Uma massa pesando 64 libras presa a uma extremidade da mola distende-a em 0,32 pé. A massa é inicialmente solta de um ponto 8 polegadas acima da posição de equilíbrio a uma velocidade de 5 pés/s para baixo.
a) Determine a equação do movimento.
b) Qual é a amplitude e o período do movimento?
c) Quantas ciclos completos a massa concluirá após 3 \pi segundos?
d) Em que instante a massa passa pela posição de equilíbrio, dirigindo-se para baixo pela segunda vez?
e) Em que instante a massa atinge seu deslocamento extremo em cada lado da posição de equilíbrio?
f) Qual é a posição da massa em t=3 \mathrm{~s} ?
g) Qual é a velocidade instantânea em t=3 \mathrm{~s} ?
h) Qual é a aceleração em t=3 \mathrm{~s} ?
i) Qual é a velocidade instantânea no instante em que a massa passa pela posição de equilíbrio?
j) Em que instante a massa está 5 polegadas abaixo da posição de equilíbrio?
k) Em que instante a massa está 5 polegadas abaixo da posição de equilíbrio e se dirige para cima?

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede, para não nos perdermos (peguei todos os dados do enunciado).
  • Uma massa pesa \,64\\ \text{libras}\,. Em unidades do sistema inglês isso significa força peso W=64\\ \text{lb}.
  • A gravidade neste sistema vale \,g=32\\ \text{ft/s}^2. A massa (em slugs) é m=\dfrac{W}{g}=\dfrac{64}{32}=2\\ \text{slugs}.
  • A mola é distendida \,0,32\\ \text{pé}\,é (ou seja \,0{,}32\\ \text{ft}\,) quando a massa fica em equilíbrio; isso nos dá a constante elástica k pela lei de Hooke sob peso: k=\dfrac{W}{\Delta x}=\dfrac{64}{0{,}32}.
  • A massa é solta inicialmente de um ponto 8\\ \text{polegadas} acima da posição de equilíbrio e com velocidade inicial de 5\\ \text{ft/s} para baixo.
    • Converter posição inicial para pés: 8\\ \text{in}=\dfrac{8}{12}=\dfrac{2}{3}\\ \text{ft}.
    • Vou adotar a convenção positiva: deslocamento x(t) positivo para baixo a partir da posição de equilíbrio. Assim:
      • x(0) = -\dfrac{2}{3}\\ \text{ft} (pois está 2/3 ft acima da posição de equilíbrio),
      • x'(0)=+5\\ \text{ft/s} (velocidade para baixo positiva).
  • O problema pede várias coisas (a)–(k): equação do movimento, amplitude, período, número de ciclos em 3\pi s, instantes de passagem pela origem/ extremos, posição, velocidade e aceleração em t=3 s, velocidades ao passar pela origem, instantes em que x=5 in e direção do movimento.

Passo 2

Encontrar a constante da mola k e a equação diferencial do movimento.
  • A constante elástica:
k=\frac{64}{0{,}32}=200\\ \text{lb/ft}.
  • A massa é m=2\\ \text{slugs}. Para um sistema massa-mola sem amortecimento a equação é
m x'' + k x = 0.
Substituindo:
2 x'' + 200 x = 0 \quad\Rightarrow\quad x'' + 100 x = 0.
Isto é um oscilador harmônico simples com \omega^2=100, logo \omega=10\\ \text{rad/s}.

Passo 3

Resolver a equação diferencial geral e aplicar condições iniciais (aulas rápidas dentro do passo).
  • Para a equação
x'' + \omega^2 x = 0,
a solução geral é uma combinação de cosseno e seno:
x(t) = C\cos(\omega t) + D\sin(\omega t).
Aqui \omega=10, então
x(t) = C\cos(10t) + D\sin(10t).
  • Explico por que: essa é a solução típica de uma EDO linear homogênea de 2ª ordem com raízes imaginárias \pm i\omega; as combinações de \cos e \sin descrevem as oscilações.
  • Aplicando x(0)=-\dfrac{2}{3}:
x(0)=C = -\dfrac{2}{3}.
  • A derivada é
x'(t) = -10 C\sin(10t) + 10 D\cos(10t).
Em t=0:
x'(0)=10D = 5 \quad\Rightarrow\quad D=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}.
  • Portanto a equação do movimento (forma explícita) é
x(t) = -\dfrac{2}{3}\cos(10t) + \dfrac{1}{2}\sin(10t).

