Movimento Harmônico Amortecido

Teoria Completa

O que é MHA?

A única coisa que muda em relação ao MHS é que agora tem atrito. Só isso!

MHA significa movimento harmônico amortecido.

Então o sistema não fica oscilando para sempre, ele vai parar com o tempo, porque a força de atrito vai tirando energia do sistema até ele parar. Nesse caso, a energia não se conserva!

Equação do MHA

Agora temos que acrescentar na Segunda Lei de Newton a força de atrito também.

Vamos ver o exemplo do sistema massa-mola.

Observe que, nesse caso, além da mola com constante elástica k , temos também um amortecedor, com constante de amortecimento c .

Além do amortecedor, existem outros fatores que podem gerar atrito no sistema. Se o bloco estivesse mergulhado em um fluido viscoso, por exemplo, a força de atrito seria a força que o líquido exerce no bloco. Outro exemplo: se fosse uma mola vertical, um disco preso à massa faria com que a resistência do ar exercesse uma força de atrito também.

Mas em todos esses casos, a força de atrito é calculada da mesma maneira:

F a t = - c v

onde v é a velocidade.

Assim como a força elástica é sempre contrária à posição, a força de amortecimento (atrito) também é.

Mas atrito não era F a t = μ N ?

Era, mas nesse caso, estamos considerando atritos viscosos, que são sempre calculados daquela maneira. Esse atrito que aprendemos antes é o atrito seco.

Beleza, então vamos isolar o bloco e ver quais forças estão atuando nele:

Então a força resultante é:

F R = F e l + F a t

onde F a t = - c v e F e l = - k x

Observação: você também poderia dizer que F R = - F e l - F a t , mas aí teria que dizer que F a t = c v e F e l = k x .

Substituindo na Segunda Lei de Newton:

F R = m a

⇒ - c v - k x = m a

Mas a = x ¨ e v = x ˙

Então:

- c x ˙ - k x = m x ¨

Logo:

m x ¨ + c x ˙ + k x = 0

Essa é a equação do MHA.

Observação: os coeficientes são sempre positivos! Se tiver algum negativo, verifique o sinal das forças, como fizemos antes no MHS.

Taí! Percebeu que fizemos os mesmos passos do MHS?

A única diferença é que apareceu um termo a mais nessa equação.

Se fizermos c = 0 (atrito zero), teremos a equação do MHS.

E essa equação é uma EDO de 2ª ordem homogênea.

E como é que a gente resolve?

Vamos dar uma puxada lá no Cálculo! Quando temos uma EDO de 2ª ordem homogênea, resolvemos a equação auxiliar:

m r 2 + c r + k = 0

Dividindo todo mundo por m :

r 2 + c m r + k m = 0

Agora, chamando c m = γ e ω 0 2 = k m , vamos calcular o dessa equação:

∆ = b 2 - 4 a c = γ 2 - 4.1 . ω 0 2

E então temos três possibilidades:

Δ > 0   ; Δ = 0   ; Δ < 0

Em cada caso, temos uma solução diferente, lembra?

Então vamos analisar cada uma dessas possibilidades agora.

Mas antes vamos dar nome aos bois:

Quando Δ > 0 : amortecimento supercrítico;

γ 2 > ω 0

Quando Δ = 0 : amortecimento crítico;

γ 2 = ω 0

Quando Δ < 0 : amortecimento subcrítico;

γ 2 < ω 0

É só você lembrar que “sub” significa “abaixo” (abaixo de zero) e “super” significa “acima” (acima de zero).

Beleza?

Então vamos lá!

Amortecimento supercrítico

Nesse caso: Δ > 0

Então a equação auxiliar tem duas raízes reais e distintas:

m r 2 + c r + k = 0

r 2 + c m r + k m = 0

Chamando: γ = c m e ω 0 2 = k m :

r = r 1 = - γ 2 - γ 2 4 - ω 0 2 r 2 = - γ 2 + γ 2 4 - ω 0 2

Lembrando que ∆ > 0 .

A solução é dada por:

x t = c 1 e r 1 t + c 2 e r 2 t

As constantes c 1 e c 2 são dadas pelas condições iniciais de x 0 e x ˙ 0 .

O gráfico do amortecimento supercrítico tem essa cara:

Uma soma de exponenciais decrescentes.

