Solução

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Um bloco de massa m = 0,1 kg é ligado a uma
mola de constante elástica k = 0,6 N / m e a um
amortecedor
de
constante
de
amortecimento
b = 0,5 N.s/ m . O bloco é deslocado de sua posição de
equilíbrio O até um ponto P a 0,1 m e solto com
velocidade inicial de 0,28 m/s na direção do ponto O.
Adotando que a força de amortecimento é proporcional a
velocidade, determine:
a) A equação do movimento;
b) Classifique o tipo de oscilação;
c) O gráfico da posição x em função do tempo t.
Dados do problema
•
•
•
•
•
m = 0,1 kg ;
k = 0,6 N / m ;
b = 0,5 N.s/ m ;
x 0 = 0,1 m ;
v 0 = 0,28 m .
massa do corpo:
constante elástica da mola:
constante de amortecimento:
posição inicial (t = 0):
velocidade inicial (t = 0):
Esquema do problema
Adota-se um sistema de referência com sentido positivo
para a direita. O bloco é deslocado até a posição x 0 = 0,1 m e
quando solto a força elástica da mola fará com que retorne à
posição de equilíbrio, a velocidade estará apontando na direção
contrária do referencial sendo v 0 = −0,28 m/s (figura 1). Com isto
escrevemos as Condições Iniciais do problema:
v0 =
x 0 = 0,1 m
figura 1
d x 0
= −0,28 m/s
dt
Solução
a) Aplicando a 2.a Lei de Newton
2
F=m
d x
2
dt
(I)
temos que as forças que atuam no bloco são a força elástica da mola ( FE ) e a força de
amortecimento ( FR ) dadas por
F E = −k x
F R = − b v = −b
dx
dt
(II)
o sinal de negativo na força elástica representa que ela atua contra o sentido do deslocamento
do bloco (atua no sentido de restabelecer o equilíbrio), na força de amortecimento representa
que ela atua contra o sentido da velocidade (atua no sentido de frear o movimento).
Substituindo as expressões de (II) em (I), obtemos
2
dx
d x
=m 2
dt
dt
2
d x
dx
m 2 b
k x = 0
dt
dt
−k x−b
1
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esta é uma Equação Diferencial Ordinária Homogênea de 2.a Ordem. Dividindo toda a equação
pela massa m, temos
2
d x b dx k

 x=0
2
m dt m
dt
substituindo os valores dados no problema
2
d x 0,5 d x 0,6


x=0
2
0,1 d t 0,1
dt
2
d x
dx
5
6 x = 0
2
dt
dt
(III)
a solução deste tipo de equação é encontrada fazendo-se as substituições
2
dx
t
=e
dt
t
x=e
2
t
d x
=  2 e t
2
dt
t
t
 e 5 e 6 e = 0
t
2
e   5 6  = 0
2
0
 5 6 =  t
e
2
 5 6 = 0
esta é a Equação Característica que tem como solução
2
2
Δ = b −4 a c =5 −4 .1. 6 = 25−24 = 1
1 =
−b  Δ
−5  1
−51
=
=
=−2
2a
2.1
2
e
2 =
−b−  Δ
−5−  1
−5−1
=
=
= −3
2a
2 .1
2
como Δ>0 a solução da expressão (III) é escrita como
1t
2t
x = C 1 e C 2 e
−2t
−3t
x = C1 e C 2 e
(IV)
onde C 1 e C 2 são constantes de integração determinadas pelas Condições Iniciais, derivando a
expressão (IV) em relação ao tempo, obtemos
dx
−2t
−3 t
= − 2C 1 e −3C 2 e
dt
(V)
substituindo as Condições Iniciais em (IV) e (V), temos
−2.0
−3 . 0
x0 = 0,1 = C1 e C 2 e
0,1 = C 1 e0 C 2 e0
0,1 = C1 C 2
d x 0
= −0,28 = −2 C1 e−2 .0−3 C 2 e−3. 0
dt
0
0
−0,28 =−2 C1 e −3C 2 e
−0,28 = −2 C1 −3 C2
2
(VI)
(VII)
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As expressões (VI) e (VII) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas (C 1
e C 2)
∣
C1 C2 = 0,1
−2 C1 −3 C2 = −0,28
isolando o valor de C 1 na primeira equação e substituindo na segunda, vem
C1 = 0,1−C 2
(VIII)
−2  0,1−C2 −3 C 2 = −0,28
−0,2 2C 2 −3 C 2 = −0,28
−C 2 = −0,20,2
−C 2 = −0,08
C2 = 0,08
substituindo este valor em (VIII)
C1 = 0,1−0,08
C1 = 0,02
substituindo estas constantes na expressão (IV), temos
−2t
x t  = 0,02 e
−3 t
0,08e
b) Como Δ>0 este é um oscilador super-crítico.
c) Construção do gráfico de
−2t
x t  = 0,02 e
−3 t
0,08e
(IX)
fazendo x t  = 0 encontramos as raízes da função
−2t
−3 t
x t  = 0,02 e 0,08e = 0
−2 t
−3t
0,02 e = −0,08 e
−2t
e
0,08
−3t = −
0,02
e
−2t 3t
e e = −4
e −2t3t = − 4
t
e =−4
como não exite t que satisfaça essa igualdade a função x t  não cruza o eixo das abscissas.
Para qualquer valor de t real a função será sempre positiva  x t 0  , o gráfico esta acima do
eixo das abscissas.
Derivando a expressão (IX), temos
dx
−2t
−3t
= −2. 0,02 e −3. 0,08 e
dt
dx
−2 t
−3t
= −0,04 e −0,24e
dt
3
(X)
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para qualquer valor de t real a derivada será sempre negativa
decresce sempre. Fazendo