Passo 4

Determinar amplitude e período (mini-aula sobre amplitude e período).
  • Amplitude A para uma solução x(t)=C\cos(\omega t)+D\sin(\omega t) é
A=\sqrt{C^2+D^2},
pois pode-se escrever x(t)=A\cos(\omega t-\varphi).
  • Aqui C=-\dfrac{2}{3} e D=\dfrac{1}{2}. Então
A=\sqrt{\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2} =\sqrt{\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{4}} =\sqrt{\dfrac{16+9}{36}}=\sqrt{\dfrac{25}{36}}=\dfrac{5}{6}\\ \text{ft}.
  • Em polegadas: \dfrac{5}{6}\\ \text{ft}\times12=\;10\\ \text{in}. (Legal: amplitude = 10 in.)
  • Período T da oscilação é
T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi}{10}=\frac{\pi}{5}\\ \text{s}\approx0{,}62832\\ \text{s}.

Passo 5

Quantos ciclos completos em 3\pi segundos.
  • Número de ciclos N=\dfrac{\text{tempo}}{T}=\dfrac{3\pi}{\pi/5}=3\pi\cdot\dfrac{5}{\pi}=15.
  • Logo \,15 ciclos completos.

Passo 6

Passagens pela posição de equilíbrio x=0 e identificação da segunda vez dirigindo-se para baixo (resolução detalhada).
  • Condição x(t)=0
-\dfrac{2}{3}\cos(10t)+\dfrac{1}{2}\sin(10t)=0
ou
\tan(10t)=\frac{4}{3}.
  • Solução geral:
10t=\arctan\!\left(\tfrac{4}{3}\right)+n\pi,\qquad n\in\mathbb{Z}.
  • Para saber a direção (para baixo se x'(t)>0), usamos a expressão para x'(t). Calculamos uma forma simples:
x'(t)=(20/3)\sin(10t)+5\cos(10t).
  • Avaliando o primeiro zero com n=0: 10t_1=\arctan(4/3). Seja \theta=\arctan(4/3). Conhecendo o triângulo 3\!-\!4\!-\!5 temos \sin\theta=4/5, \cos\theta=3/5. Então
x'(t_1)=\frac{20}{3}\cdot\frac{4}{5}+5\cdot\frac{3}{5}=\frac{16}{3}+3>0,
ou seja, o primeiro cruzamento é dirigindo-se para baixo (era de esperar: a massa foi solta de cima e vai para baixo).
  • Cruzamentos dirigindo-se para baixo ocorrem para n par (pois o sinal alterna a cada n inteiro). O primeiro (com n=0) é o primeiro cruzamento dirigido para baixo; o segundo cruzamento dirigido para baixo ocorre para n=2.
  • Então o instante da segunda passagem pela origem dirigindo-se para baixo é
t=\frac{1}{10}\Big(\arctan\!\big(\tfrac{4}{3}\big)+2\pi\Big).
  • Valor numérico: \arctan(4/3)\approx0{,}927295218\\ \text{rad}. Assim
t_2\approx\frac{0{,}927295218+2\pi}{10}\approx0{,}72105\\ \text{s}.