Amortecimento crítico

Nesse caso: Δ = 0

Então a equação auxiliar tem duas raízes reais e iguais:

r 2 + c m r + k m = 0

r = r 1 = r 2 = - c 2 m = - γ 2

Porque o ∆ = 0 ((;).

A solução é dada por:

x t = c 1 e r t + c 2 t e r t

Ou, se preferir colocar em evidência:

x t = c 1 + c 2 t e r t

As constantes c 1 e c 2 também são dadas pelas condições iniciais de x 0 e x ˙ 0 .

O gráfico do amortecimento crítico tem mais ou menos a mesma cara do amortecimento supercrítico (lembra que r < 0 ) :

Como você pode perceber, o x decai mais rapidamente nesse caso do que no caso supercrítico, mesmo o amortecimento sendo menor.

Amortecimento subcrítico

Nesse caso: Δ < 0

Então a equação auxiliar tem duas raízes imaginárias:

r 2 + c m r + k m = 0

Chamando γ = c m e ω 0 2 = k m :

r 2 + γ r + ω 0 2 = 0

r = - γ 2 ± i ω = r 1 = - c 2 m + i 2 m 4 ω 0 2 m 2 - c 2         = - γ 2 - i ω 0 2 - γ 2 4 r 2 = - c 2 m - i 2 m 4 ω 0 2 m 2 - c 2 = - γ 2 + i ω 0 2 - γ 2 4

Lembrando que ∆ < 0 .

E a solução é dada por:

x t = e - γ t 2 c 1 cos ⁡ ω t + c 2 sen ⁡ ω t

Onde

ω = 1 2 m 4 ω 0 2 m 2 - c 2 = ω 0 2 - γ 2 4

As constantes c 1 e c 2 são sempre dadas pelas condições iniciais de x 0 e x ˙ 0 .

Dando uma sacudida nessas funções trigonométricas, a gente pode reescrever essa solução na forma

x t = A e - γ t 2 cos ⁡ ( ω t + ϕ )

Agora, as constantes A e ϕ são dadas pelas condições iniciais de x 0 e x ˙ 0 .

E o gráfico do amortecimento subcrítico tem uma cara assim:

Nesse caso, o movimento é oscilatório, mas as amplitudes vão sendo cada vez menores, até parar.

Importante:não se preocupe em decorar essas soluções, caso você não lembre! Se for necessário, vai ter um formulário com elas. O mais importante é saber calcular Δ e classificar o amortecimento em subcrítico, crítico ou supercrítico!

Obs: Lembre-se que o amortecimento que faz com o x tenda a origem mais rapidamente é o crítico. Isso já caiu em algumas provas.

Considerações finais

Entendeu a ideia, então?

No fundo, estamos fazendo o mesmo que fizemos com MHS, só que considerando o atrito.

Uma observação importante: dissemos que a força de atrito é sempre da forma:

F a t = - c x ˙

Depois era só substituir na Segunda Lei de Newton:

F R = m a

Mas se for o caso de ser a Segunda Lei de Newton de rotação:

τ R = I α

O torque de atrito é dado por:

τ a t = - c θ ˙

Entendeu? Seria o equivalente da rotação: o torque de atrito é proporcional à velocidade angular.

Será sempre assim a menos que o problema forneça outra expressão, beleza?

Outra observação: fizemos um exemplo de massa-mola, mas poderia ser um pêndulo ou qualquer outro sistema. Mas a ideia é a mesma. É só seguir o passo-a-passo!

Resumão

Ficou informação pra caramba, né? Vamos tentar dar uma revisada aqui nos pontos mais importantes.

  • Equação do MHA:
  • Tem essa cara:

    a x ¨ + b x ˙ + c x = 0

    onde a , b e c são positivos!

    Força de amortecimento (atrito):

    F a t = - c x ˙

    Torque de amortecimento (atrito):

    τ a t = - c θ ˙

    onde c é a constante de amortecimento.

