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ıcios Resolvidos - 7o Tarefa
                         Exerc´                   .



                                             15 de abril de 2013


Quest˜o 1
     a
     Um disco s´lido de raio R pode ser suspenso por um eixo horizontal a uma distˆncia h de seu
                o                                                                 a
     centro. (a) Calcule o comprimento do pˆndulo simples equivalente. (b) Calcule a posi¸ao do
                                            e                                             c˜
     eixo para o qual o per´
                           ıodo ´ m´
                                e ınimo. (c) Fa¸a um gr´fico do per´
                                               c       a           ıodo como fun¸ao de h.
                                                                                 c˜
   Solu¸˜o
       ca

Sabemos que o momento de in´rcia do disco em rela¸ao ao eixo normal a ele que passa pelo seu cen-
                                 e                    c˜
                 M R2
tro vale Izz =        .Com esse resultado, podemos usar o teorema das placas finas para concluir que
                    2
                                                             M R2
Izz = Ixx + Iyy , e pela simetria do disco ent˜o Ixx = Iyy =
                                              a                   . Agora, usamos o teorema dos eixos
                                                              4
paralelos para encontrar o momento de in´rcia do disco em rela¸ao ao eixo horizontal que passa a uma
                                            e                   c˜
distˆncia h do diˆmetro referido na figura acima:
    a             a
                                             M R2                  R2
                                     IAB =        + M h2 = M (x2 +    )
                                              4                    4
Analisando o torque da for¸a peso:
                          c
                                                     τp = IAB α
                                                                             R2 ¨
                          (x sin θux − x cos θuy ) ∧ (−mg uy ) = M (x2 +       )θuz
                                                                             4
                                                                  R2 ¨
                                         −gx sin θ = (x2 +          )θ
                                                                  4
Para pequenas perturba¸˜es:
                      co
                                                     R2 ¨
                                             (x2 +     )θ + gxθ = 0
                                                     4
                                                ¨
                                                θ + (4gx)θ = 0

                                                           4x2 + R2
o que demonstra o MHS. Assim, o per´ fica T (x) = 2π
                                   ıdo                              . Para analisar o valor m´
                                                                                             ınimo do
                                                              4gx
per´
   ıodo, vamos encontrar a primeira e a segunda derivadas de T .
                                                 gπ   4x2 − R2
                                       T (x) =      √
                                                  2 4x2 + R2 (gx)3/2

                                                     3R4 + 24R2 x2 − 16x4
                                     T (x) = 2π                        √
                                                     8x2 (R2 + 4x2 )3/2 gx
Para obter os pontos cr´
                       ıticos da primeira derivada, fazemos
                                                                             R
                                T (x) = 0 => 4x2 − R2 = 0 => x =
                                                                             2
uma vez que apenas a raiz positiva ´ relevante. Para concluir que este ponto ´ de m´
                                     e                                        e    ınimo, analisamos a
                                                                                1   √
segunda derivada, para qual podemos mostrar que ´ sempre positiva para x <
                                                   e                               2 3 + 3R ≈ 1, 27R,
                                                                                2
e como x ´ semrpe menor que R essa inequa¸ao ´ sempre satisfeita. Portanto, o ponto encontrado ´ de
           e                                 c˜ e                                                 e
m´ınimo., isto ´, gera o per´
               e            ıodo m´
                                  ınimo. O gr´fico pedido est´ ilustrado abaixo:
                                             a              a




Quest˜o 2
     a

       O que acontece para a solu¸˜o da eq.(12.54) quando γ = ω0 ?. Verifique, por substitui¸ao direta
                                   ca                                                      c˜
                                                                    −γt
       que, neste caso, a solu¸˜o geral da Eq. (12.52) ´ x = (A+Bt)e . Diz-se, ent˜o, que o oscilador
                              ca                       e                          a
       ´ criticamente amortecido. Determine A e B no caso em que t = 0, x = x0 ev = 0. Fa¸a um
       e                                                                                       c
       gr´fico de x em fun¸ao de t. Que diferen¸as vocˆ nota entre este problema e o anterior?
         a                  c˜                   c       e

   Solu¸˜o
       ca

                            2
A equa¸ao 12.54 ´ ω = ω0 − γ 2 . Quando γ = ω0 , a equa¸ao 12.54 nos diz que ω = 0. Trata-se de
      c˜        e                                             c˜
                                                   −γt
um amortecimento cr´
                   ıtico, no qual x(t) = (A + Bt)e     ´ solu¸ao, o que ´ pode ser verificado diretamente:
                                                       e     c˜         e