Passo 7

Instantes em que a massa atinge os deslocamentos extremos de cada lado (explicação com fase).
  • É conveniente reescrever x(t) na forma de amplitude-fase:
x(t)=A\cos(10t-\varphi),
onde A=\dfrac{5}{6} e \varphi satisfaz C=A\cos\varphi, D=A\sin\varphi.
  • Calculando \varphi:
\cos\varphi=\frac{C}{A}=\frac{-2/3}{5/6}=-\frac{4}{5},\qquad \sin\varphi=\frac{D}{A}=\frac{1/2}{5/6}=\frac{3}{5}.
Isso coloca \varphi no segundo quadrante. Tomando o valor principal,
\varphi\approx2{,}4980915448\\ \text{rad}.
  • Extremos ocorrem quando \cos(10t-\varphi)=\pm1, isto é:
    • para o extremo positivo (máximo +A): 10t-\varphi=2\pi n,
    • para o extremo negativo (mínimo -A): 10t-\varphi=\pi+2\pi n.
  • Portanto os instantes são
t_{\text{máx}}=\frac{\varphi+2\pi n}{10},\qquad t_{\text{mín}}=\frac{\varphi+\pi+2\pi n}{10},\quad n\in\mathbb{Z}.áí
  • Primeiros instantes positivos (pequenas aproximações):
    • Primeiro máximo (para baixo positivo): t\approx\frac{2{,}4980915}{10}\approx0{,}24981\\ \text{s}.
    • Primeiro mínimo (para cima negativo): t\approx\frac{2{,}4980915+\pi}{10}\approx0{,}56213\\ \text{s}.

Passo 8

Pediram a posição, velocidade e aceleração em t=3\\ \text{s} — calcular numericamente com cuidado.
  • Relembrando:
x(t) = -\dfrac{2}{3}\cos(10t) + \dfrac{1}{2}\sin(10t),
x'(t) = \frac{20}{3}\sin(10t) + 5\cos(10t),
x''(t) = -100 x(t)\qquad(\text{pois }x''=-\omega^2 x).
  • Avaliando em t=3 (ângulos em radianos: 10t=30\\ \text{rad}). Valores numéricos conhecidos:
    \cos(30)\approx0{,}1542514499, \sin(30)\approx-0{,}9880316241.
  • Posição:
x(3)=-\frac{2}{3}\cos(30)+\frac{1}{2}\sin(30) \approx -\frac{2}{3}\cdot0{,}15425145 + \frac{1}{2}\cdot(-0{,}98803162) \approx -0{,}5968501\\ \text{ft}.
Em polegadas: -0{,}5968501\times12\approx -7{,}1622\\ \text{in} (acima da posição de equilíbrio).
  • Velocidade:
x'(3)\approx \frac{20}{3}(-0{,}98803162) + 5(0{,}15425145) \approx -5{,}81562\\ \text{ft/s}.
(Negativo → movendo-se para cima.)
  • Aceleração:
x''(3)=-100 x(3)\approx -100(-0{,}5968501)\approx 59{,}68501\\ \text{ft/s}^2.

Passo 9

Velocidade ao passar pela posição de equilíbrio (máxima velocidade) — explicação conceitual.
  • Em MHS sem amortecimento a velocidade máxima ocorre na posição de equilíbrio e tem módulo A\omega.
  • Aqui
A\omega=\frac{5}{6}\cdot10=\frac{50}{6}=\frac{25}{3}\\ \text{ft/s}\approx8{,}33333\\ \text{ft/s}.
  • Então, ao passar pela posição de equilíbrio:
    • se estiver dirigindo para baixo a velocidade instantânea é +\,\dfrac{25}{3}\\ \text{ft/s},
    • se estiver dirigindo para cima é -\,\dfrac{25}{3}\\ \text{ft/s}.

