A mola de um sistema massa-mola tem constante de $3 \mathrm{~N} / \mathrm{m}$. É presa uma massa de 2 kg na mola e o movimento se dá em um fluido viscoso que oferece resistência (em Newtons) numericamente igual ao módulo da velocidade instantânea ( $em\mathrm{~m} / \mathrm{s}$ ). O sistema sofre a ação de uma força externa de $3 \cos (3 t)-$
$2 \operatorname{sen}(3 t)$ N. Se a massa parte da posição de equilíbrio e em repouso, determine:
a) a posição da massa em função do tempo;
b) a posição do estado estacionário;
c) repita os itens a) e b) se ao invés de $3 \cos (3 t)-$
$2 \operatorname{sen}(3 t) N$, a força externa fosse dada por $e^{-t}$ N;
d) Repita os itens a) e b) se ao invés de $3 \cos (3 t)$ $2 \operatorname{sen}(3 \mathrm{t}) \mathrm{N}$, a força externa fosse dada por .

Passo 1

Resumo do problema: temos um sistema massa–mola com massa m=2,kg, constante elástica k=3,N/m e amortecimento viscoso de coeficiente c=1 (força de resistência igual ao módulo da velocidade). A equação de movimento é
2,x''(t)+1,x'(t)+3,x(t)=F(t),
com condições iniciais x(0)=0, x'(0)=0. Vamos resolver por superposição: solução geral x(t)=xh(t)+xp(t), onde xh vem da equação homogênea e xp é uma particular para cada forçamento F(t).

Passo 2

Equação homogênea
2r^2 + r + 3 = 0
tem raízes
r = -1pm iraiz1-244 = -14 pm iraiz234
Logo
xh(t) = e^-t/4l(Acos(tfracraiz234 t)+Bsin(tfracraiz234 t)r)

Passo 3

a) Forçamento
Substituindo em obtemos o sistema
cuja solução é . Assim
A solução geral fica
Impondo . Derivando e usando conduz a
Logo

Passo 4

b) A posição em regime permanente (após a amortecimento do transitório) é exatamente a parte particular do forçamento harmônico:
boxedxpp(t)=-tfrac16cos(3t)+tfrac16sin(3t) =raiz26cosl(3t-tfracpi4r)

Passo 5

c) Agora F(t)=e^-t. Tentamos xp(t)=K,e^-t. Da equação surge
4K,e^-t=e^-tLongrightarrow K=tfrac14
Então
x(t)=e^-t/4l(Acos(tfracraiz234t)+Bsin(tfracraiz234t)r) +tfrac14e^-t
De x(0)=0 vem A=-tfrac14. De x'(0)=0 obtém-se B=tfrac34raiz23. Assim
boxed x(t)=e^-t/4l(-tfrac14cos(tfracraiz234t)+tfrac34raiz23sin(tfracraiz234t)r) +tfrac14e^-t

Passo 6

Regime permanente para F=e^-t corresponde à parte particular, que também decai:
boxedxpp(t)=tfrac14e^-t,,
e portanto à medida que ttoinfty xto0.

Passo 7

d) Para F(t)=e^-t/4cosl(tfracraiz234tr) o forçamento coincide com o modo homogêneo (mesma frequência complexa), gerando ressonância amortecida. Usa-se o ansatz
xp(t)=t,e^-t/4l(Ccos(tfracraiz234t)+Dsin(tfracraiz234t)r)
O cálculo (via método dos coeficientes a partir da forma complexa) leva a
boxed xp(t)=traiz23,e^-t/4,sin!l(tfracraiz234tr)
A solução geral é
x(t)=e^-t/4l(Acos(tfracraiz234t)+Bsin(tfracraiz234t)r) +traiz23,e^-t/4sin(tfracraiz234t)
Impondo x(0)=0 e x'(0)=0 A=0, B=0, de modo que
boxed x(t)=traiz23,e^-t/4,sin!l(tfracraiz234tr)

Passo 8

e) Em regime estacionário ( ttoinfty) esta solução decai para zero, logo
boxedxpp(t)xrightarrow[ttoinfty]0

Resposta

a) x(t)=e^-t/4l(tfrac16cos(tfracraiz234t)-tfrac116raiz23sin(tfracraiz234t)r)-tfrac16cos(3t)+tfrac16sin(3t)
b) xpp(t)=-tfrac16cos(3t)+tfrac16sin(3t)=tfracraiz26cos(3t-pi/4)
c) x(t)=e^-t/4l(-tfrac14cos(tfracraiz234t)+tfrac34raiz23sin(tfracraiz234t)r)+tfrac14e^-t, xpp(t)=tfrac14e^-t
d) x(t)=tfractraiz23e^-t/4sin(tfracraiz234t), xpp(t)to0

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