                                             d2 x      dx    2
                                                  + 2γ    + ω0 x
                                              dt       dt
                          d2 (A + Bt)e−γt      d(A + Bt)e−γt
                                          + 2γ               + γ 2 (A + Bt)e−γt
                                 dt                 dt
              d2 (−γ(A + Bt)e−γt + e−γt B)
                                           + 2γ(−γ(A + Bt)e−γt + e−γt B) + γ 2 (A + Bt)e−γt
                          dt
          γ (A + Bt)e − γe−γt B − γe−γt B − 2γ 2 (A + Bt)e−γt + 2γe−γt B + γ 2 (A + Bt)e−γt = 0
           2         −γt


Ou seja, a express˜o para x(t) ´ solu¸ao.Para t = 0:
                  a            e     c˜

                                      x(0) = x0 = e−γ.0 (A + B.0) = A

       d2 x      dx    2
como        + 2γ    + ω0 x = 0, se x = 0 e v = 0:
        dt       dt
                         γ 2 e−γt(A + Bt) − 2γe−γt B + 0 + γx0 = 0 => 2γx0 − 2B
                                                            2


                                                    B = γx0
O amortecimento cr´ ıtico representa, assim, a menor magnitude de amortecimento para a qual nenhuma
ocila¸ao ou ciclo ocorre, em sistemas estruturais submetidos a vibra¸oes livres.
     c˜                                                             c˜

Quest˜o 3
     a



Solu¸˜o A equa¸ao para o movimento ´ x + 2γ x + ω0 2 x = 0. Assim, seja x = eλt , e resolvendo a equa¸ao
    ca         c˜                  e¨       ˙                                                        c˜
acima obtemos:
                                                            2
                                       λ = −γ ± γ 2 − ω0

e como ω0 > γ 2 (mov. oscilat´rio):
        2
                             o
                                                           2
                                               λ = −γ ± i ω0 − γ 2

Seja agora u =       ω0 − γ 2 , logo x(t) = e−γt (M cos(ut) + N sin(ut)) (equa¸ao da solu¸ao geral j´ vista),
                      2
                                                                              c˜         c˜         a
logo
                                  √                 M                   N
                       x(t) = e−γt M 2 + N 2 ( √           cos(ut) + √         sin(ut))
                                                   M2 + N2             M2 + N2
                 √                             M
Seja ent˜o A =
        a            M 2 + N 2 e α = arctan(     ). Assim:
                                               N
                                           x(t) = Ae−γt sin(α + ut)

                          x(t) = v(t) = Ae−γt (−γ sin(α + ut) + u cos(α + ut))
                          ˙
                                            −γ                        u
                 v(t) = Ae−γt ω0 + γ 2 (
                                 2
                                            2
                                                    sin(α + ut) +    2
                                                                            cos(α + ut))
                                           ω0 + γ 2                ω0 + γ 2
                                                                    −u
                               v(t) = Aω0 e−γt sin(α + ut + arctan(
                                         2
                                                                        ))
                                                                    γ
Portanto:
                         v(t) = Ae−γt sin(arctan(M/N ) + arctan(−u/γ) +       2
                                                                             ω0 − γ 2 t)

Quest˜o 4
     a
Solu¸˜o Sabemos que a express˜o para superposi¸˜o de MHS’s perpendiculares de mesma pulsa¸˜o ´ dada
    ca                        a               ca                                          ca e
por
                                   x2   y2    2xy
                                      + 2−        cos(φ) = sin2 (φ)
                                   A2 B       AB
Essa express˜o representa no plano figuras diferentes de acordo com a escolha da diferen¸a de fase φ.
            a                                                                          c
Vamos analisar cada caso poss´
                             ıvel:

a) Para φ = 2kπ, com k inteiro:
                                          x2    y2    2xy
                                              + 2−         =0
                                          A2 B        AB
                                              x    y2
                                                 −     =0
                                              A B
                                                    B
                                                y= x
                                                    A
Ou seja, a resposta ´ uma reta que passa pela origem e tem coeficiente angular positivo.
                    e
   b) Se a diferen¸a de fase ´ φ = π + 2kπ, com k inteiro:
                  c          e

                                             x2  y2  2xy
                                              2
                                                + 2+
                                             A   B   AB
                                               x   y2
                                                 +     =0
                                               A B
                                               x   y
                                                 + =0
                                               A B
                                                    B
                                                 y= x
                                                     A
Ou seja, a resposta ´ uma reta que passa pela origem e tem coeficiente angular negativo.
                    e
   c)Se a diferen¸a de fase for φ = π/2 + kπ, com k inteiro:
                 c

