Questão 1) (12.54) Suponha que, para um oscilador amortecido, $\gamma $ seja muito pequeno comparado com $\omega _{0}$, de modo que a amplitude permanece praticamente constante durante uma oscilação.
(a) Verifique que a energia do oscilador amortecido pode ser escrita na forma $$E=\frac{1}{2} m\omega _{0}^{2}A^{2}e^{-\gamma t}$$
(b) A dissipação média de potência é definida por $P=-dE/dt$. Prove que $P=2\gamma E=\frac{E}{\tau }$
(c) Prove que esta dissipação de potência é igual ao trabalho médio efetuado pela força amortecedora, na unidade de tempo.
Solução:
(a) No problema 12.48, encontramos uma expressão para a posição em um movimento oscilatório amortecido, dada por:
$$x = Ae^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha )$$
Supondo que a amplitude se mantém praticamente constante, podemos aproximar para um movimento harmônico simples, cuja energia é dada por:
$$E = \frac{1}{2}kA^{2}$$
No movimento em que estamos analisando, a amplitude é dada por: $A'=Ae^{-\gamma t}$ e, como $\omega _{0}=\sqrt{\frac{k}{m}}$, temos $k=m\omega _{0}^{2}$.
Dessa forma, substituindo na expressão, teremos:
$$E = \frac{1}{2}m\omega _{0}^{2}A^{2}e^{-2\gamma t}$$
(b) Sendo $P=-\frac{dE}{dt}$, basta derivarmos a expressão acima:
$$-\frac{dE}{dt}=-\left (\frac{1}{2}m\omega _{0}^{2}A^{2}(-2\gamma )e^{-2\gamma t}\right )$$
$$-\frac{dE}{dt}=2\gamma \left (\frac{1}{2}m\omega _{0}^{2}A^{2}e^{-2\gamma t}\right )$$
$$\therefore P=2\gamma E$$
Sendo $\tau = \frac{1}{2\gamma}$ o tempo de relaxação, temos que:
$$P=2\gamma E=\frac{E}{\tau }$$
(c)A força de amortecimento é dada por $F=bv \;\;\;\;\; (I)$, em módulo, onde $b = 2m\gamma$.
$$F=2m\gamma \omega Ae^{-\gamma t}cos(\omega t + \delta )$$
mas, sabemos que o trabalho de uma força pode ser calculado como:
$$ d\tau = F .dx \;\;\;\;\;\; (II)$$
então, substituindo (I) em (II) e fazendo $dx = v. dt$ temos:
$$d\tau = (b v) .v .dt \therefore \frac{d\tau}{dt} = b .v^2 \;\;\;\;\; (*)$$
ainda temos que:
$$x = Ae^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha )$$
$$\therefore v=\frac{dx}{dt} = Ae^{-\gamma t}\omega cos(\omega t + \alpha )\;\;\;\;\;\;\; (III)$$
obs. dado que no enunciado foi imposto que $\gamma$ é muito pequeno comparado com $\omega$ podemos fazer com que o outro termo da derivada em (III) seja zero, assim podemos substituir (III) em (*):
$$\frac{d\tau}{dt} = b .(Ae^{-\gamma t} \omega cos(\omega t + \alpha ))^2 $$
$$\therefore \frac{d\tau}{dt} = b .(A^2 e^{-2\gamma t}\omega^2 cos^2(\omega t + \alpha ) )$$
Assim, o valor do trabalho médio efetuado por essa força é dado pela integral num período:
$$\therefore \frac{d\tau}{dt} = b .(A^2 e^{-2\gamma t}\omega^2 \frac12) $$
pois,
$$ \int_{0}^{2\pi}\frac{cos^2(x )}{2\pi} dx = \frac12$$
e substituindo, também, o valor de b:
$$\therefore \frac{d\tau}{dt} = 2m\gamma .(A^2 e^{-2\gamma t}\omega^2 \frac12) $$
$$\therefore \frac{d\tau}{dt} = m\gamma .(A^2 e^{-2\gamma t} \omega^2) \;\;\;\;\;\;(IV) $$
Dado que a dissipação da potência calculada no item (b) é:
$$P=m\gamma \omega ^{2}A^{2}e^{-2\gamma t} \;\;\;\;\; (V)$$
Note que (IV)=(V), então:
$$\frac{d\tau}{dt} = P$$
ou seja, a dissipação de potência é igual ao trabalho médio efetuado pela força amortecedora, na unidade de tempo.
