(1) A questão 1 calcula o período de oscilação de um disco suspenso por um eixo horizontal a distâncias h de seu centro, encontrando que o período é mínimo quando h = R/2; (2) A questão 2 analisa o caso crítico de amortecimento γ = ω0 na equação do oscilador harmônico, quando a solução é x = (A + Bt)e-γt, e determina os coeficientes A e B.

1. ıcios Resolvidos - 7o Tarefa
Exerc´ .
14 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˜