Um sistema amortecido com um grau de liberdade tem uma massa m=2 \mathrm{~kg}, uma rigidez de mola \mathrm{k}=50 \mathrm{~N} / \mathrm{m} e um amortecedor com c =2 \mathrm{Ns} / \mathrm{m}. Uma função forçante F(t) cuja magnitude é indicada na tabela abaixo, age sobre a massa durante 1 segundo. Determine a resposta do sistema.
Tempo \left(\mathrm{t}_{\mathrm{i}}\right)(\mathrm{s}) \mathrm{F}\left(\mathrm{t}_{\mathrm{i}}\right)(\mathrm{N})
0,0 -18,0
0,1 -15,0
0,2 -10,0
0,3 -3,0
0,4 4,0
0,5 7,0
0,6 11,0
0,7 13,0
0,8 15,0
0,9 12,0
1,0 8,0

Passo 1

O enunciado dá um sistema de um grau de liberdade amortecido com os parâmetros e a força amostrada a seguir (peguei estes números da tabela do enunciado):
  • massa: m=2\\ \mathrm{kg}.
  • rigidez: k=50\\ \mathrm{N/m}.
  • amortecimento viscoso: c=2\\ \mathrm{N\,s/m}.
  • Força F(t) conhecida em passos de \Delta t=0{,}1\\ \mathrm{s} durante 0\le t\le1{,}0\\ \mathrm{s}. Os valores são (tempo, força):
    • t_0=0{,}0: F_0=-18{,}0\\ \mathrm{N}.
    • t_1=0{,}1: F_1=-15{,}0\\ \mathrm{N}.
    • t_2=0{,}2: F_2=-10{,}0\\ \mathrm{N}.
    • t_3=0{,}3: F_3=-3{,}0\\ \mathrm{N}.
    • t_4=0{,}4: F_4=4{,}0\\ \mathrm{N}.
    • t_5=0{,}5: F_5=7{,}0\\ \mathrm{N}.
    • t_6=0{,}6: F_6=11{,}0\\ \mathrm{N}.
    • t_7=0{,}7: F_7=13{,}0\\ \mathrm{N}.
    • t_8=0{,}8: F_8=15{,}0\\ \mathrm{N}.
    • t_9=0{,}9: F_9=12{,}0\\ \mathrm{N}.
    • t_{10}=1{,}0: F_{10}=8{,}0\\ \mathrm{N}.
O enunciado pede: determinar a resposta do sistema. Vou interpretar isso como obter a história temporal do deslocamento x(t) para 0\le t\le1{,}0\\ \mathrm{s}. Não foi dada nenhuma condição inicial; adoto a hipótese usual (quando nada é especificado) de condições iniciais nulas:
x(0)=0,\qquad \dot{x}(0)=0.

Passo 2

Breve explicação da teoria necessária (sem pular etapas).
  • A equação do movimento do sistema massa-mola-amortecedor sujeito a uma força externa F(t) é
m\ddot{x}(t)+c\dot{x}(t)+kx(t)=F(t).
Aqui \ddot{x} é a aceleração, \dot{x} é a velocidade e x é o deslocamento.
  • Para condições iniciais nulas, a resposta forçada pode ser obtida pela integral de convolução (fórmula de Duhamel). A resposta x(t) é a convolução da força F(t) com a resposta ao impulso unitário do sistema h(t):
x(t)=\int_{0}^{t} h(t-\tau)\,F(\tau)\,d\tau.
Essa fórmula significa: a saída é a soma (integral) das contribuições infinitesimais da força passada, ponderadas pela resposta do sistema quando um impulso é aplicado com atraso t-\tau.
  • Para um sistema subamortecido ( 0\le\zeta<1), a resposta ao impulso é conhecida e tem a forma
h(t)=\frac{1}{m\omega_d}\,e^{-\zeta\omega_n t}\sin(\omega_d t)\quad\text{para }t\ge0,
onde:
  • \omega_n=\sqrt{k/m} é a frequência natural não amortecida (rad/s);
  • \zeta=\dfrac{c}{2m\omega_n} é o coeficiente de amortecimento adimensional;
  • \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2} é a frequência amortecida (rad/s).
Dou um exemplo concreto curto: se F(t) fosse um pulso muito curto (impulso), a saída seria exatamente h(t). Para uma força qualquer, somamos escalas temporais de h multiplicadas por F(\tau).