obs. o item (c) da questão 1 (12.54 do livro Alonso) foi postado no dia 22/04/2013 às 02:27
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Questão 2) (12-55 livro do Alonso)
Prove que, para um oscilador forçado, $P_{med} = \frac{1}{2}(P_{med})_{res}$ quando a reatância é igual a resistência $X=\pm R$ ou $\omega_f ^2 - \omega_0 ^2 = \pm 2\gamma \omega_f$. A diferença $(\Delta \omega)_{1/2}$ entre os dois valores de $\omega_f$ para essa situação, é chamada largura da banda do oscilador e a razão $Q = \omega/(\Delta \omega)_{1/2}$ é chamada fator $Q$ do oscilador. Prove que, para pequeno amortecimento, $(\Delta \omega)_{1/2} = 2\gamma$ e, assim, $Q=\omega_0 / 2\gamma$. [Sugestão: aplique as Eqs. (12.70)e (12.71), com valores para R e Z.]
Solução:
Temos, das Eqs. (12.70) e (12.71) :
$$ P_{med}= \frac{F_o ^2}{2 Z} cos\alpha = \frac{1}{2} F_o v_o cos\alpha = \frac{F_o ^2}{2 z^2} = \frac{1}{2} R v_o^2 \;\;\;\;\; (12.70) $$
$$(P_{med})_{res} = \frac{ F_o ^2 }{2 R} \;\;\;\;\;\; (12.71)$$
e sabemos que para oscilações forçadas também temos a seguinte relação
$$ Z = \sqrt{X^2 + R^2} \;\;\;\;\;\; (12.66) $$
Pelo enunciado também temos a seguinte relação:
$$X=\pm R \;\;\;\;\; (I)$$
Assim, de (I) em (12.66)
$$ Z^2 = 2 R^2 \;\;\;\;\;\; (II)$$
De (II) em (12.70)
$$P_{med}= \frac{F_o ^2}{2 z^2}$$
$$\therefore P_{med}= \frac{F_o ^2}{4 R^2}$$
$$\therefore P_{med} = \frac{ F_o ^2 }{2 R}\frac{1}{2} $$
$$\therefore P_{med} = \frac{(P_{med})_{res}}{2} $$
* Note que se
$$\omega_f ^2 - \omega_0 ^2 = \pm 2\gamma \omega_f \;\;\;\;\;\;\; (III)$$
recaímos na mesma condição (I) onde
$$X=\pm R$$
pois, sabemos que
$$ tg \alpha = \frac{\omega_f ^2 - \omega_o ^2 }{2\gamma \omega_f} \;\;\;\;\;\; (12.59)$$
$$ tg \alpha = \frac{X}{R} \;\;\;\;\;\; (12.67)$$
Fazendo (III) em (12.59), temos
$$ tg \alpha = \pm 1 \;\;\;\;\; (IV)$$
de $(12.67) = (IV)$
$$\rightarrow X = \pm R $$
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Na segunda parte do exercício temos do enunciado que $(\Delta \omega)_{1/2}$ é a diferença entre os dois valores de $\omega_f$, ou seja, $(\Delta \omega)_{1/2} $ é dado pela seguinte equação:
$$\omega_f ^2 - \omega_0 ^2 = \pm 2\gamma \omega_f $$
$$\therefore \omega_f ^2 \pm 2\gamma \omega_f - \omega_0 ^2 = 0$$
$$\therefore \left\{\begin{matrix}
\omega_{f1} = - \gamma \pm \sqrt{\gamma^2 + \omega_o^2} \;\;\;\;\; (V)\\
\omega_{f2} = + \gamma \pm \sqrt{\gamma^2 + \omega_o^2} \;\;\;\;\; (VI)
\end{matrix}\right. $$
Note que a frequência angular da força aplicada deve ser maior do que zero $(\omega_f > 0)$.