d xt 
0
dt

e a função
d x t
=0 encontramos pontos de máximos e mínimos da função.
dt
dx
−2 t
−3t
= −0,04 e −0,24e = 0
dt
0,04 e−2t = −0,24e−3 t
−2t
e
0,24
=−
−3t
0,04
e
−2 t 3t
e e = −6
−2t 3t
e
= −6
e t = −6
como não exite t que satisfaça essa igualdade não existem pontos de máximo ou mínimo da
função.
Derivando uma segunda vez a função temos
2
d x
= −−2 .0,04e−2t −−3 .0,24e−3t
2
dt
2
d x
= 0,08 e−2t 0,72e−3 t
2
dt
para qualquer valor de t real a derivada segunda será sempre positiva
(XI)

2
d x t 
2 0
dt

e a
2
função possui “boca” voltada para cima. Fazendo
d x t 
2 =0 encontramos pontos de inflexão
dt
na função.
2
d x
= 0,08 e−2t 0,72e−3 t = 0
2
dt
−2 t
−3t
0,08 e = −0,72 e
−2t
e
0,72
−3t = −
0,08
e
−2 t
−3t
e . e = −9
−2t 3t
e
= −9
t
e = −9
como não exite t que satisfaça essa igualdade não existem pontos de inflexão na função.
Para t = 0 a expressão (IX) fornece
−2.0
−3.0
x0 = 0,02e 0,08e
0
0
x 0 = 0,02 e 0,08 e
x 0 = 0,020,08
x 0 = 0,1
Como a variável t representa o tempo não tem sentido o cálculo de valores negativos (
t0 ), para t tendendo a infinito, temos
−2t
lim x t  = lim 0,02e
t ∞
t ∞
−3t
0,08 e
= lim
t ∞
4
0,02 0,08 0,02 0,08
2t 
3t =
2. ∞  3. ∞ = 00 = 0
e
e
e
e
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Da análise feita acima traçamos o
gráfico da posição em função do tempo
mostrado na gráfico 1.
Observação: a função x t  , expressão
(IX), tem como domínio todos os números
reais, D = { t ∈ ℝ } , e não possui ponto de
máximo, como visto na análise da primeira
derivada. Quando consideramos a variável
t como o tempo o domínio da função se
restringe aos valores maiores ou iguais a
zero, D = { t ∈ ℝ | t  0 } , e neste caso há
um ponto de máximo no extremo do
intervalo em t = 0, x( 0 ) = 0,1.
gráfico 1
5