  • Tipos de amortecimento

a x ¨ + b x ˙ + c x = 0

Δ = b 2 - 4 a c

Supercrítico: Δ > 0

Crítico: Δ = 0

Subcrítico: Δ < 0

Expandir

Exercício Resolvido #1

UFRJ-P2-2013.2-M07

Um avião está voando em trajetória retilínea a uma altitude constante. De repente, ele é atingido por uma rajada de vento que faz força sobre sua parte frontal. O nariz do avião começa a oscilar por um dado período de tempo, assustando os passageiros, mas aos poucos a oscilação cessa e o avião volta a sua posição de equilíbrio. A situação apresentada representa:

  1. Um regime de oscilações não amortecidas, o avião oscila em movimento harmônico simples.
  2. Um regime de oscilações amortecidas, o avião oscila no regime subcrítico.
  3. Um regime de oscilações amortecidas, o avião oscila no regime supercrítico.
  4. Um regime de oscilações amortecidas, o avião oscila no regime crítico
  5. O avião entrou em ressonância com o vento.
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Passo 1

O avião começou a oscilar aos poucos começou a parar o que isso te lembra?

Oscilações amortecidas, que é um Movimento Harmônico Amortecido, isso fica claro porque a oscilação para com o tempo.

A questão agora é qual tipo de oscilação amortecida o avião está tendo.

Lembra dos gráficos de MHA da teoria?

  • Supercrítico
  • Crítico
  • Subcrítico

Os dois primeiros ele sobe uma vez e depois desce, o avião fica oscilando até parar, então temos um amortecimento subcrítico

Resposta

Letra B

Exercício Resolvido #2

UFRJ-P2-2014.2-Q5

Duas balanças são constituídas, cada uma, por uma mola e um prato, em que se deposita uma massa a ser medida. Observa-se que para a primeira balança, o prato não oscila, mas a balança demora um certo tempo para marcar o valor correto depois que a massa é posta no prato. Nota-se também que a segunda balança oscila várias vezes antes que o prato pare e esse valor possa ser lido. Assinale a alternativa INCORRETA:

  1. Na primeira balança observa-se um regime de amortecimento crítico ou supercrítico.
  2. Na segunda balança observa-se um regime de amortecimento subcrítico.
  3. Quanto mais amortecido o sistema, menos tempo a balança leva para marcar o valor correto.
  4. Se não houvesse nenhum tipo de amortecimento, a balança poderia oscilar por tempo indeterminado.
  5. O valor da massa altera a frequência natural de oscilação do sistema massa+prato+mola.
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Passo 1

A gente tem que ver a balança como um sistema MHA.Vamos analisar uma por uma:

a) Verdadeira. Basta a gente perceber que não pode ser subcrítico se não tem oscilação.

b) Verdadeira. Palavra-chave: “oscila” Se oscila, só pode ser subcrítico.

c)Falsa! Se fosse assim, o regime supercrítico levaria o menor tempo pra parar. Sabemos que isso acontece pro crítico.

d)Verdade, pois seria apenas um sistema MHS. Ficaria oscilando indefinidamente.

e) Sim, pois a frequência angular é dada por:

ω = k m s i s t e m a

Resposta

Letra c)

Exercício Resolvido #3

UFRJ-P2-2014.2-Q7

Um oscilador levemente amortecido tem seu parâmetro de amortecimento γ muito menor que sua frequência natural ω 0 . Neste caso a energia mecânica média armazenada no oscilador num dado instante de tempo é dada por E t = E 0 e - γ t . A vida média destas oscilações é definida como o intervalo de tempo no qual a energia média se reduz de um fator 1 e . O número de oscilações n que a partícula realiza neste intervalo pode ser expresso por:

  1. n = ω 0 2 π γ
  2. n = ω 0 γ
  3. n = 2 π ω 0 γ
  4. n = l n 2 ω 0 2 π γ
  5. n = ω 0 γ 2
  6. n = 2 π γ ω 0
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Passo 1

Vamos lá. Ali no enunciado tá sendo dito que o tempo de vida média, que vamos chamar de t m , é definido como o tempo que a energia média leva pra cair a um fator de 1 e do seu valor inicial.

Então vamos comparar E 0 . 1 e com a expressão da energia pelo tempo pra descobrir quanto vale esse tempo de vida média:

E 0 . 1 e = E 0 . e - γ t

1 e = e - γ t m   → e - 1 = e - γ t m     →   - 1 = - γ t m   → t m = 1 γ

Passo 2

Beleza, já achamos quanto vale esse tempo de vida média. Agora precisamos descobrir quantas oscilações ocorrem nesse tempo. Como pensamos nisso?

Bem, se você souber o período de oscilação, fica fácil. É só dividir o tempo pelo período.