Assim, as equações (V) e (VI) ficam:
$$\therefore \left\{\begin{matrix}
\omega_{f1} = - \gamma + \sqrt{\gamma^2 + \omega_o^2} \;\;\;\;\; (VII)\\
\omega_{f2} = + \gamma + \sqrt{\gamma^2 + \omega_o^2} \;\;\;\;\; (VIII)
\end{matrix}\right. $$
Logo, a diferença $(\Delta \omega)_{1/2}$ é dada por $(VIII) - (VII)$ :
$$\rightarrow (\Delta \omega)_{1/2} = 2 \gamma $$
e para pequenas oscilações $\omega_f \approx \omega_o $, então $Q = \frac{\omega_f}{(\Delta \omega)_{1/2}}$ fica:
$$Q = \frac{\omega_o}{2\gamma} $$
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Questão 3) (12.56)
(a) Calcule os valores médios das energias cinética e potencial das oscilações forçadas de um oscilador amortecido.
(b) Obtenha o quociente entre a soma dessas duas energias e o trabalho realizado pela força aplicada num período. Esse fator é útil para indicar o desempenho do oscilador. Prove que, para pequenos amortecimentos, esse fator é igual a $Q/2\tau$.
Resolução:
(a)
Tem-se que o cálculo do valor médio de uma função periódica é dado por:
$$\bar{f}=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}f(t)dt$$
Expressão da energia cinética de um oscilador amortecido forçado em função do tempo:
$$E_{c}=\frac{1}{2}mv^{2}\Rightarrow E_{c}=\frac{1}{2}m\omega _{f}^{2}A^{2}cos^{2}(\omega_{f}t-\alpha )$$
Cálculo da energia cinética média:
$$\bar{E_{c}}=\frac{\omega_{f}}{2\pi }\int_{0}^{\frac{2\pi }{\omega_{f}}}\frac{1}{2}m\omega _{f}^{2}A^{2}cos^{2}(\omega_{f}t-\alpha )dt$$
$$\bar{E_{c}}=\frac{\omega_{f}}{2\pi }\int_{0}^{\frac{2\pi }{\omega_{f}}}\frac{1}{4}m\omega _{f}^{2}A^{2}(1+cos(2\omega_{f}t-2\alpha ))dt$$
$$\therefore\bar{E_{c}}=\frac{1}{4}m\omega _{f}^{2}A^{2} $$
Expressão da energia potencial de um oscilador amortecido forçado em função do tempo:
$$E_{p}=\frac{1}{2}kx^{2}\Rightarrow E_{p}=\frac{1}{2}kA^{2}sen^{2}(\omega_{f}t-\alpha )$$
Cálculo da energia potencial média:
$$\bar{E_{p}}=\frac{\omega_{f}}{2\pi }\int_{0}^{\frac{2\pi }{\omega_{f}}}\frac{1}{2}kA^{2}sen^{2}(\omega_{f}t-\alpha )dt$$
$$\bar{E_{p}}=\frac{\omega_{f}}{2\pi }\int_{0}^{\frac{2\pi }{\omega_{f}}}\frac{1}{4}kA^{2}(1-cos(2\omega_{f}t-2\alpha ))dt$$
$$\therefore\bar{E_{p}}=\frac{1}{4}kA^{2}=\frac{1}{4}m\omega _{0}^{2}A^{2} $$
(b) Cálculo do trabalho realizado pela força num período:
Tem-se que a potência média de um oscilador amortecido forçado é dada por:
$$\bar{P}=\frac{F_{0}^{2}cos\alpha }{2Z} $$
Onde Z é dado por:
$$Z=\sqrt{(m\omega_{f}-k/\omega_{f})^{2}+\lambda ^{2}}$$
Portanto,
$$\Rightarrow \bar{P}=\frac{ZA^{2}\omega_{f}^2cos\alpha }{2}$$
$$W=\bar{P}T=\frac{ZA^{2}\omega_{f}^2cos\alpha }{2}\frac{2\pi}{\omega_{f}}$$
$$\therefore W=ZA^{2}\omega_{f}\pi cos\alpha$$
Logo, tem-se que o quociente é dado por:
$$\frac{\bar{E_{c}}+\bar{E_{p}}}{W}=\frac{m(\omega _{f}^{2}+\omega _{0}^{2})}{4\pi Z\omega _{f}cos\alpha }$$
Para pequenos amortecimentos, tem-se que:
$$\frac{\bar{E_{c}}+\bar{E_{p}}}{W}=\frac{\omega _{f}^{2}+\omega _{0}^{2}}{4\omega _{f}}$$
Para $\omega _{f}=\omega _{0}$ e considerando que, em pequenos amortecimentos, $Q=\omega _0/2\gamma$:
$$\frac{\bar{E_{c}}+\bar{E_{p}}}{W}=\frac{2\omega _{0}^{2}}{4\omega _{0}}=\frac{\omega _0}{2}=\frac{\omega _0/2\gamma }{2.1/2\gamma }=\frac{Q}{2\tau }$$
domingo, 21 de abril de 2013
domingo, 14 de abril de 2013
Semana 7
Questão 1:
Um disco sólido de raio R pode ser suspenso por um eixo horizontal a uma distância h de seu centro. (a) Calcule o comprimento do pêndulo simples equivalente. (b) Calcule a posição do eixo para o qual o período é mínimo. (c) Faça um gráfico do período em função de h.
$$\vec{\tau }=I_{o}\vec{\alpha }$$
$$mghsen\theta = -I_{o}\ddot{\theta }$$
$$I_{o}=I_{CM}+mh²=m(\frac{R²}{4}+h²)$$
$Para\; \theta \;pequeno:\;\theta\approx sen\theta\;$
$$\therefore \ddot{\theta }+\theta.\frac{gh}{(\frac{R²}{4}+h²)}=0$$
$Pela\;equação\;do\;MHS:$
$$\omega_{0}²=\frac{gh}{(\frac{R²}{4}+h²)}$$
$$\therefore T=2\pi \sqrt{\frac{(\frac{R²}{4}+h²)}{gh}}$$
$(a)Pêndulo\;simples\;equivalente:$
$$\Rightarrow l_{eq}=\frac{(\frac{R²}{4}+h²)}{h}=\frac{R²+4h²}{4h}$$
$(b)Para\;T\;mínimo,\;\frac{\partial T}{\partial h}=0:$
$$\frac{-R²}{4h²}+1=0$$
$$\therefore h=\frac{R}{2}$$
$(c)Gráfico\;de\;T\;em\;função\;de\;h:$
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Questão 2) O que acontece com a solução da equação 12.54 quando $\gamma = \omega_{0}$? Verifique, por substituição direta, que, nesse caso, a solução direta da equação 12.52 é $x = (A + Bt).e^{-\gamma .t}$. Diz-se, então, que o oscilador é criticamente amortecido. Determine A e B no caso em que, para t = 0, $x = x_{0}$ e v = 0. Faça um gráfico de x em função de t. Que diferenças você nota entre este problema e o anterior? Solução:
Equação 12.54: $\omega = \sqrt{{\omega _{0}}^{2} - \gamma ^{2}} = \sqrt{\frac{K}{m} - \frac{\lambda ^{2}}{4m^{2}}}$
$\cdot\: Se \:\gamma = \omega _{0}, entao\: \omega = 0\: e\: \lambda = \sqrt{4mK} $
Equação 12.52: $\frac{\mathrm{d^{2}x} }{\mathrm{d} t^{2}} + 2.\gamma. \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} + \omega _{0}^{2}.x = 0$
$\cdot \: Substituindo\:x = e^{-\gamma .t}, temos\:que\: e^{-\gamma .t}$ é solução
$\cdot \: Substituindo\:x = t.e^{-\gamma .t}, temos\:que\: t.e^{-\gamma .t}$ é solução
Como $e^{-\gamma .t}$ e $t.e^{-\gamma .t}$ são soluções LI, temos que x(t) = A.$e^{-\gamma .t}$ + B.$t.e^{-\gamma .t}$ é solução geral para a equação 12.52.
Condições iniciais:
$$x(0) = x_{0} \rightarrow x_{0} = A.e^{0} = A \therefore A = x_{0}$$ e
$$v(0) = 0 \rightarrow 0 = -A.\gamma .e^{-\gamma .0} + B.e^{-\gamma .0} + B.0.e^{-\gamma .0} \therefore B = x_{0}.\gamma$$
$$\therefore x(t) = x_{0} . (1 + \gamma t).e^{-\gamma .t}$$
Pela análise do gráfico, nota-se que x vai a zero mais rápido do que no exercício anterior, ou seja, no amortecimento crítico (caso do exercício 2) o sistema tende a zero mais rapidamente do que no amortecimento supercrítico (caso do exercício 1). $$$$ $$$$ Questão 3) (12.48)
Prove que, num movimento oscilatório amortecido, a velocidade é dada por $v=A'e^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha +\delta )$, onde $A'=A\omega _{0}$ e $tg\delta = \frac{-\omega}{\gamma}$.
Solução: Num movimento oscilatório amortecido, além da força elástica $F=-kx$, consideramos que age uma força de módulo proporcional ao da velocidade e de sentido oposto à $v$. Dessa forma, teremos: $-kx -\lambda v = ma$. Então, $$m\ddot{x}+\lambda \dot{x}+kx=0$$ Fazendo $2\gamma =\frac{\lambda }{m}$ e $\omega ^{2}=\frac{k}{m}$, teremos: $$\ddot{x}+2\gamma \dot{x}+\omega ^{2}x=0$$ Resolvemos a EDO de segunda ordem a coeficientes constantes através do polinômio característico: $$z^{2}+2\gamma z+\omega ^{2} =0$$ Teremos como raízes: $$z=-\gamma \pm i\sqrt{\omega _{0}^{2}-\gamma ^{2}}$$ Para gerar um movimento oscilatório só nos interessa o caso do subamortecimento, quando $\gamma^{2} < \omega _{0}^{2}$.
Considerando $\omega =\sqrt{\omega _{0}^{2}-\gamma ^{2}}$, a solução será dada por: $$x=c_{1}e^{-\gamma t}sen\omega t + c_{2}e^{-\gamma t}cos\omega t$$ Multiplicando e dividindo por $\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}$, teremos: $$x=e^{-\gamma t}\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}\left [\frac{c_{1}}{\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}}sen\omega t + \frac{c_{2}}{\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}}cos\omega t\right ]$$ Sendo $cos \alpha = \frac{c_{1}}{\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}}$, $sen \alpha = \frac{c_{2}}{\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}}$ e $A=\sqrt{c_{1}+c_{2}}$, a expressão torna-se: $$x = Ae^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha )$$ Derivando a posição, para encontrar a velocidade: $$\dot{x}=Ae^{-\gamma t}[-\gamma sen(\omega t +\gamma )+\omega cos(\omega t + \alpha )]$$ Analogamente, multiplicamos e dividimos por $\sqrt{\gamma ^{2}+\omega ^{2}}$ e consideraremos $sen \delta = \frac{w}{\sqrt{\gamma ^{2}+\omega ^{2}}}$ e $cos \delta = \frac{-\gamma }{\sqrt{\gamma ^{2}+\omega ^{2}}}$, assim: $$\dot{x} = Ae^{-\gamma t}\sqrt{\gamma ^{2}+\omega ^{2}}sen(\omega t + \alpha +\delta )$$ Como $\omega = \sqrt{\omega _{0}^{2}-\gamma ^{2}}$, então $\omega _{0}= \sqrt{\omega ^{2}+\gamma ^{2}}$, substituindo na expressão: $$\dot{x} = A\omega_{0}e^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha +\delta )$$ Sendo $A'=A\omega_{0}$, encontramos a expressão para a velocidade: $$v=A'e^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha +\delta )$$ $$$$ $$$$ Questão 4) Dado a expressão para a superposição de MHS's perpendiculares $$\frac{x^2}{A^2} + \frac{y^2}{B^2} - \frac{2xy}{AB}\cos(\alpha_x - \alpha_y) = \sin^2(\alpha_x - \alpha_y) $$ represente graficamente o movimento resultante de acordo com as escolhas de parâmetros. Em particular, mostre que escolhas adequadas dos parâmetros podem fornecer elipses e linhas retas inclinadas.
Solução:
Primeiramente vamos analisar os casos em que podemos obter as retas inclinadas:
$a)$ Diferença de fase $\alpha_x - \alpha_y = 2k\pi$, onde $k \, pertence \, \mathbb{Z}$
$$\frac{x^2}{A^2} + \frac{y^2}{B^2} - \frac{2xy}{AB} = 0 $$ $$ (\frac{x}{A} - \frac{y}{B})^2 = 0 $$ $$ \therefore \frac{x}{A} - \frac{y}{B} = 0 $$ $$ \therefore y = \frac{B}{A}x$$
$b)$ Diferença de fase $\alpha_x - \alpha_y = \pi + 2k\pi$, onde $k \, pertence \, \mathbb{Z}$
$$\frac{x^2}{A^2} + \frac{y^2}{B^2} + \frac{2xy}{AB} = 0 $$ $$ (\frac{x}{A} + \frac{y}{B})^2 = 0 $$ $$ \therefore \frac{x}{A} + \frac{y}{B} = 0 $$ $$ \therefore y = - \frac{B}{A}x$$
$c)$ Diferença de fase $\alpha_x - \alpha_y = \frac{\pi}{2} + k\pi$, onde $k \, pertence \, \mathbb{Z}$
$$\frac{x^2}{A^2} + \frac{y^2}{B^2} = 1 $$ $$ (\frac{x}{A})^2 + ( \frac{y}{B})^2 = 1 $$ $$ \therefore \frac{x^2}{A^2} + \frac{y^2}{B^2} = 1 $$
se $A > B$
se $A < B$
se $ A=B$
Para as demais diferenças de fase $\alpha_x - \alpha_y$ teremos elipses inclinadas com relação aos eixos cartesianos
domingo, 7 de abril de 2013
Semana 6
Questão 1
Calcule a frequência natural $f_{n}$ de oscilação vertical do cilindro carregado por molas quando ele é posto em movimento. As duas molas estão tracionadas o tempo todo.
Solução:
A mola inferior exerce uma força dada por $T_{1}$, enquanto a mola superior exerce uma força dada por $T_{2}$. Ao deslocar o bloco de um $\Delta x$ teremos uma força resultante no sentido contrário. Teremos o seguinte diagrama de forças para o bloco antes e depois:
No equilíbrio:$$T_{1}=T_{2}+mg$$ Após o deslocamento $\Delta x$, sendo $\vec{F_{el}} = -k\vec{\Delta x}$, teremos: $$F_{res}=(T_{1}+k\Delta x)-(T_{2}+mg-k \Delta x)$$ Como $mg=T_{1}-T_{2}$, substituindo temos: $$F_{res}=2k\Delta x$$ Pelo enunciado, $k=3000 \frac{N}{m}$, assim: $$F_{res}=6000\Delta x$$ Já que $F_{res}$ e $\Delta x$ tem sentidos opostos, assumindo a forma de uma equação harmônica simples, podemos encontrar $\omega$: $$ \omega = \sqrt{\frac {6000}{m}} $$ Como $m=10kg$ e $f_{n} = \frac {\omega }{2\pi}$, temos: $$f_{n} = \frac {\sqrt {600}}{2\pi}$$
$$f_{n} =3.9Hz$$ $$$$ Questão 8.14
Substitua as molas em cada um dos dois casos mostrados por uma única mola de rigidez k (constante de mola equivalente) que fará com que cada massa vibre com a sua frequência original.
a) Sabemos que a resultante das forças que agem sobre o corpo deve ser equivalente à força de uma mola de constante de rigidez $k_{eq}$ e que o deslocamento $x_{1}$ da mola 1 é igual ao deslocamento $x_{2}$ da mola 2 - o qual chamaremos de x. Assim, temos:
$$F_{eq} = F_{1} + F_{2}$$
$$k_{eq}.x = k_{1}.x + k_{2}.x$$
$$\therefore k_{eq} = k_{1} + k_{2}$$
Note que esse raciocínio, onde as molas são associadas em paralelo pode ser estendido para uma associação de $n$ molas em paralelo, na qual temos que: $$k_{eq} = \sum_{i=1}^{n}k_{i}$$
b)Do equilíbrio de forças, sabemos que a força que age sobre a mola 1 é igual à força que age sobre a mola 2. Logo, a força equivalente será igual à soma dessas forças.
$$F_{1} = k_{1}.x_{1} = F \Rightarrow x_{1} = \frac{F}{k_{1}}$$
$$F_{2} = k_{2}.x_{2} = F \Rightarrow x_{2} = \frac{F}{k_{2}}$$
$$F_{eq} = k_{eq}.x = F \Rightarrow x = \frac{F}{k_{eq}}$$
Mas $x = x_{1} + x_{2}$, então:
$$\frac{F}{k_{eq}} = \frac{F}{k_{1}} + \frac{F}{k_{2}}$$
$$\frac{1}{k_{eq}} = \frac{1}{k_{1}} + \frac{1}{k_{2}}$$
$$\frac{1}{k_{eq}} = \frac{k_{1} + k_{2}}{k_{1}.k_{2}}$$
$$\therefore k_{eq} = \frac{k_{1}.k_{2}}{k_{1} + k_{2}}$$
Note que o resultado obtido para associação de 2 molas em série pode ser extrapolado para n molas em série $$ \frac{1}{k_{eq}} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{k_{i}}$$ $$$$ Questão 3
Durante o projeto do sistema de apoio com molas para a plataforma de pesagem de 4t, decide-se que a frequência de vibração livre vertical na condição descarregada não deve exceder 3 ciclos por segundo. (a) Determine a constante de mola máxima aceitável $k$ para cada uma das três molas idênticas. (b) Para esta constante de mola, qual seria a frequência natural $f_{n}$ da vibração vertical da plataforma carregada com caminhão de 40t?