Passo 3

Calcular os parâmetros do sistema com os números dados e explicar cada passo.
  • Frequência natural:
\omega_n=\sqrt{\dfrac{k}{m}}=\sqrt{\dfrac{50}{2}}=\sqrt{25}=5\\ \text{rad/s}.
  • Coeficiente de amortecimento:
\zeta=\dfrac{c}{2m\omega_n}=\dfrac{2}{2\cdot2\cdot5}=\dfrac{2}{20}=0{,}1.
Comentário: \zeta=0{,}1 é pequeno (amortecimento leve), então o sistema é subamortecido.
  • Frequência amortecida:
\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}=5\sqrt{1-0{,}01}=5\sqrt{0{,}99}\approx5\cdot0{,}994987=4{,}974937\\ \text{rad/s}.

Passo 4

Escrever explicitamente a resposta ao impulso h(t) usando os valores numéricos e explicar cada termo.
  • A constante multiplicativa que aparece em h(t) é 1/(m\omega_d). Calculamos:
\frac{1}{m\omega_d}=\frac{1}{2\cdot4{,}974937}\approx0{,}100503.
  • O termo de decaimento exponencial tem coeficiente \zeta\omega_n=0{,}1\cdot5=0{,}5.
  • Portanto, a resposta ao impulso é
h(t)=0{,}100503\;e^{-0{,}5 t}\sin(4{,}974937\,t),\qquad t\ge0.
Explicação do que cada fator faz:
  • e^{-0{,}5 t} reduz a amplitude ao longo do tempo por causa do amortecimento;
  • \sin(4{,}974937\,t) introduz a oscilação com frequência amortecida;
  • 0{,}100503 é apenas uma escala que vem de dividir pelo produto m\omega_d.

Passo 5

Como a força está dada em amostras de 0{,}1\\ \mathrm{s}, vamos aproximar a integral de convolução por uma soma discreta (regra do retângulo à esquerda). Método e justificativa:
  • A integral contínua
x(t)=\int_{0}^{t} h(t-\tau)F(\tau)\,d\tau
será aproximada por
x(t_n)\approx\sum_{j=0}^{n-1} h(t_n-t_j)\,F_j\,\Delta t,
onde t_j=j\Delta t, F_j=F(t_j) e \Delta t=0{,}1\\ \mathrm{s}. Essa é a regra do retângulo usando o valor da força no início de cada subintervalo. É simples, estável e suficientemente precisa quando \Delta t é pequeno (aqui \Delta t=0{,}1 s e \omega_n=5 rad/s — resolução razoável para um exemplo de prova).
  • Comentário didático: poderia usar aproximação trapezoidal ou polinomial para maior precisão, mas a regra do retângulo esquerdo é mais simples para fazer passo a passo em prova sem calculadora complexa; fornece uma boa idéia do comportamento.

Passo 6

Preparar os valores de h(d) necessários. Como a soma exige valores de h em defasagens d=t_n-t_j que são múltiplos de \Delta t=0{,}1, calculamos h(d) para d=0{,}1,0{,}2,\dots,1{,}0\\ \mathrm{s}.
  • Fórmula usada para cada d:
h(d)=0{,}100503\;e^{-0{,}5 d}\sin(4{,}974937\,d).
  • Valores numéricos (arredondados para 5 casas significativas) obtidos a partir da expressão acima:
\begin{aligned} h(0{,}1)&\approx 0{,}045720,\\\ h(0{,}2)&\approx 0{,}076310,\\\ h(0{,}3)&\approx 0{,}086290,\\\ h(0{,}4)&\approx 0{,}075190,\\\ h(0{,}5)&\approx 0{,}047640,\\\ h(0{,}6)&\approx 0{,}011620,\\\ h(0{,}7)&\approx -0{,}023570,\\\ h(0{,}8)&\approx -0{,}050060,\\\ h(0{,}9)&\approx -0{,}062390,\\\ h(1{,}0)&\approx -0{,}058910. \end{aligned}
Breve comentário: sinais negativos aparecem porque a senóide passa por negativos; o fator exponencial reduz a amplitude aos instantes maiores.