Passo 10

Quando a massa está 5 polegadas abaixo da posição de equilíbrio? (resolução elegante usando a forma faseada)
  • 5 polegadas = 5/12 ft.
  • Usando x(t)=A\cos(10t-\varphi) com A=\dfrac{5}{6} e \varphi calculada, resolver
\frac{5}{6}\cos(10t-\varphi)=\frac{5}{12}.
  • Divide ambos os lados por 5/6:
\cos(10t-\varphi)=\frac{1}{2}.
  • Solução geral:
10t-\varphi=\pm\frac{\pi}{3}+2\pi n \quad\Rightarrow\quad t=\frac{\varphi\pm\pi/3+2\pi n}{10},\quad n\in\mathbb{Z}.
  • Valores numéricos para os dois primeiros instantes positivos (pequeno cálculo):
    • Com o sinal `` -’’ (menor positivo): t\approx\frac{2{,}4980915-1{,}0471976}{10}\approx0{,}14509\\ \text{s}.
    • Com o sinal `` +’’ (o outro no mesmo ciclo): t\approx\frac{2{,}4980915+1{,}0471976}{10}\approx0{,}35453\\ \text{s}.

Passo 11

Quando a massa está 5 polegadas abaixo e dirigindo-se para cima?
  • Da formula anterior, a direção do movimento é dada por
x'(t)=-A\omega\sin(10t-\varphi).
  • Para as soluções \cos(10t-\varphi)=\dfrac{1}{2} temos dois tipos de ângulo:
    • 10t-\varphi=\dfrac{\pi}{3}+2\pi n tem \sin=\dfrac{\sqrt{3}}{2}>0 → então
      x'(t)=-A\omega\cdot(+) é negativo → movendo-se para cima.
    • 10t-\varphi=-\dfrac{\pi}{3}+2\pi n tem \sin=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} x'(t)>0 → movendo-se para baixo.
  • Assim os instantes em que está 5 in abaixo e dirigindo-se para cima são
t=\frac{\varphi+\pi/3+2\pi n}{10},\quad n\in\mathbb{Z}.
  • O primeiro instante positivo é (com n=0):
t\approx0{,}3545289\\ \text{s}.

Resposta

(a) x(t)=-\dfrac{2}{3}\cos(10t)+\dfrac{1}{2}\sin(10t)\\ \text{(em ft)}
(b) Amplitude A=\dfrac{5}{6}\\ \text{ft}=10\\ \text{in}. Período T=\dfrac{\pi}{5}\\ \text{s}.
(c) 15 ciclos completos em 3\pi segundos.
(d) Segunda passagem pela posição de equilíbrio dirigindo-se para baixo:
t=\frac{1}{10}\Big(\arctan\!\big(\tfrac{4}{3}\big)+2\pi\Big)\approx0{,}72105\\ \text{s}.
(e) Extremos (geral):
t_{\text{máx}}=\frac{\varphi+2\pi n}{10},\qquad t_{\text{mín}}=\frac{\varphi+\pi+2\pi n}{10},áí
onde \varphi\approx2{,}498091545. Primeiros positivos: t_{\text{máx}}\approx0{,}24981\\ \text{s}á, t_{\text{mín}}\approx0{,}56213\\ \text{s}í.
(f) x(3)\approx-0{,}5968501\\ \text{ft}\approx-7{,}1622\\ \text{in}.
(g) x'(3)\approx-5{,}81562\\ \text{ft/s}.
(h) x''(3)\approx59{,}68501\\ \text{ft/s}^2.
(i) Velocidade instantânea ao passar pela posição de equilíbrio:
v=\pm A\omega=\pm\frac{25}{3}\\ \text{ft/s}\approx\pm8{,}33333\\ \text{ft/s},
sendo +\dfrac{25}{3}\\ \text{ft/s} quando se dirige para baixo.
(j) Instantes em que x= 5 in abaixo (geral):
t=\frac{\varphi\pm\pi/3+2\pi n}{10},\quad n\in\mathbb{Z}.
Primeiros positivos: t\approx0{,}14509\\ \text{s} e t\approx0{,}35453\\ \text{s}.
(k) Instantes em que x=5 in abaixo e dirigindo-se para cima (geral):
t=\frac{\varphi+\pi/3+2\pi n}{10},\quad n\in\mathbb{Z}.
Primeiro positivo: t\approx0{,}3545289\\ \text{s}.

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