Um oscilador harmônico amortecido de massa m e constante de mola k é submetido a ação de uma força F 0 c o s ω t . Se em t = 0 , x = x 0 e v = v 0 , qual é x ( t ) ?

Passo 1

Fala aew! Tudo certo?

Pronto para começar? Saca só o que precisamos fazer! Temos a construção usual de um oscilador harmônico amortecido, ou seja:

x ¨ ( t )   +   2 γ x ˙ ( t ) + ω 0 2 x ( t )   =   F 0 m c o s ω t           ( 1 )

Aqui temos uma equação diferencial de segunda ordem não-homogênea, e portanto, temos que encontrar a solução da parte homogênea e uma solução particular de forma que a solução geral toma a forma:

x ( t )   =   x h ( t ) + x p ( t )           ( 2 )

E para encontrar nossa solução específica para este problema, vamos precisar aplicar em (2) as nossa condições iniciais:

x ( t = 0 )   =   x 0   e   x ˙ ( t = 0 ) = v 0           ( 3 )

Vamos começar achando x h ( t ) , beleza?

Passo 2

Vamos considerar a equação homogênea relativa a esse problema, ela toma a forma:

x ¨ ( t )   +   2 γ x ˙ ( t ) + ω 0 2 x ( t ) = 0

Escrevendo seu polinômio característico, temos:

r 2 + 2 γ r + ω 0 2 = 0

Que nos leva às raízes:

r ± = - γ ± γ 2 - ω 0 2

O problema não explicita qual a condição de amortecimento, mas como eu tenho spoilers e olhei a resposta no final do livro para conferir (:P) o autor definiu que este é um amortecimento crítico, onde temos a seguinte situação:

γ 2 = ω 0 2

Nos dando a seguinte solução para a parte homogênea:

x h ( t ) = C 1 e - γ t + C 2 t e - γ t           ( 4 )

Para saber porquê escolhi a solução acima, é bom dar uma olhada em como se resolve equações diferenciais de segunda ordem onde raízes do polinômio característico são repetidas! Belezinha? Os diferentes amortecimentos levam para diferentes formas de x h ( t ) , temos o caso subcrítico γ 2 < ω 0 2 e supercrítico γ 2 > ω 0 2 . Exemplos de como trabalhar estes exemplos estão em outros problemas deste mesmo capítulo aqui no site, beleza? Vamos trabalhar agora na solução particular!

Passo 3

Existem outras maneiras de fazer isso, mas eu acho mais fácil utilizar o método dos coeficientes a determinar, onde escolhemos um formato para a solução particular e encontramos parâmetros que respeitem a equação diferencial (1), beleza? Vamos escolher o seguinte:

x p ( t )   =   A c o s ( ω t ) + B s i n ( ω t )           ( 5 )

Este formato não é escolhido do nada okay? É bom dar uma relembrada no método lá de equações diferenciais certinho? Tem várias tabelinhas que indicam o formato que você pode escolher caso tenha uma parte homogênea específica, o que é o nosso caso! Agora precisamos derivar esta expressão e substituir na equação (1), vamos fazer isso!

x ˙ p ( t )   =   - A ω s i n ( ω t ) + B ω c o s ( ω t )           ( 6 )

x ¨ p ( t )   =   - A ω 2 c o s ( ω t ) - B ω 2 s i n ( ω t )           ( 7 )

Com isso em mãos podemos aplicar isso na equação (1), vamos fazer isso agora!

Passo 4

Utilizando (7) e (6) na equação (1), temos:

- A ω 2 c o s ( ω t ) - B ω 2 s i n ( ω t )   - 2 γ ω A s i n ( ω t ) + →

→ + 2 γ ω B c o s ( ω t ) + ω 0 2 A c o s ( ω t ) + ω 0 2 B s i n ( ω t ) =   F 0 m c o s ( ω t )

Note que uma equação requer que ambos os lados da igualdade sejam iguais, portanto, queremos que os coeficientes do seno do lado esquerdo sejam iguais ao do lado direito (neste caso no lado direito o coeficiente do seno é zero), e queremos o mesmo para o cosseno, desta forma formamos o seguinte sistema de equações:

- A ω 2 + 2 γ ω B + ω 0 2 A = F 0 m           ( 8 )

- B ω 2 - 2 γ ω A + ω 0 2 B = 0           ( 9 )

Precisamos resolver este sistema linear de equação para A e B , bora lá!

Passo 5

Da equação (9) temos que:

B ( ω 0 2 - ω 2 ) - 2 γ ω A = 0 → B   =   2 γ ω ω 0 2 - ω 2 A           ( 10 )

Se utilizarmos (10) na equação (8) temos:

A ( ω 0 2 - ω 2 ) + 2 γ ω × 2 γ ω ω 0 2 - ω 2 A = F 0 m → A = ( ω 0 2 - ω 2 ) F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ]           ( 11 )

Com (11) podemos usar (10), saca só:

B   =   2 γ ω F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ]           ( 12 )

Finalmente, podemos aplicar estas expressões na equação (5), saca só:

x p ( t )   =   ( ω 0 2 - ω 2 ) F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] c o s ( ω t ) + 2 γ ω F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] s i n ( ω t ) →

→ F 0 m [ ( ω 0 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( ω 0 2 - ω 2 ) c o s ( ω t ) + 2 γ ω s i n ( ω t ) ]

Como esta solução está relacionada à um amortecimento crítico no entanto, podemos usar que ω 0 2 = γ e simplificar um tequinho mais, saca só:

x p ( t ) = F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( γ 2 - ω 2 ) c o s ( ω t ) + 2 γ ω s i n ( ω t ) ]           ( 13 )

Com esta solução em mãos, podemos finalmente obter a nossa solução geral utilizando a equação (2) e a solução (4).

Passo 6

A solução geral tem a forma:

x ( t )   =   C 1 e - γ t + C 2 t e - γ t + F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( γ 2 - ω 2 ) c o s ( ω t ) + 2 γ ω s i n ( ω t ) ]           ( 14 )

Precisamos apenas aplicar as condições iniciais (3) para encontrar as constantes C 1 e C 2 , vamos lá!

x ( t = 0 ) = x 0 = C 1 + F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] ( γ 2 - ω 2 ) →

→ C 1 = x 0 - F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] ( γ 2 - ω 2 )           ( 15 )

Calculando a primeira derivada de (14), temos:

x ˙ ( t )   =   - γ C 1 e - γ t - γ C 2 t e - γ t + C 2 e - γ t + F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ - ω ( γ 2 - ω 2 ) s i n ( ω t ) + 2 γ ω 2 c o s ( ω t ) ]  

e portanto a condição da velocidade inicial é tal que:

x ˙ ( t = 0 )   =   v 0   =   - γ C 1 + C 2 + 2 γ ω 2 F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ]

Utilizando a equação (15), temos que:

v 0 = - γ x 0 + γ F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] ( γ 2 - ω 2 )   + C 2 + 2 γ ω 2 F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] →

C 2 = v 0 + γ x 0 - F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ γ ( γ 2 - ω 2 ) - 2 γ ω 2 ]           ( 16 )

Agora só precisamos escrever a nossa solução, bora lá!

Passo 7

Vai ficar um negócio meio monstruoso, mas é o que temos para hoje! Bora lá! Aplicando (15) e (16) em (14), temos:

x ( t )   = [ x 0 - F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] ( γ 2 - ω 2 ) ]   e - γ t + →

→ + { v 0 + γ x 0 - F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ γ ( γ 2 - ω 2 ) - 2 γ ω 2 ] } t e - γ t + →

→ + F 0 m [ ( γ 2 - ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 ] [ ( γ 2 - ω 2 ) c o s ( ω t ) + 2 γ ω s i n ( ω t ) ]

Vamos pelo menos tentar simplificar isso um pouquinho, tem aquela fração maior que pode ser colocar em evidência em vários termos, vamos fazer isso primeiro:

x ( t ) = F 0 m [ γ 4 + ω 4 - 2 γ 2 ω 2 + 4 γ 2 ω 2 ] { - ( γ 2 - ω 2 ) e - γ t - [ γ ( γ 2 - ω 2 ) - 2 γ ω 2 ] t e - γ t + →

→ [ ( γ 2 - ω 2 ) c o s ( ω t ) + 2 γ ω s i n ( ω t ) ] }   + [ x 0   + ( v 0 + γ x 0 ) t ] e - γ t  

Ainda é possível melhorar esta expressão um pouco, calma aew!

x ( t ) = F 0 m ( γ 2 + ω 2 ) 2 { [ ω 2 - γ 2 - ( γ 3 - 3 γ ω 2 ) t ] e - γ t + →

→ [ ( γ 2 - ω 2 ) c o s ( ω t ) + 2 γ ω s i n ( ω t ) ] }   + [ x 0   + ( v 0 + γ x 0 ) t ] e - γ t  

Nossa solução vai ficar assim, te vejo na próxima! Tchauzinho!

Resposta

x ( t ) = F 0 m ( γ 2 + ω 2 ) 2 { [ ω 2 - γ 2 - ( γ 3 - 3 γ ω 2 ) t ] e - γ t + →

→ [ ( γ 2 - ω 2 ) c o s ( ω t ) + 2 γ ω s i n ( ω t ) ] }   + [ x 0   + ( v 0 + γ x 0 ) t ] e - γ t