \delta\approx 2{,}4981 rad.

Passo 8

Resolver o item (c): encontrar instantes em que o deslocamento abaixo da posição de equilíbrio é numericamente igual a metade da amplitude.
Primeiro interpretando a frase: “deslocamento abaixo da posição de equilíbrio numericamente igual a \tfrac{1}{2} da amplitude” significa que queremos x(t)=+\tfrac{1}{2}A (positivo porque abaixo do equilíbrio foi tomado positivo). Usaremos a forma amplitude-fase porque facilita.
Usando x(t)=A\cos(5t-\delta) e pedindo x(t)=\tfrac{A}{2}, obtemos
A\cos(5t-\delta)=\frac{A}{2}\quad\Rightarrow\quad \cos(5t-\delta)=\frac{1}{2}.
As soluções gerais para \cos \theta = \tfrac{1}{2} são
\theta = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n,\qquad n\in\mathbb{Z}.
Substituindo \theta=5t-\delta
5t-\delta = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n.
Assim a fórmula geral para os instantes é
t = \frac{\delta \pm \tfrac{\pi}{3} + 2\pi n}{5},\qquad n\in\mathbb{Z}.
Para t\ge 0 podemos tomar n=0,1,2,\dots. Os dois instantes mais próximos do início (com n=0) são
t_1=\frac{\delta-\tfrac{\pi}{3}}{5},\qquad t_2=\frac{\delta+\tfrac{\pi}{3}}{5}.
Substituindo numericamente \delta\approx 2{,}498091544 e \tfrac{\pi}{3}\approx 1{,}047197551 obtemos
t_1\approx\frac{2{,}498091544-1{,}047197551}{5}\approx\frac{1{,}450893993}{5}\approx 0{,}290179\\ \text{s},
t_2\approx\frac{2{,}498091544+1{,}047197551}{5}\approx\frac{3{,}545289095}{5}\approx 0{,}709058\\ \text{s}.
E a solução geral (todos os instantes) é dada pela fórmula com n\in\mathbb{Z} dada acima.

Resposta

(a) x(t)=-\dfrac{1}{3}\cos(5t)+\dfrac{1}{4}\sin(5t).
(b) x(t)=\dfrac{5}{12}\cos\!\bigl(5t-\delta\bigr), com A=\dfrac{5}{12} e \delta=\operatorname{arccos}\!\bigl(-\tfrac{4}{5}\bigr)\approx 2{,}4981\\ \text{rad}.
(c) t=\dfrac{\delta\pm \tfrac{\pi}{3}+2\pi n}{5},\; n\in\mathbb{Z}. Em particular, os dois primeiros instantes positivos são t\approx 0{,}290179\\ \text{s} e t\approx 0{,}709058\\ \text{s}.

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