                                              x2  y2
                                                 + 2 =1
                                              A2 B
Verificamos diretamente que a resposta ´ uma elipse centrada na origem. Se A > B, ent˜o o semi-eixo
                                         e                                                  a
maior ´ o horizontal, se A < B o semi-eixo maior ´ o vertical, e se A = B o resultado ´ uma circunferˆncia.
      e                                          e                                    e              e

d) Para φ diferente dos casos acima, os termos de cosseno e seno n˜o ser˜o 1,-1 ou zero e representar˜o a
                                                                   a     a                           a
rota¸ao da elipse do caso c), gerando elipses rotacionadas no plano, caso A seja diferente de B.
    c˜
    Todas as figuras citadas acima est˜o resproduzidas na figura abaixo, exatamente na ordem em que
                                       a
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  • 1. ıcios Resolvidos - 7o Tarefa Exerc´ . 15 de abril de 2013 Quest˜o 1 a Um disco s´lido de raio R pode ser suspenso por um eixo horizontal a uma distˆncia h de seu o a centro. (a) Calcule o comprimento do pˆndulo simples equivalente. (b) Calcule a posi¸ao do e c˜ eixo para o qual o per´ ıodo ´ m´ e ınimo. (c) Fa¸a um gr´fico do per´ c a ıodo como fun¸ao de h. c˜ Solu¸˜o ca Sabemos que o momento de in´rcia do disco em rela¸ao ao eixo normal a ele que passa pelo seu cen- e c˜ M R2 tro vale Izz = .Com esse resultado, podemos usar o teorema das placas finas para concluir que 2 M R2 Izz = Ixx + Iyy , e pela simetria do disco ent˜o Ixx = Iyy = a . Agora, usamos o teorema dos eixos 4 paralelos para encontrar o momento de in´rcia do disco em rela¸ao ao eixo horizontal que passa a uma e c˜ distˆncia h do diˆmetro referido na figura acima: a a M R2 R2 IAB = + M h2 = M (x2 + ) 4 4 Analisando o torque da for¸a peso: c τp = IAB α R2 ¨ (x sin θux − x cos θuy ) ∧ (−mg uy ) = M (x2 + )θuz 4 R2 ¨ −gx sin θ = (x2 + )θ 4 Para pequenas perturba¸˜es: co R2 ¨ (x2 + )θ + gxθ = 0 4 ¨ θ + (4gx)θ = 0 4x2 + R2 o que demonstra o MHS. Assim, o per´ fica T (x) = 2π ıdo . Para analisar o valor m´ ınimo do 4gx per´ ıodo, vamos encontrar a primeira e a segunda derivadas de T . gπ 4x2 − R2 T (x) = √ 2 4x2 + R2 (gx)3/2 3R4 + 24R2 x2 − 16x4 T (x) = 2π √ 8x2 (R2 + 4x2 )3/2 gx Para obter os pontos cr´ ıticos da primeira derivada, fazemos R T (x) = 0 => 4x2 − R2 = 0 => x = 2
  • 2. uma vez que apenas a raiz positiva ´ relevante. Para concluir que este ponto ´ de m´ e e ınimo, analisamos a 1 √ segunda derivada, para qual podemos mostrar que ´ sempre positiva para x < e 2 3 + 3R ≈ 1, 27R, 2 e como x ´ semrpe menor que R essa inequa¸ao ´ sempre satisfeita. Portanto, o ponto encontrado ´ de e c˜ e e m´ınimo., isto ´, gera o per´ e ıodo m´ ınimo. O gr´fico pedido est´ ilustrado abaixo: a a Quest˜o 2 a O que acontece para a solu¸˜o da eq.