Exercícios Resolvidos de Regime Transitório, Permanente e Ressonância

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Enunciado

Seja um oscilador harmônico forçado, com amortecimento sub-crítico, onde m ,   k e ρ representam massa, constante de mola e coeficiente de atrito, respectivimente. A força externa F 0 s e n ( Ω t ) é ligada em t   =   0 quando o oscilador está na posição x 0 e tem velocidade x ˙ 0 .

( a ) Tomando x como a direção de vibração do oscilador, obtenha a partir do balanço das forças a equação do movimento (equação diferencial em x ¨ ,   x ˙ e x ).

( b ) Encontre a solução transitória do movimento.

( c ) Deduza a solução estacionária do movimento, indicando amplitude e defasagem em relação à força externa aplicada.

( d ) Escreva a solução geral do movimento (transitória + estacionária) em termos das condições iniciais, x 0 e x ˙ 0 .

Passo 1

( a ) Esse sistema se caracteriza como uma oscilação amortecida forçada, com força oscilatória, pois como a força é multiplicada pelo s e n ( Ω t ) a força vai variar com o tempo. Podemos esquematizar esse sistema assim:

Se isolarmos esse sistema observamos a ação dessas forças

Assim, podemos escrever a equação da força resultante

F r = - F e l - F a t + F

Agora podemos abrir cada uma dessas forças. A equação da força elástica e de atrito já sabemos bem, e a força resultante podemos escrevê-la usando a 2 ª lei de Newton e por fim a força F que o enunciado nos deu a equação:

F r = m . a F e l = k x F a t = ρ . v F = F 0 . s e n Ω t

Então nossa equação da força resultante no sistema é

m a = - k x - ρ . v + F 0 . s e n Ω t

Já estamos quase no fim, só temos que lembrar que a derivada da posição é a velocidade e a derivada da velocidade é a aceleração, então:

x ˙ = v x ¨ = a

Agora, podemos rescrever tudo em função de x e suas derivadas

m x ¨ = - k x - ρ x ˙ + F 0 . s e n Ω t

Passando tudo que tem x para um lado, chegamos na equação diferencial geral de um movimento oscilatório forçado, com força externa oscilatória.

m x ¨ + ρ x ˙ + k x = F 0 . s e n Ω t

Já encontramos a equação diferencial do movimento, mas podemos deixa-la mais limpa, não só para agradar os professores, mas para simplificar as constantes e nos ajudar no futuro. Para isso vamos dividir toda a equação pela massa

x ¨ + ρ m x ˙ + k m x = F 0 m . s e n Ω t  

E por último vamos chamar

γ = ρ / m w o 2 = k / m

Assim, chegamos no resultado final

x ¨ + γ x ˙ + w 0 2 x = F 0 m . s e n Ω t

Passo 2

b   Agora temos que resolver essa equação, vamos ter que brincar com o calculo, moleza para você, aporto! :D

Queremos encontrar a equação transitória da EDO que acabamos de encontrar:

x ¨ + γ x ˙ + w 0 2 x = F 0 m

Como queremos a solução transitória, como transitório é aquele momento em que a solução particular tende a zero. Então para achar a solução transitória basta resolver

x ¨ + γ x ˙ + w 0 2 x = 0

O que torna nosso trabalho bem mais fácil, pois achar a solução particular é trabalhoso, quase impossível.

Então vamos começar a resolver, primeiro passo será escrever o polinômio característico da EDO.

r 2 + γ r + w 0 2 = 0

Agora, vamos lembrar que o enunciado nos disse que o amortecimento é sub-crítico, isso quer dizer que

Δ < 0

Δ este que que vale

Δ = γ 2 - 4 w 0 2

A solução do polinômio é:

r = - γ ± Δ 2 = - γ ± γ 2 - 4 w 0 2 2

Como o Δ é negativo, significa que teremos uma solução imaginaria. Assim usaremos o número imaginário para continuar as contas, pois i 2 = - 1

r = - γ ± i - Δ 2

r = - γ ± i 4 w 0 2 - γ 2 2

Como a solução é imaginária, podemos separar ela em parte real ( α ) e parte imaginaria ( β )

r = α ± β i

Escrevendo desta forma, temos

r = - γ 2 ± w 0 2 - γ 2 4 . i

Assim:

α = - γ 2   ;   β = ± w 0 2 - γ 2 4

A solução de uma EDO, onde o Δ é negativo é da seguinte forma

x t = e α t . a . cos ⁡ β t + b . s e n β t

Vamos escrever nossa solução então

x t = e -   γ 2 t . a . cos ⁡ w 0 2 - γ 2 4 t ± b . s e n w 0 2 - γ 2 4 t

Agora, vamos simplificar isso novamente! Para isso usaremos uma variável w

w = w 0 2 - γ 2 4

Então, nossa solução fica da forma

x t = e -   γ 2 t . a . cos ⁡ w t ± b . s e n w t

Passo 3

c   A solução estacionaria é aquela que não depende do tempo, e nela a oscilação terá a mesma frequência da força externa.

Na teoria vimos que quando isso acontece temos que a solução da EDO será dada apenas pela solução particular

x p Ω = A . cos ⁡ w t - θ w

Onde A e θ são funções de Ω a serem determinadas.

Para isso temos que substituir x p   na EDO:

x ¨ + γ x ˙ + w 0 2 x = F 0 m . s e n Ω t

- Ω 2 A c o s Ω t - θ - Ω γ A sen ⁡ Ω t - θ + w 0 2 A c o s Ω t - θ = F 0 m . s e n Ω t

Isolando A :

A ( - Ω 2 c o s Ω t - θ - Ω γ sen ⁡ Ω t - θ + w 0 2 c o s Ω t - θ = F 0 m . s e n ( Ω t )

Passo 4

Agora precisamos simplificar essa equação e para isso vamos usar as relações trigonométricas.

Usando que :

cos ⁡ Ω t - θ = cos ⁡ Ω t cos ⁡ θ + s e n Ω t s e n θ

s e n Ω t - θ = s e n Ω t cos ⁡ θ - cos ⁡ Ω t s e n θ

Assim:

A - Ω 2 cos ⁡ Ω t cos ⁡ θ + s e n Ω t s e n θ - Ω γ s e n Ω t cos ⁡ θ - cos ⁡ Ω t s e n θ + w 0 2 cos ⁡ Ω t cos ⁡ θ + s e n Ω t s e n θ = F 0 m s e n ( Ω t )

Isso que você chama simplificar?? Calma, ficou mais feio, mas é por uma boa causa hahaha! Bora lá!

Vamos isolar s e n Ω t :

A . s e n Ω t . - Ω 2 cos ⁡ Ω t . cos ⁡ θ s e n Ω t + s e n θ - Ω γ cos ⁡ θ - cos ⁡ Ω t s e n θ s e n Ω t + w 0 2 cos ⁡ Ω t cos ⁡ θ s e n Ω t + s e n θ m   = F 0 m . s e n Ω t

Agora podemos cortar o s e n Ω t e chegamos em uma equação assim:

A . - Ω 2 c o t g Ω t . cos ⁡ θ + s e n θ - Ω γ cos ⁡ θ - c o t g Ω t . s e n θ .   + w 0 2 c o t g Ω t . cos ⁡ θ + s e n θ = F 0 m

Agora podemos colocar o c o s ( θ ) em evidencia

A . cos ⁡ θ . - Ω 2 c o t g Ω t + s e n θ cos ⁡ θ - Ω γ 1 - c o t g Ω t . s e n θ cos ⁡ θ + w 0 2 . c o t g Ω t + s e n θ cos ⁡ θ = F 0 m

Podemos reescrever isso substituindo s e n θ cos ⁡ θ por t g θ

A . cos ⁡ θ . - Ω 2 c o t g Ω t + t g θ - Ω γ 1 - c o t g Ω t . t g θ + w 0 2 . c o t g Ω t + t g θ = F 0 m

Agora, vamos usar o fato que a solução que queremos é a estacionária, isso quer dizer que a solução não pode depender do tempo então onde tem o t de tempo deverá zerar para que a solução não dependa do tempo. Então vamos separar tudo que depende do tempo e igualar a zero.