Imagine um exemplo mais simples: Digamos que um sistema tenha um período de 2 s e seja posto pra oscilar durante 8 s .Quantas oscilações ele fez?

Quatro, pois : 8 2 = 4 .

Passo 3

Então, vamos descobrir uma expressão pro período. Como ω 0 é a frequência angular, temos que:

ω 0 = 2 π T → T = 2 π ω 0

Agora vamos fazer aquilo que falamos: dividir o tempo de vida média por esse valor de período:

n = 1 γ 2 π ω 0 = ω 0 2 π γ

Resposta

a)

Exercício Resolvido #4

Halliday, David, Fundamentos de física, volume 2 : ondas, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, Cap 15, Problema 57.

Na Fig. 15-15 o bloco possui uma massa de 1,50   k g e a constante elástica é 8,00   N / m . A força de amortecimento é dada por - b ( d x / d t ) , onde b = 230   g / s . O bloco é puxado 12,0   c m para baixo e liberado. (a) Calcule o tempo necessário para que a amplitude das oscilações resultantes diminua para um terço do valor inicial. (b) Quantas oscilações o bloco realiza nesse intervalo de tempo?

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Passo 1

Bom, sabemos que somente a força de amortecimento é responsável por diminuir a amplitude do movimento. Vamos fazer a equação característica:

r 2 + b m r + k m = 0

E, calculando o :

∆   = 0,23 1,5 2 - 4   .   1   .   8 1,5 → ∆   =   - 21,3

Temos então um amortecimento subcrítico. O que podemos usar dessa informação? A equação geral! Isso mesmo!

x t = A e - γ t 2 cos ⁡ ( ω t + ϕ )

Onde A é a amplitude inicial do movimento e γ = b m

Passo 2

  1. O termo antes do cosseno A e - γ t 2 é a amplitude do movimento no momento t , portanto, o que queremos é:
  2. A t = A e - γ t 2 = 1 3 A

    Logo:

    - γ t 2 = ln ⁡ 1 3 → t = 2   l n 3 0,23 1,5

    t = 14,3   s

    Passo 3

  3. Sabemos que:

ω = ω 0 2 - γ 2 4 = k m - b 2 4 m 2

ω = 8 1,5 - 0,23 2 4   .   1,5 2 → ω = 2,31   r a d / s

Com a velocidade angular em mãos podemos obter o período!

ω = 2 π T → T = 2 π 2,31 → T = 2,72   s

E o número de revoluções é dado por:

n = t T = 14,3 2,72 → n = 5,27   r e v

Como n deve ser um número inteiro, podemos usar:

n ≅ 5   r e v

Resposta

  1. 14,3   s
  2. 5   r e v

Exercício Resolvido #5

USP-P1-2008-Q4

Um corpo preso na extremidade de uma mola e imerso em um fluido viscoso, executa um movimento harmônico amortecido no regime subcrítico, conforme a equação horária:

x t = 4 e - 3 t cos ⁡ 4 t + ∅

Sabendo-se que o corpo possui velocidade nula no instante t = 0 , determine:

  1. A frequência natural de oscilação ω 0 (frequência na ausência de força viscosa) do sistema massa-mola
  2. A fase inicial do movimento.
  3. O tempo necessário pra que a amplitude do movimento se reduza à metade do valor inicial.
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Passo 1

Bem galera, a frequência angular de um sistema massa mola amortecido e a frequência angular natural se relacionam por:

ω = ω 0 2 - γ 2 4   → ω 0 = ω 2 + γ 2 4

Beleza. Analisando a equação do enunciado e comparando com o modelo:

x t = A e - γ 2 t cos ⁡ ω t + ∅

A gente nota que:

ω = 4   r a d / s

E:

γ 2 = 3   → γ = 6

Então:

ω 0 = 4 2 + 6 2 4 = 25 = 5   r a d / s

Passo 2

b)

A função da velocidade do MHA é calculada pela derivada da função x t :

x ˙ t = - 12 e - 3 t cos ⁡ 4 t + ∅ - 16 e - 3 t s e n ( 4 t + ∅ )

Usamos a regra do produto ali encima. Aplicando x ˙ 0 = 0 :

0 = - 12 cos ⁡ ∅ - 16 s e n ∅ = 0

tan ⁡ ∅ = - 12 16 = - 3 4   →   ∅ = a r c t g - 3 4

Passo 3

c)

Pra calcular isso, a gente simplesmente precisa analisar só como a amplitude do movimento decai.