(12.54) quando γ = ω0 ?. Verifique, por substitui¸ao direta ca c˜ −γt que, neste caso, a solu¸˜o geral da Eq. (12.52) ´ x = (A+Bt)e . Diz-se, ent˜o, que o oscilador ca e a ´ criticamente amortecido. Determine A e B no caso em que t = 0, x = x0 ev = 0. Fa¸a um e c gr´fico de x em fun¸ao de t. Que diferen¸as vocˆ nota entre este problema e o anterior? a c˜ c e Solu¸˜o ca 2 A equa¸ao 12.54 ´ ω = ω0 − γ 2 . Quando γ = ω0 , a equa¸ao 12.54 nos diz que ω = 0. Trata-se de c˜ e c˜ −γt um amortecimento cr´ ıtico, no qual x(t) = (A + Bt)e ´ solu¸ao, o que ´ pode ser verificado diretamente: e c˜ e d2 x dx 2 + 2γ + ω0 x dt dt d2 (A + Bt)e−γt d(A + Bt)e−γt + 2γ + γ 2 (A + Bt)e−γt dt dt d2 (−γ(A + Bt)e−γt + e−γt B) + 2γ(−γ(A + Bt)e−γt + e−γt B) + γ 2 (A + Bt)e−γt dt γ (A + Bt)e − γe−γt B − γe−γt B − 2γ 2 (A + Bt)e−γt + 2γe−γt B + γ 2 (A + Bt)e−γt = 0 2 −γt Ou seja, a express˜o para x(t) ´ solu¸ao.Para t = 0: a e c˜ x(0) = x0 = e−γ.0 (A + B.0) = A d2 x dx 2 como + 2γ + ω0 x = 0, se x = 0 e v = 0: dt dt γ 2 e−γt(A + Bt) − 2γe−γt B + 0 + γx0 = 0 => 2γx0 − 2B 2 B = γx0
  • 3. O amortecimento cr´ ıtico representa, assim, a menor magnitude de amortecimento para a qual nenhuma ocila¸ao ou ciclo ocorre, em sistemas estruturais submetidos a vibra¸oes livres. c˜ c˜ Quest˜o 3 a Solu¸˜o A equa¸ao para o movimento ´ x + 2γ x + ω0 2 x = 0. Assim, seja x = eλt , e resolvendo a equa¸ao ca c˜ e¨ ˙ c˜ acima obtemos: 2 λ = −γ ± γ 2 − ω0 e como ω0 > γ 2 (mov. oscilat´rio): 2 o 2 λ = −γ ± i ω0 − γ 2 Seja agora u = ω0 − γ 2 , logo x(t) = e−γt (M cos(ut) + N sin(ut)) (equa¸ao da solu¸ao geral j´ vista), 2 c˜ c˜ a logo √ M N x(t) = e−γt M 2 + N 2 ( √ cos(ut) + √ sin(ut)) M2 + N2 M2 + N2 √ M Seja ent˜o A = a M 2 + N 2 e α = arctan( ). Assim: N x(t) = Ae−γt sin(α + ut) x(t) = v(t) = Ae−γt (−γ sin(α + ut) + u cos(α + ut)) ˙ −γ u v(t) = Ae−γt ω0 + γ 2 ( 2 2 sin(α + ut) + 2 cos(α + ut)) ω0 + γ 2 ω0 + γ 2 −u v(t) = Aω0 e−γt sin(α + ut + arctan( 2 )) γ Portanto: v(t) = Ae−γt sin(arctan(M/N ) + arctan(−u/γ) + 2 ω0 − γ 2 t) Quest˜o 4 a
  • 4. Solu¸˜o Sabemos que a express˜o para superposi¸˜o de MHS’s perpendiculares de mesma pulsa¸˜o ´ dada ca a ca ca e por x2 y2 2xy + 2− cos(φ) = sin2 (φ) A2 B AB Essa express˜o representa no plano figuras diferentes de acordo com a escolha da diferen¸a de fase φ. a c Vamos analisar cada caso poss´ ıvel: a) Para φ = 2kπ, com k inteiro: x2 y2 2xy + 2− =0 A2 B AB x y2 − =0 A B B y= x A Ou seja, a resposta ´ uma reta que passa pela origem e tem coeficiente angular positivo. e b) Se a diferen¸a de fase ´ φ = π + 2kπ, com k inteiro: c e x2 y2 2xy 2 + 2+ A B AB x y2 + =0 A B x y + =0 A B B y= x A Ou seja, a resposta ´ uma reta que passa pela origem e tem coeficiente angular negativo. e c)Se a diferen¸a de fase for φ = π/2 + kπ, com k inteiro: c x2 y2 + 2 =1 A2 B Verificamos diretamente que a resposta ´ uma elipse centrada na origem. Se A > B, ent˜o o semi-eixo e a maior ´ o horizontal, se A < B o semi-eixo maior ´ o vertical, e se A = B o resultado ´ uma circunferˆncia. e e e e d) Para φ diferente dos casos acima, os termos de cosseno e seno n˜o ser˜o 1,-1 ou zero e representar˜o a a a a rota¸ao da elipse do caso c), gerando elipses rotacionadas no plano, caso A seja diferente de B. c˜ Todas as figuras citadas acima est˜o resproduzidas na figura abaixo, exatamente na ordem em que a foram apresentadas acima: