Exercıcios Resolvidos - 7o. Tarefa

15 de abril de 2013

Questao 1

Um disco solido de raio R pode ser suspenso por um eixo horizontal a uma distancia h de seucentro. (a) Calcule o comprimento do pendulo simples equivalente. (b) Calcule a posicao doeixo para o qual o perıodo e mınimo. (c) Faca um grafico do perıodo como funcao de h.

Solucao

Sabemos que o momento de inercia do disco em relacao ao eixo normal a ele que passa pelo seu cen-

tro vale Izz =MR2

2.Com esse resultado, podemos usar o teorema das placas finas para concluir que

Izz = Ixx + Iyy, e pela simetria do disco entao Ixx = Iyy =MR2

4. Agora, usamos o teorema dos eixos

paralelos para encontrar o momento de inercia do disco em relacao ao eixo horizontal que passa a umadistancia h do diametro referido na figura acima:

IAB =MR2

4+Mh2 = M(x2 +

R2

4)

Analisando o torque da forca peso:τp = IAB~α

(x sin θ ~ux − x cos θ ~uy) ∧ (−mg ~uy) = M(x2 +R2

4)θ ~uz

−gx sin θ = (x2 +R2

4)θ

Para pequenas perturbacoes:

(x2 +R2

4)θ + gxθ = 0

θ + (4gx)θ = 0

o que demonstra o MHS. Assim, o perıdo fica T (x) = 2π

√4x2 +R2

4gx. Para analisar o valor mınimo do

perıodo, vamos encontrar a primeira e a segunda derivadas de T .

T ′(x) =gπ

2

4x2 −R2

√4x2 +R2(gx)3/2

T ′′(x) = 2π3R4 + 24R2x2 − 16x4

8x2(R2 + 4x2)3/2√gx

Para obter os pontos crıticos da primeira derivada, fazemos

T ′(x) = 0 => 4x2 −R2 = 0 => x =R

2

1

uma vez que apenas a raiz positiva e relevante. Para concluir que este ponto e de mınimo, analisamos a

segunda derivada, para qual podemos mostrar que e sempre positiva para x <1

2

√2√

3 + 3R ≈ 1, 27R,

e como x e semrpe menor que R essa inequacao e sempre satisfeita. Portanto, o ponto encontrado e demınimo., isto e, gera o perıodo mınimo. O grafico pedido esta ilustrado abaixo:

Questao 2

O que acontece para a solucao da eq.(12.54) quando γ = ω0?. Verifique, por substituicao diretaque, neste caso, a solucao geral da Eq. (12.52) e x = (A+Bt)e−γt. Diz-se, entao, que o osciladore criticamente amortecido. Determine A e B no caso em que t = 0, x = x0ev = 0. Faca umgrafico de x em funcao de t. Que diferencas voce nota entre este problema e o anterior?

Solucao

A equacao 12.54 e ω =√ω20 − γ2. Quando γ = ω0, a equacao 12.54 nos diz que ω = 0. Trata-se de

um amortecimento crıtico, no qual x(t) = (A+Bt)e−γt e solucao, o que e pode ser verificado diretamente:

d2x

dt+ 2γ

dx

dt+ ω2

0x

d2(A+Bt)e−γt

dt+ 2γ

d(A+Bt)e−γt

dt+ γ2(A+Bt)e−γt

d2(−γ(A+Bt)e−γt + e−γtB)

dt+ 2γ(−γ(A+Bt)e−γt + e−γtB) + γ2(A+Bt)e−γt

γ2(A+Bt)e−γt − γe−γtB − γe−γtB − 2γ2(A+Bt)e−γt + 2γe−γtB + γ2(A+Bt)e−γt = 0

Ou seja, a expressao para x(t) e solucao.Para t = 0:

x(0) = x0 = e−γ.0(A+B.0) = A

comod2x

dt+ 2γ

dx

dt+ ω2

0x = 0, se x = 0 e v = 0:

γ2e−γt(A+Bt)− 2γe−γtB + 0 + γ2x0 = 0 => 2γx0 − 2B

B = γx0

2

O amortecimento crıtico representa, assim, a menor magnitude de amortecimento para a qual nenhumaocilacao ou ciclo ocorre, em sistemas estruturais submetidos a vibracoes livres.

Questao 3

Solucao A equacao para o movimento e x+ 2γx+ ω02x = 0. Assim, seja x = eλt, e resolvendo a equacao

acima obtemos:

λ = −γ ±√γ2 − ω2

0

e como ω20 > γ2(mov. oscilatorio):

λ = −γ ± i√ω20 − γ2

Seja agora u =√ω20 − γ2, logo x(t) = e−γt(M cos(ut) + N sin(ut)) (equacao da solucao geral ja vista),

logo

x(t) = e−γt√M2 +N2(

M√M2 +N2

cos(ut) +N√

M2 +N2sin(ut))

Seja entao A =√M2 +N2 e α = arctan(

M

N). Assim:

x(t) = Ae−γt sin(α + ut)

x(t) = v(t) = Ae−γt(−γ sin(α + ut) + u cos(α + ut))

v(t) = Ae−γt√ω20 + γ2(

−γ√ω20 + γ2

sin(α + ut) +u√

ω20 + γ2

cos(α + ut))

v(t) = Aω20e−γt sin(α + ut+ arctan(

−uγ

))

Portanto:

v(t) = Ae−γt sin(arctan(M/N) + arctan(−u/γ) +√ω20 − γ2t)

Questao 4

3

Solucao Sabemos que a expressao para superposicao de MHS’s perpendiculares de mesma pulsacao e dadapor

x2

A2+y2

B2− 2xy

ABcos(φ) = sin2(φ)

Essa expressao representa no plano figuras diferentes de acordo com a escolha da diferenca de fase φ.Vamos analisar cada caso possıvel:

a) Para φ = 2kπ, com k inteiro:x2

A2+y2

B2− 2xy

AB= 0

x

A− y

B

2

= 0

y =B

Ax

Ou seja, a resposta e uma reta que passa pela origem e tem coeficiente angular positivo.b) Se a diferenca de fase e φ = π + 2kπ, com k inteiro:

x2

A2+y2

B2+

2xy

AB

x

A+y

B

2

= 0

x

A+y

B= 0

y =B

Ax

Ou seja, a resposta e uma reta que passa pela origem e tem coeficiente angular negativo.c)Se a diferenca de fase for φ = π/2 + kπ, com k inteiro:

x2

A2+y2

B2= 1

Verificamos diretamente que a resposta e uma elipse centrada na origem. Se A > B, entao o semi-eixomaior e o horizontal, se A < B o semi-eixo maior e o vertical, e se A = B o resultado e uma circunferencia.

d) Para φ diferente dos casos acima, os termos de cosseno e seno nao serao 1,-1 ou zero e representarao arotacao da elipse do caso c), gerando elipses rotacionadas no plano, caso A seja diferente de B.

Todas as figuras citadas acima estao resproduzidas na figura abaixo, exatamente na ordem em queforam apresentadas acima:

4