- Ω 2 . A . cos ⁡ θ . c o t g Ω t + Ω γ . A . cos ⁡ θ . c o t g Ω t . t g θ + A . w 0 2 . cos ⁡ θ . c o t g Ω t = 0

Daqui podemos cortar A . cos ⁡ θ . c o t g Ω t e chegamos em

- Ω 2 + Ω γ t g θ + w 0 2 = 0

Agora conseguimos isolar t g θ

t g θ = Ω 2 - w 0 2 Ω γ

Podemos inverter isso e dizer que

c o t g θ = Ω γ Ω 2 - w 0 2

Assim, o valor de θ será

θ = a r c c o t g Ω γ Ω 2 - w 0 2

Isso para uma defasagem de zero φ = 0 . Se escolhermos uma defasagem de - π / 2 por exemplo temos que

s e n θ - π 2 = cos ⁡ θ

Então chegaríamos em

t g θ = Ω γ Ω 2 - w 0 2

E

θ = a r c t g Ω γ Ω 2 - w 0 2

Isso depende da defasagem que você escolher.

Passo 5

Agora que descobrimos quanto vale o ângulo θ em função de Ω , falta apenas descobrir a função para a amplitude A .

Voltando a equação que encontramos

A . cos ⁡ θ . - Ω 2 c o t g Ω t + t g θ - Ω γ 1 - c o t g Ω t . t g θ + w 0 2 . c o t g Ω t + t g θ = F 0 m

Já vimos que para ser estacionaria os termos que dependem do tempo vão sumir assim, só vai restar:

- Ω 2 . A . cos ⁡ θ . t g θ - Ω γ . A . cos ⁡ θ + A . w 0 2 . cos ⁡ θ . t g θ = F 0 m

Isolando a Amplitude que é o de precisamos descobri

A = F 0 m . cos ⁡ θ . - Ω 2 . t g θ - Ω γ + w 0 2 . t g θ

Lembra que achamos esse valor para t g θ , considerando a fase igual a zero.

t g θ = Ω 2 - w 0 2 Ω γ

Como tangente pode ser escrita como a razão entre seno e cosseno

t g θ = s e n θ cos ⁡ θ = Ω 2 - w 0 2 Ω γ

Então o cosseno é

cos ⁡ θ = Ω γ

Então substituindo isso, temos:

A = F 0 m . Ω γ . - Ω 2 . Ω 2 - w 0 2 Ω γ - Ω γ + w 0 2 . Ω 2 - w 0 2 Ω γ

Simplificando a equação temos

A = F 0 m . - Ω 2 . Ω 2 - w 0 2 - Ω 2 γ 2 + w 0 2 . Ω 2 - w 0 2

A = F 0 m . - Ω 4 + Ω 2 w 0 2 - Ω 2 γ 2 + Ω 2 w 0 2 - w 0 4

A = F 0 m . - Ω 4 + 2 . Ω 2 w 0 2 - w 0 4 - Ω 2 γ 2

Beleza, muita conta eu sei! Mas já estamos no fim, não desiste não!

Agora precisamos só simplificar isso, a resposta você já achou, só precisa simplificar para garantir o dez.

Se você observar a parte que multiplica a massa temos:

- Ω 4 + 2 . Ω 2 w 0 2 - w 0 4 - Ω 2 γ 2

Que podemos pensar em um quadrado perfeito, se olharmos assim:

- ( Ω 4 - 2 . Ω 2 w 0 2 + w 0 4 )   - Ω 2 γ 2

Viu?!!

