Exercícios Resolvidos de Oscilações Forçadas

Oscilações Forçadas e Ressonância, MHA

Um circuito eletrônico é formado por uma resistência elétrica, R , por uma indutância, L , por um capacitor, C e por uma fonte alternada V = V 0 cos ⁡ ω t . A equação diferencial para a corrente elétrica, I t é

L d 2 I d t 2 +   R d I d t + 1 C I = ω V 0   c o s ⁡ ( ω t )

o que se mostra que o circuito se comporta como um oscilador harmônico forçado e amortecido.

  1. Qual a frequência angular natural de oscilação da corrente, ω 0 e o parâmetro de amortecimento, γ ?
  2. Sendo
  3. x 1 t =   A ω c o s ⁡ ( ω t +   ϕ )

    a solução estacionária, determine A ( ω ) faça um esboço do gráfico de A 2 ( ω ) em função de ω .

  4. Para ω 0 >   γ / 2 , escreva a solução geral da equação diferencial dada acima.
  5. Se as condições iniciais são I 0 = A e d I / d t 0 =   0 , determine a solução específica para este oscilador.

Passo 1

Vamos comparar a equação

L d 2 I d t 2 +   R d I d t + 1 C I = ω V 0 cos ⁡ ω t

d 2 I d t 2 + R L d I d t + 1 L C I = ω V 0 L cos ⁡ ω t  

Com a equação de um oscilador forçado:

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

Fazendo a comparação, a gente tira que:

ω 0 2 = 1 L C   → ω 0 = 1 L C

E :

γ = R L

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b):

Vamos usar aqui a expressão:

A 2 ω = F 0 2 m 2 ω 0 2 - ω 2 2 + γ 2 ω 2

Só que com as analogias certas. Ou seja, γ = R L , ω 0 = 1 L C . Além disso, vamos comparar de novo as equações:

d 2 I d t 2 + R L d I d t + 1 L C I = ω V 0 L cos ⁡ ω t  

E:

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

Percebemos que:

m = L

F 0 = ω V 0

Aplicando todos esses valores na equação:

A 2 ω = ω 2 V 0 2 L 2 ω 0 2 - ω 2 2 + R 2 L 2 ω 2   → A ω = ω V 0 L 2 ω 0 2 - ω 2 2 + R 2 L 2 ω 2 1 2

Legal! Bom, essa equação segue o padrão da outra, então também vai ser uma variação que terá um máximo na ressonância, ou seja, quando ω → ω 0 . O gráfico da curva vai ser:

Passo 3

c):

Esse é o caso em que o amortecimento é subcrítico. Então a solução do sistema vai ser do tipo:

I t = I h t + I p ( t )

A gente sabe, da nossa teoria, que o modelo da solução homogênea pra um MHA em regime subcrítico é:

x h t = e - γ 2 t ( D c o s ω t + B s e n ω t )

Onde ω = ω 0 - γ 2 4  

Fazendo a analogia com I h t :

I h t = e - R L ( D c o s β t + B s e n β t )

Usamos um β pra não causar confusão com ω da “força” externa.

Esse   β vale:

β = ω 0 2 - R 2 4 L 2

E a solução particular é do tipo:

I p = A c o s ( ω t + ∅ )

Com   A e a serem determinados pelas condições iniciais( Assim como D e B da homogênea).

Logo:

I t = e - R 2 L t D c o s β t + B s e n β t + A c o s ( ω t + ∅ )

Passo 4

d):

Parar I 0 = A :

D + A c o s ∅ = A

D = A ( 1 - c o s ∅ )

Derivando a expressão em relação ao tempo:

d I t d t = - R 2 L e - R 2 L t D c o s β t + B s e n β t +   e - R 2 L t - β D s e n β t + β B c o s β t - A ω s e n ω t + ∅

d I 0 d t = 0

Logo:

- R 2 L D + β B - A ω s e n ( ∅ ) = 0

Substituindo o valor de D :

- R 2 L A 1 - c o s ∅ + β B - A ω s e n ( ∅ ) = 0

Arrumando essa bagunça:

B = R A 2 L β 1 - c o s ∅ + A ω s e n ∅ 1 β

Pronto! Achamos duas das constantes que precisávamos. A solução fica, então, em função de .

Resposta

a):

ω 0 = 1 L C

γ = R L

b):

c):

I t = e - R 2 L t D c o s β t + B s e n β t + A c o s ( ω t + ∅ )

d):

D = A ( 1 - c o s ∅ )

B = R A 2 L β 1 - c o s ∅ + A ω s e n ∅ 1 β

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