Um sistema massa-mola está sujeito a amortecimento coulomb. Quando é aplicada uma força harmônica de amplitude 120 N e a frequência de 2,3 \mathrm{~Hz} constata-se que o sistema oscila como amplitude de 80 mm . Determine o coeficiente de atrito seco se a massa igual 2,5 \mathrm{~kg} e \mathrm{K}=2300 \mathrm{~N} / \mathrm{m}.
(Vibração forçada com amortecimento Coulomb - Exercício 3.64 livro)

Passo 1

Dados do enunciado (copiados e organizados):
- Força harmônica de amplitude F_{0}=120\\ \mathrm{N}.
- Frequência de excitação f=2{,}3\\ \mathrm{Hz}.
- Amplitude observada indicada no enunciado: 80\\ \mathrm{mm}. Aqui há uma ambiguidade prática: se essa “amplitude” for o pico (meio-valor pico-a-pico) o cálculo abaixo não é possível (verificado depois). Para que a equação física admita solução compatível com os demais dados, interpreto que os 80\\ \mathrm{mm} dados correspondem à amplitude pico-a-pico. Portanto tomo a amplitude harmonica (meia-valor pico-a-pico) como
X=\frac{80\\ \mathrm{mm}}{2}=40\\ \mathrm{mm}=0{,}04\\ \mathrm{m}.
- Massa m=2{,}5\\ \mathrm{kg}.
- Rigidez da mola K=2300\\ \mathrm{N/m}.
Obs.: se a intenção do enunciado fosse que 80\\ \mathrm{mm} é a amplitude de pico (ou seja X=0{,}08\\ \mathrm{m}), então não existe nenhum valor de atrito seco que produza essa amplitude com os outros dados — eu explico isso mais adiante. Vou prosseguir com a interpretação X=0{,}04\\ \mathrm{m} porque ela gera uma solução física consistente.

Passo 2

Entendendo o amortecimento Coulomb e como ele dissipa energia (a ideia física por trás do método).
Amortecimento Coulomb (atrito seco) aplica uma força de módulo constante F_{c} que se opõe ao movimento: f_{c}(t)=-F_{c}\,\mathrm{sign}(\dot x). Essa força não é proporcional à velocidade (não é viscosa), e o trabalho dissipado pela força de atrito ao longo de um ciclo completo é igual ao produto da força pelo comprimento total percorrido no ciclo. Para um movimento harmônico x(t)=X\sin(\omega t-\varphi) a trajetória vai de -X a +X e volta, totalizando extensão percorrida por ciclo igual a 4X. Portanto a energia dissipada por ciclo (módulo) é
\text{Energia dissipada por ciclo} = 4 F_{c} X.
Explicando devagar: o trabalho elementar é dW=f_{c}\,dx. Como f_{c}=-F_{c}\,\mathrm{sign}(\dot x) e \mathrm{sign}(\dot x)\,dx=|\!dx|, integramos \int -F_c\,\mathrm{sign}(\dot x)\,dx = -F_c\int |\!dx| ao longo de um ciclo, dando -4F_c X. Em módulo, dissipamos 4F_c X.

Passo 3

Energia fornecida pelo forçamento harmônico por ciclo (entrada de energia).
A força externa é F(t)=F_{0}\sin(\omega t) com \omega=2\pi f. O trabalho por ciclo cedido pela força externa é
W_{\text{in}}=\int_{0}^{T} F(t)\,\dot x(t)\,dt.
Tomando x(t)=X\sin(\omega t-\varphi) temos \dot x(t)=\omega X\cos(\omega t-\varphi). Então
W_{\text{in}}=F_{0}\,\omega X\int_{0}^{T}\sin(\omega t)\cos(\omega t-\varphi)\,dt.
Usamos a identidade trigonométrica \sin a\cos b=\tfrac12[\sin(a+b)+\sin(a-b)]. A componente com \sin(2\omega t-\varphi) integra zero num período e sobra a componente constante:
\int_{0}^{T}\sin(\omega t)\cos(\omega t-\varphi)\,dt=\frac{T}{2}\sin\varphi,
onde T=2\pi/\omega. Substituindo:
W_{\text{in}}=F_{0}\,\omega X\cdot\frac{T}{2}\sin\varphi = \pi F_{0} X \sin\varphi.
Ou seja, a energia média fornecida por ciclo pelo forçamento é \pi F_{0} X \sin\varphi.

Passo 4

Balanço de energia por ciclo em regime estacionário.
No regime estacionário a energia fornecida por ciclo pela força externa é totalmente dissipada pelo atrito Coulomb (não há acumulação de energia). Assim
\pi F_{0} X \sin\varphi = 4 F_{c} X.
Cancelando X (assumindo X\neq 0), obtemos a relação útil
F_{c} = \frac{\pi}{4} F_{0}\sin\varphi.
Isto nos dá uma relação entre F_{c} e a defasagem \varphi. Ainda precisamos de outra equação relacionando \varphi, X e os parâmetros do sistema para resolver.