Isso é:

à t = 4 e - 3 t  

Como a amplitude vale 4 , precisamos descobrir qual o tempo que o sistema leva pra ficar com amplitude 2 :

2 = 4 . e - 3 t   → 1 2 = e - 3 t

Tirando logaritimos:

ln ⁡ 1 2 = - 3 t → ln ⁡ 2 - 1 = - 3 t

- ln ⁡ 2 = - 3 t

3 t = ln ⁡ 2   → t = ln ⁡ 2 3

Resposta

a)

ω 0 = 5   r a d / s

b)

∅ = a r c t g - 3 4

c)

t = ln ⁡ 2 3

Exercício Resolvido #6

USP-P1-2009-Q4

Um corpo é pendurado de uma mola, colocado em vibração vertical e imerso em um béquer com óleo. Suponha que o corpo tenha massa m = 375 g , que a mola tenha constante de força k = 100 N / m e b = 0,100 N . s / m .

  1. Quanto tempo leva pra amplitude cair pra metade de seu valor inicial?
  2. Quanto tempo leva pra energia mecânica cair pra metade de seu valor inicial?
  3. Demonstre que, de maneira geral, a taxa à qual a amplitude diminui em um oscilador harmônico amortecido é metade da taxa à qual a energia mecânica diminui.
MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

a)

Bom, galera, essa questão trata de um MHA. Pra saber em que regime estamos temos que calcular aquele nosso amigo Δ . Pelo enunciado temos

γ = c m = 0,1 0,375 = 0,27   N s / K g m

ω 0 2 = k m = 100 0,375 = 266 , 7   r a d / s

Assim

Δ = γ 2 - 4 ω 0 2 = - 106 6 , 7

Como Δ < 0 , estamos no regime sub-crítico!

Como sabemos a expressão pra oscilação de um MHA nesse regime é:

x t = A e - γ 2 t cos ⁡ ω t + φ

Onde γ = b m

Beleza, mas nesse primeiro item, a gente só quer saber qual o tempo que é preciso pra que a amplitude caia à metade de seu valor inicial. Então vamos esquecer a parte do cosseno e escrever:

A e - γ 2 t = A 2

e - γ 2 t = 1 2

- γ 2 t = ln ⁡ 1 2

γ 2 t = ln ⁡ 2

Usando γ = b m :

t = 2 m b ln ⁡ 2

Substituindo os valores do enunciado:

t = 2.0,375 0,100 ln ⁡ 2 = 5,2 s

Passo 2

b)

Sendo a energia mecânica dada por:

E M = k A 2 2

A sua metade vale:

E M ' = k A 2 4 = k A 2 2 . 1 2

Mas a gente pode escrever esse nova energia mecânica em função de uma nova amplitude A ' :

E M ' = k A ' 2 2 = k A 2 4   → A ' 2 = A 2 2   → A ' = A 2

Logo, fazendo parecido com o item anterior:

A e - γ 2 t = A 2

e - γ 2 t = 1 2

- γ 2 t = ln ⁡ 1 2

γ t 2 = ln ⁡ 2 1 2

γ t 2 = 1 2 . ln ⁡ 2

γ t = ln ⁡ 2   → t = m l n 2 b

Substituindo os valores:

t = 0,375 . ln ⁡ 2 0,100 = 2,6 s

Passo 3

c)

Vamos calcular a derivada de energia mecânica dividida pela energia mecânica:

d E d t = 1 2 k A 2 ' = 1 2 . k 2 A . d A d t

Beleza, mas pra que façamos uma comparação melhor, devemos normalizar isso dai. O que isso quer dizer? Que devemos calcular uma taxa relativa. Assim, vamos dividir os dois lados por E :

E = k A 2 2

d E d t E = 1 2 . k 2 A . d A d t k A 2 2 = d A d t A

Viu? Assim conseguimos isolar o d A d t :

d E d t E = 2 d A d t A

d A d t A = 1 2 d E d t E

Ou seja, como o lado direito possui a derivada da amplitude em relação, a gente conseguiu provar o que era preciso.

Resposta

a) t = 5,2 s

b)   t = 2,6 s

c) Demonstração

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