- ( Ω 4 - 2 . Ω 2 w 0 2 + w 0 4 )   - Ω 2 γ 2 = - Ω 2 - w 0 2 2 -   Ω 2 γ 2  

Então chegamos que a amplitude vale:

A = F 0 m . - Ω 2 - w 0 2 2 - Ω 2 γ 2

Por fim, podemos colocar o inverter Ω com w 0 para sumir com os sinais de menos

A Ω = F 0 m . w 0 2 - Ω 2 2 + Ω 2 γ 2

Boa, chegamos ao fim da resposta desse item, porque conseguimos definir a amplitude A e o valor de θ ( Ω ) , assim a solução será

x p Ω = A Ω . cos ⁡ Ω t + θ Ω

Onde:

A Ω = F 0 m . w 0 2 - Ω 2 2 + Ω 2 γ 2

φ = 0

θ = a r c c o t g Ω γ Ω 2 - w 0 2

Passo 6

d Queremos encontrar a solução geral da EDO.

A solução geral de uma EDO não homogênea é dada pela soma da solução homogênea com a particular.

x t = x h t + x p t

x t = e -   γ 2 t . a . cos ⁡ w t ± b . s e n w t + A Ω . cos ⁡ Ω t + θ Ω

A particular a gente terminou de determinar no item c , e a solução homogênea encontramos no item ( b ) , mas ela não está completamente definida, pois falta definirmos as constantes a e b

x h t = e -   γ 2 t . a . cos ⁡ w t ± b . s e n w t

E para isso vamos usar as situações de contorno x 0 e x ˙ 0

A primeira condição de contorno nos diz que a solução quando t = 0 é x 0

x 0 = a + A cos ⁡ θ

Como

cos ⁡ θ = Ω γ

Assim,

a = x 0 - A . Ω γ

Agora analisando a segunda condição temos que

x ˙ 0 = x ˙ h 0 + x ˙ p 0

Onde

x ˙ h t = -   γ 2 . e -   γ 2 t . a . cos ⁡ w t ± b . s e n w t + e -   γ 2 t ( - a . w . s e n w t ± b . w . c o s w t

Como t = 0

x ˙ h 0 = -   γ 2 . a ± b . w  

E a derivada de x p é

x ˙ p t = - A Ω . s en ⁡ Ω t + θ

Para t = 0 , temos:

x ˙ p 0 = - A Ω . sen ⁡ θ

O sen θ vale:

s e n θ = Ω 2 - w 0 2

Então o valor de x ˙ p 0   será:

x ˙ p 0 = - A Ω . Ω 2 - w 0 2

Vamos voltar ao calculo de x ˙ 0

x ˙ 0 = x ˙ h 0 + x ˙ p 0

x ˙ 0 = -   γ 2 . a ± b . w - A Ω . Ω 2 - w 0 2

Substituindo o valor de a

x ˙ 0 = -   γ 2 . x 0 - A . Ω γ ± b . w - A Ω . Ω 2 - w 0 2

Isolando b , temos

b = - 2 w γ x ˙ 0 + γ 2 . x 0 - γ 2 A . Ω 2 + A Ω 3 - A Ω w 0 2

Substituindo a e b temos:

x t = e -   γ 2 t . x 0 - A . Ω γ . cos ⁡ w t ± - 2 w γ x ˙ 0 + γ 2 . x 0 - γ 2 A . Ω 2 + A Ω 3 - A Ω w 0 2 . s e n w t + A Ω . cos ⁡ Ω t + θ Ω

É amigo, essa é a resposta final, demorou, mas chegamos lá!

Resposta

a   x ¨ + γ x ˙ + w 0 2 x = F 0 m . s e n Ω t

b x t = e -   γ 2 t . a . cos ⁡ w t ± b . s e n w t

c   x p Ω = A Ω . cos ⁡ Ω t + θ Ω ;

Onde:

A Ω = F 0 m . w 0 2 - Ω 2 2 + Ω 2 γ 2 ; φ = 0 ; θ = a r c c o t g Ω γ Ω 2 - w 0 2

d   Solução geral:   x t = e -   γ 2 t . x 0 - A . Ω γ . cos ⁡ w t ± - 2 w γ x ˙ 0 + γ 2 . x 0 - γ 2 A . Ω 2 + A Ω 3 - A Ω w 0 2 . s e n w t + A Ω . cos ⁡ Ω t + θ Ω

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