Resolva o Probl. 39 para o caso em que a massa parte de sua posição de equilíbrio a velocidade v 0 . Esboce o movimento para os três casos.

Passo 1

Eaew, belezinha? Vamos começar mais um belo dia de estudos?

Primeiro, que problema é esse, o tal de 39? O enunciado do mesmo é o seguinte:

“Uma massa submetida a uma força restauradora linear - k x e a um amortecimento - b x ˙ desloca-se a uma distância x 0 da posição de equilíbrio, sendo largada com velocidade inicial igual a 0. Determine os movimentos para os casos de subamortecimento, amortecimento crítico e superamortecimento.”

Antes de qualquer coisa vamos analisar o diagrama de forças relacionado a esse sistema e montar a equação diferencial relacionada, belezinha?

Passo 2

Temos o seguinte diagrama de forças para este sistema:

Se utilizarmos a 2 ª Lei de Newton, podemos montar a seguinte equação diferencial de segunda ordem:

F → r e s u l t a n t e = F → R + F → a t = - k x - b x ˙ = m x ¨           ( 1 )

Em que x ¨ = a c e l e r a ç ã o , estou ignorando os versores pois este é um movimento unidimensional, apenas para a conta ficar menos poluída, mas tome cuidado com o sinal ao utilizar a segunda lei de newton. Reescrevendo um pouco esta equação, obtemos o seguinte sistema:

m x ¨ + b x ˙ + k x = 0 → x ¨ + b m x ˙ + k m x = 0           ( 2 )

Belezinha, agora vamos analisar a resolução desta equação diferencial.

Passo 3

Essa equação em particular é uma equação diferencial ordinária de segunda ordem homogênea, portanto, podemos resolvê-la e obter uma solução única contanto que tenhamos 2 condições iniciais. As nossas condições neste problema são:

x ( t = 0 )   =   x 0           ( 3 )

e

x ˙ ( t = 0 ) = v 0           ( 4 )

Para resolver nossa equação diferencial, no entanto é necessário aplicar algumas técnicas, saca só!

Passo 4

De cara já vamos escrever o nosso polinômio característico, da seguinte maneira:

r 2 + b m r + k m = 0           ( 5 )

O polinômio é composto de maneira que o coeficiente do termo com derivada segunda multiplica um termo de r 2 , o coeficiente da primeira derivada um termo do tipo r 1 e o termo sem derivada nenhuma, um termo do tipo r 0 . Para propor uma solução para nossa EDO, precisamos saber as raízes deste polinômio, elas são da forma:

r ± = - b / m ± ( b / m ) 2 - 4 k / m 2 = - b 2 m ± ( b / 2 m ) 2 - k / m = - γ ± γ 2 - ω 0 2         ( 6 )

Aqui eu simplesmente apliquei Bhaskara, e também que que γ =   b / 2 m e ω 0 = k / m . Note que dependendo do valor da raiz, isso nos dará uma solução diferente, é aí que estaremos determinando o nosso sistema como subcrítico, supercrítico ou crítico. Vamos fazer isso!

Passo 5

O sistema está em um amortecimento subcrítico se γ 2 < ω 0 2 , ou seja, nossas raízes tomam a forma:

r ± = - γ ± i ω 1         ( 7 )

Em que ω 1 = γ 2 - ω 0 2 .   Beleza, com isso podemos escrever a nossa primeira solução! Bora lá!

Passo 6

A solução de uma equação diferencial com raízes complexas distintas é da forma:

x ( t )   =   A e r + t + B e r - t

ou seja:

x ( t ) = A e ( - γ + i ω 1 ) t + B e ( - γ - i ω 1 ) t → x ( t )   =   e - γ t [ A e i ω 1 t + B e - i ω 1 t ]           ( 8 )

Agora precisamos aplicar as condições iniciais, bora lá!