Passo 5

Aproximação harmônica (describing function) para o termo de atrito e balanço harmônico das componentes fundamental.
A força de atrito é um sinal do tipo quadrado em função do tempo (pois depende do sinal da velocidade). A série de Fourier desse sinal tem como componente fundamental de amplitude (4/\pi)F_{c}. Aproximamos então o termo não linear por sua componente harmônica fundamental:
f_{c}(t)\approx -\frac{4F_{c}}{\pi}\cos(\omega t-\varphi).
(escolhemos a forma em cosseno porque f_c depende do sinal da velocidade, que é proporcional a \cos(\omega t-\varphi)). Agora aplicamos o equilíbrio harmônico no sistema linear m\ddot x + Kx = F(t)+ (componente fundamental de f_c). Substituímos x(t)=X\sin(\omega t-\varphi) e igualamos as componentes nas bases \sin(\omega t) e \cos(\omega t). Fazendo a álgebra (mostro as igualdades essenciais):
A esquerda (massa+mola) para x
m\ddot x + Kx = (K-m\omega^{2})X\sin(\omega t-\varphi).
Usando \sin(\omega t-\varphi)=\sin\omega t\cos\varphi-\cos\omega t\sin\varphi, a decomposição nas componentes é
\text{componente em }\sin\omega t:\quad (K-m\omega^{2})X\cos\varphi,
\text{componente em }\cos\omega t:\quad -(K-m\omega^{2})X\sin\varphi.
A força total (força externa mais componente fundamental do atrito) tem componentes
\text{em }\sin\omega t:\quad F_{0} - \frac{4F_{c}}{\pi}\sin\varphi,
\text{em }\cos\omega t:\quad -\frac{4F_{c}}{\pi}\cos\varphi.
Igualando componentes (sin e cos) obtemos o sistema de duas equações:
(K-m\omega^{2})X\cos\varphi = F_{0} - \frac{4F_{c}}{\pi}\sin\varphi, \tag{1}
-(K-m\omega^{2})X\sin\varphi = -\frac{4F_{c}}{\pi}\cos\varphi. \tag{2}
Da equação (2) segue diretamente
(K-m\omega^{2})X\sin\varphi = \frac{4F_{c}}{\pi}\cos\varphi. \tag{3}

Passo 6

Eliminação de \varphi e obtenção da fórmula direta para F_{c}.
Podemos eliminar \varphi fazendo \text{(1)}^{2}+\text{(2)}^{2}. No lado esquerdo aparece
(K-m\omega^{2})^{2}X^{2}(\cos^{2}\varphi+\sin^{2}\varphi)=(K-m\omega^{2})^{2}X^{2}.
No lado direito, desenvolvendo e simplificando (usando que \sin^{2}\varphi+\cos^{2}\varphi=1), chega-se a
(K-m\omega^{2})^{2}X^{2}=F_{0}^{2}-\frac{8F_{0}F_{c}}{\pi}\sin\varphi+\frac{16F_{c}^{2}}{\pi^{2}}.
Agora substituímos a relação obtida por balanço de energia (Passo 4), \sin\varphi=\dfrac{4F_{c}}{\pi F_{0}}. Fazendo a substituição simplifica-se para
(K-m\omega^{2})^{2}X^{2}=F_{0}^{2}-\frac{16F_{c}^{2}}{\pi^{2}}.
Isolando F_{c} obtemos a fórmula fechada
F_{c}=\frac{\pi}{4}\sqrt{\,F_{0}^{2}-(K-m\omega^{2})^{2}X^{2}\, }.
Nota importante: o termo dentro da raiz deve ser não-negativo. Se for negativo, não existe F_{c} real que produza a amplitude X com os demais parâmetros — nesse caso a amplitude observada seria incompatível com os dados.

Passo 7

Cálculo numérico passo a passo (usando X=0{,}04\\ \mathrm{m}).
Primeiro a pulsação de excitação:
\omega = 2\pi f = 2\pi\cdot 2{,}3 = 4{,}6\pi\\ \mathrm{rad/s}\approx 14{,}4513\\ \mathrm{rad/s}.
\omega^{2}\approx 208{,}8408\\ \mathrm{(rad/s)}^{2}.
Produto m\omega^{2}:
m\omega^{2}=2{,}5\cdot 208{,}8408\approx 522{,}1021\\ \mathrm{N/m}.
Diferença de rigidezes dinâmicas:
K-m\omega^{2}=2300-522{,}1021\approx 1777{,}8979\\ \mathrm{N/m}.
Multiplicando por X:
(K-m\omega^{2})X\approx 1777{,}8979\cdot 0{,}04 \approx 71{,}1159\\ \mathrm{N}.
Quadrado desse termo:
\big((K-m\omega^{2})X\big)^{2}\approx 71{,}1159^{2}\approx 5057{,}48\\ \mathrm{N}^{2}.
Agora F_{0}^{2}=120^{2}=14400\\ \mathrm{N}^{2}. Subtraindo:
F_{0}^{2}-\big((K-m\omega^{2})X\big)^{2}\approx 14400-5057{,}48\approx 9342{,}52.
A raiz quadrada:
\sqrt{9342{,}52}\approx 96{,}65\\ \mathrm{N}.
Finalmente
F_{c}=\frac{\pi}{4}\cdot 96{,}65\approx 0{,}785398\cdot 96{,}65\approx 75{,}9\\ \mathrm{N}.

Passo 8

Interpretação e checagem final.
- O valor encontrado é F_{c}\approx 75{,}9\\ \mathrm{N}.
- Se a sua leitura do enunciado realmente tinha 80\\ \mathrm{mm} como amplitude de pico (ou seja X=0{,}08\\ \mathrm{m}), então ao repetir os cálculos o termo dentro da raiz fica negativo:
F_{0}^{2}-(K-m\omega^{2})^{2}X^{2}<0,
ou seja não há F_{c} real que satisfaça as equações — isso significa que, com os demais dados dados, uma amplitude de 0{,}08\\ \mathrm{m} é incompatível fisicamente (o sistema linear sem atrito já só produziria no máximo X=F_{0}/(K-m\omega^{2})\approx 0{,}0676\\ \mathrm{m}). Por isso eu adotei a interpretação pico-a-pico para obter uma solução física.
Força de atrito seca (módulo) encontrada: F_{c}\approx 75{,}9\\ \mathrm{N}.

Resposta

F_{c}\approx 75{,}9\\ \mathrm{N}

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