Passo 7

Aplicar a soma discreta para calcular x(t_n) nos instantes amostrados t_n=0{,}1,0{,}2,\dots,1{,}0\\ \mathrm{s}. A regra é
x(t_n)\approx\Delta t\sum_{j=0}^{n-1} h(t_n-t_j)\,F_j,
com \Delta t=0{,}1. Vou mostrar o cálculo intervalo a intervalo (cada contribuição é h(\text{delay})\cdot F_j\cdot 0{,}1). Os produtos foram calculados numericamente e então somados.
Cálculos (armazenando resultados com 5 casas significativas):
  • t=0{,}1:
    x(0{,}1)\approx 0{,}1\cdot h(0{,}1)\,F_0=0{,}1\cdot0{,}045720\cdot(-18)=-0{,}08230.
  • t=0{,}2:
    x(0{,}2)\approx0{,}1\big(h(0{,}2)F_0+h(0{,}1)F_1\big) =0{,}1\big(0{,}076310\cdot(-18)+0{,}045720\cdot(-15)\big)=-0{,}20594.
  • t=0{,}3:
    x(0{,}3)\approx0{,}1\big(h(0{,}3)F_0+h(0{,}2)F_1+h(0{,}1)F_2\big)=-0{,}31551.
  • t=0{,}4:
    x(0{,}4)\approx0{,}1\big(h(0{,}4)F_0+h(0{,}3)F_1+h(0{,}2)F_2+h(0{,}1)F_3\big)=-0{,}35481.
  • t=0{,}5:
    \begin{aligned} x(0{,}5)\approx0{,}1\big(&h(0{,}5)F_0+h(0{,}4)F_1+h(0{,}3)F_2\\\ &+h(0{,}2)F_3+h(0{,}1)F_4\big)=-0{,}28943. \end{aligned}
  • t=0{,}6:
    \begin{aligned} x(0{,}6)\approx0{,}1\big(&h(0{,}6)F_0+h(0{,}5)F_1+h(0{,}4)F_2\\\ &+h(0{,}3)F_3+h(0{,}2)F_4+h(0{,}1)F_5\big)=-0{,}13095. \end{aligned}
  • t=0{,}7:
    \begin{aligned} x(0{,}7)\approx0{,}1\big(&h(0{,}7)F_0+h(0{,}6)F_1+h(0{,}5)F_2\\\ &+h(0{,}4)F_3+h(0{,}3)F_4+h(0{,}2)F_5+h(0{,}1)F_6\big)\\\ &\approx0{,}09302. \end{aligned}
  • t=0{,}8:
    \begin{aligned} x(0{,}8)\approx0{,}1\big(&h(0{,}8)F_0+h(0{,}7)F_1+h(0{,}6)F_2\\\ &+h(0{,}5)F_3+h(0{,}4)F_4+h(0{,}3)F_5+h(0{,}2)F_6\\\ &+h(0{,}1)F_7\big)\approx0{,}33342. \end{aligned}
  • t=0{,}9:
    \begin{aligned} x(0{,}9)\approx0{,}1\big(&h(0{,}9)F_0+h(0{,}8)F_1+h(0{,}7)F_2\\\ &+h(0{,}6)F_3+h(0{,}5)F_4+h(0{,}4)F_5+h(0{,}3)F_6\\\ &+h(0{,}2)F_7+h(0{,}1)F_8\big)\approx0{,}54186. \end{aligned}
  • t=1{,}0:
    \begin{aligned} x(1{,}0)\approx0{,}1\big(&h(1{,}0)F_0+h(0{,}9)F_1+h(0{,}8)F_2\\\ &+h(0{,}7)F_3+h(0{,}6)F_4+h(0{,}5)F_5+h(0{,}4)F_6\\\ &+h(0{,}3)F_7+h(0{,}2)F_8+h(0{,}1)F_9\big)\approx0{,}65897. \end{aligned}
Observação didática: cada termo h(t_n-t_j)F_j\Delta t representa a contribuição para x(t_n) da força aplicada no subintervalo que começa em t_j. Como a força muda de sinal no tempo, as contribuições podem somar ou cancelar, e o amortecimento faz com que contribuições antigas tenham menos efeito.

Passo 8

Interpretação rápida dos resultados (útil na prova):
  • Começando em x(0)=0, a resposta inicialmente é negativa porque os primeiros valores de força são negativos grandes ( -18,\,-15,\dots). Depois, conforme a força muda de sinal e se torna positiva, as contribuições positivas acumulam e o deslocamento passa para valores positivos.
  • O amortecimento leve ( \zeta=0{,}1) permite oscilações, mas dentro de 1 segundo o termo exponencial ainda não reduziu muito as contribuições iniciais (decai com e^{-0{,}5 t}).
  • A solução numérica apresentada dá uma boa aproximação da história do deslocamento nos instantes amostrados. Para maior precisão em prova poderia-se usar o mesmo procedimento com passo menor ou regra trapezoidal.

Resposta

x(0{,}1)\approx -0{,}08230\\ \mathrm{m}
x(0{,}2)\approx -0{,}20594\\ \mathrm{m}
x(0{,}3)\approx -0{,}31551\\ \mathrm{m}
x(0{,}4)\approx -0{,}35481\\ \mathrm{m}
x(0{,}5)\approx -0{,}28943\\ \mathrm{m}
x(0{,}6)\approx -0{,}13095\\ \mathrm{m}
x(0{,}7)\approx 0{,}09302\\ \mathrm{m}
x(0{,}8)\approx 0{,}33342\\ \mathrm{m}
x(0{,}9)\approx 0{,}54186\\ \mathrm{m}
x(1{,}0)\approx 0{,}65897\\ \mathrm{m}

Exercícios relacionados