Passo 7

A primeira condição é x ( t = 0 )   =   x 0 , portanto:

x ( t = 0 ) = x 0 = e - γ × 0 [ A e i ω 1 × 0 + B e - i ω 1 × 0 ] = A + B → A + B = x 0           ( 9 )

e a segunda condição é da forma x ˙ ( t = 0 )   =   v 0 , portanto:

x ˙ ( t ) = - γ e - γ t [ A e i ω 1 t + B - i ω 1 t ] + e - γ t [ A i ω 1 e i ω 1 t - B i ω 1 e - i ω 1 t ]

de forma que:

x ˙ ( t = 0 ) = - γ e - γ × 0 [ A e i ω 1 × 0 + B - i ω 1 × 0 ] + e - γ × 0 [ A i ω 1 e i ω 1 × 0 - B i ω 1 e - i ω 1 × 0 ] →

→ v 0 = - γ ( A + B ) + A i ω 1 - B i ω 1           ( 10 )

Isso nos dá um sistema de equações lineares para resolver, vamos fazer isso então!

Passo 8

Podemos utilizar diretamente a equação 9 dentro da equação 10 para obter:

v 0 = - γ x 0 + i ω 1 ( A - B ) → A   =   1 i ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) + B           ( 11 )

Usando este resultado na equação 9, temos:

1 i ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) + 2 B = x 0 → B   =   1 2 [ x 0 - 1 i ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) ]  

E para A temos utilizando a equação 11, que:

A   =   1 i ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) + 1 2 [ x 0 - 1 i ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) ] = 1 2 [ x 0 + 1 i ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) ]           ( 12 )

Com a equação 11 e 12 em mãos podemos escrever a nossa solução! Bora lá!

Passo 9

Para o caso subcrítico temos a seguinte solução para este sistema:

x ( t ) = e - γ t { 1 2 [ x 0 + 1 i ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) ] e i ω 1 t + 1 2 [ x 0 - 1 i ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) ] e - i ω 1 t } →

→ x ( t ) = 1 2 e - γ t { x 0 ( e i ω 1 t + e - i ω t ) + 1 i ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) ( e i ω 1 t - e - i ω 1 t ) }

Utilizando a identidade e i x = c o s ( x ) + i s i n ( x ) , temos:

x ( t )   =   1 2 e - γ t [ 2 x 0 c o s ( ω 1 t ) + 2 i i ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) s i n ( ω 1 t ) ] →

→ x ( t )   =   e - γ t [ x 0 c o s [ ω 1 ] + 1 ω 1 ( v 0 + γ x 0 ) s i n ( ω 1 t ) ]           ( 13 )

E esta é a nossa resposta para o amortecimento subcrítico, bora para o caso supercrítico!

Passo 10

O sistema está em um amortecimento subcrítico se γ 2 > ω 0 2 , ou seja, nossas raízes tomam a forma:

r ± = - γ ± ω 1         ( 15 )

Ou seja, raízes reais e distintas. Utilizando o mesmo formato de anteriormente para a solução da nossa equação diferencial, temos:

x ( t )   =   A e r + t + B e r - t → x ( t ) = A e ( - γ + ω 1 ) t + B e ( - γ - ω 1 ) t = e - γ t [ A e ω 1 t + B - ω 1 t ] →

→ x ( t )   =   A e - γ 2 t + B e - γ 1 t           ( 16 )

Em que - γ 1 = - γ - ω 1 e - γ 2 = - γ + ω 1 . Precisamos aplicar as condições iniciais novamente!

Passo 11

A primeira condição é x ( t = 0 )   =   x 0 , portanto:

x ( t = 0 ) = x 0 = A e - γ 2 × 0 + B e - γ 1 × 0 = A + B → A + B = x 0           ( 17 )

e a segunda condição é da forma x ˙ ( t = 0 )   =   v 0 , portanto:

x ˙ ( t ) = - γ 2 A e - γ 2 t - γ 1 B e - γ 1 t

de forma que:

x ˙ ( t = 0 ) = - γ 2 A e - γ 2 × 0 - γ 1 B e - γ 1 × 0 →

→ v 0 = - γ 2 A - γ 1 B           ( 18 )

Isso nos dá um sistema de equações lineares para resolver, vamos fazer isso então!

Passo 12

Podemos utilizar diretamente a equação 17 dentro da equação 18 para obter:

v 0 = - γ 2 A - γ 1 ( x 0 - A ) → A ( γ 1 - γ 2 ) - γ 1 x 0 → A   = v 0 + γ 1 x 0 ( γ 1 - γ 2 )             ( 19 )

Usando este resultado na equação 17, temos:

v 0 + γ 1 x 0 ( γ 1 - γ 2 )   + B = x 0 → B   = x 0 - v 0 + γ 1 x 0 ( γ 1 - γ 2 )   → B   = 1 ( γ 1 - γ 2 ) ( x 0 γ 1 - x 0 γ 2 - v 0 - γ 1 x 0 ) →  

→ B   =   - 1 ( γ 1 - γ 2 ) ( v 0 + γ 2 x 0 )           ( 20 )

Tendo as equações 19 e 20 em mãos podemos escrever nossa solução para o caso supercrítico, saca só!

Passo 13

Para o caso supercrítico temos a seguinte solução para este sistema:

x ( t )   = v 0 + γ 1 x 0 ( γ 1 - γ 2 ) e - γ 2 t - 1 ( γ 1 - γ 2 ) ( v 0 + γ 2 x 0 ) e - γ 1 t   →

→ x ( t )   =   1 ( γ 1 - γ 2 ) [ ( v 0 + γ 1 x 0 ) e - γ 2 t - ( v 0 + γ 2 x 0 ) e - γ 1 t ]

Essa é a nossa solução para o caso supercrítico! Falta só um agora, o caso crítico, aguenta firme aí!

Passo 14

O sistema está em um amortecimento crítico se γ 2 = ω 0 2 , ou seja, nossas raízes tomam a forma:

r ± = r =   - γ         ( 21 )

Ou seja, raízes iguais, agora diferentemente do que fizemos antes temos que tomar um certo cuidado com as nossas soluções, elas irão tomar o seguinte formato para garantir a independência linear de ambas as componentes:

x ( t )   =   A e r t + B t e r t → x ( t ) = A e - γ t + B t e - γ t = e - γ t [ A + B t ] →

→ x ( t )   =   e - γ t [ A + B t ]           ( 22 )

Precisamos aplicar as condições iniciais novamente!

Passo 15

A primeira condição é x ( t = 0 )   =   x 0 , portanto:

x ( t = 0 ) = x 0 = e - γ × 0 [ A + B × 0 ]   = A → A = x 0           ( 23 )

e a segunda condição é da forma x ˙ ( t = 0 )   =   v 0 , portanto:

x ˙ ( t ) = - γ e - γ t [ A + B t ] + e - γ t [ B ] → e - γ t [ B - γ ( A + B t ) ]

de forma que:

x ˙ ( t = 0 ) = e - γ × 0 [ B - γ ( A + B × 0 ) ] = B - γ A →

→ v 0 = B - γ A           ( 24 )

Podemos utilizar diretamente a equação 23 dentro da equação 24 para obter:

v 0 = B - γ x 0 → B   =   v 0 + γ x 0           ( 25 )

Tendo as equações 24 e 25 em mãos podemos escrever nossa solução para o caso crítico, saca só!

Passo 16

Para o caso crítico temos a seguinte solução para este sistema:

x ( t )   = e - γ t [ x 0 + ( v 0 + γ x 0 ) t ]   →

→ x ( t )   =   [ ( 1 + γ t ) x 0 + v 0 t ] e - γ t

Essa é a nossa solução para o caso crítico! Vamos só colocar alguns plots para comparação e a questão já era!

Passo 17

Vou dar valores arbitrários para algumas constantes, de forma que o plot fique mais simples, no caso, colocarei x 0 = 1 , v 0 = 1 e ω 0 = 1 , com γ = 2 (supercrítico), γ = 1 (crítico) e γ = 1 / 2 (subcrítico), belezinha? O plot fica da seguinte maneira:

A curva azul é relativa ao amortecimento subcrítico, a curva verde ao crítico e a curva laranja ao supercrítico. Uff… A questão foi isso, te vejo na próxima! Tchauzinho!

Resposta

Ao longo dos passos.