Solução:
(a)
Como a frequência de vibração na condição descarregada não deve exceder 3 ciclos por segundo, temos que a frequência máxima é: $$f_{max} = 3 Hz $$ Dado que o sistema em questão pode ser transformado em um sistema massa mola, por meio de uma associação de molas em paralelo onde $k_{equivalente} = 3k$, podemos concluir que o movimento gerado por pequenas pertubações é um Movimento Harmônico Simples.
Assim, das propriedades do MHS, sabemos que: $$ \omega = \sqrt{\frac{k_{equi}}{m}} $$ Podemos, agora calcular o valor da constante de mola equivalente: $$\omega^{2} = \frac{k_{equi}}{m} \therefore k_{equi} = m\omega^{2} $$ E como, $$k_{equi} = 3k \therefore k = \frac{k_{equi}}{3}$$ temos, então $$k = \frac{m\omega^{2}}{3} $$ substituindo os valores de $m = 4000kg$ e $\omega = 2 \pi f_{max} $, onde $ f_{max} = 3Hz$ temos: $$k = \frac{4000(2 \pi \times 3)^{2}}{3} \therefore k = 474\frac{kN}{m} $$
(b)
Na situação da plataforma carregada com o caminhão, a fim de obter a nova frequência natural de vibração $f_{n}$, podemos igualar a constante de mola equivalente $ k_{equi}$, obtendo a seguinte equação: $$\omega^{2} = \frac{k_{equi}}{m} \therefore k_{equi} = \omega^{2} m $$ $$ \omega^{2}_{antes} m_{antes} = \omega^{2}_{depois} m_{depois} $$ como $\omega = 2\pi f$ $$ (2\pi f_{antes})^{2} m_{antes} = (2\pi f_{depois})^{2} m_{depois}$$ $$ f_{depois} = f_{antes} \sqrt{\frac{m_{antes}}{m_{depois}}} $$ substituindo os valores, $$m_{antes} = 4000kg$$ $$m_{depois} = m_{plataforma} + m_{caminhão} \therefore m_{depois} = 4000 + 40000 $$ $$ m_{depois} = 44000 kg$$ $$ f_n = 3 \sqrt{\frac{4000}{44000}}$$ $$ f_n = 0,905 Hz$$
Calcule a frequência natural $f_{n}$ de oscilação vertical do cilindro carregado por molas quando ele é posto em movimento. As duas molas estão tracionadas o tempo todo.
Solução:
A mola inferior exerce uma força dada por $T_{1}$, enquanto a mola superior exerce uma força dada por $T_{2}$. Ao deslocar o bloco de um $\Delta x$ teremos uma força resultante no sentido contrário. Teremos o seguinte diagrama de forças para o bloco antes e depois:
No equilíbrio:$$T_{1}=T_{2}+mg$$ Após o deslocamento $\Delta x$, sendo $\vec{F_{el}} = -k\vec{\Delta x}$, teremos: $$F_{res}=(T_{1}+k\Delta x)-(T_{2}+mg-k \Delta x)$$ Como $mg=T_{1}-T_{2}$, substituindo temos: $$F_{res}=2k\Delta x$$ Pelo enunciado, $k=3000 \frac{N}{m}$, assim: $$F_{res}=6000\Delta x$$ Já que $F_{res}$ e $\Delta x$ tem sentidos opostos, assumindo a forma de uma equação harmônica simples, podemos encontrar $\omega$: $$ \omega = \sqrt{\frac {6000}{m}} $$ Como $m=10kg$ e $f_{n} = \frac {\omega }{2\pi}$, temos: $$f_{n} = \frac {\sqrt {600}}{2\pi}$$
$$f_{n} =3.9Hz$$ $$$$ Questão 8.14
Substitua as molas em cada um dos dois casos mostrados por uma única mola de rigidez k (constante de mola equivalente) que fará com que cada massa vibre com a sua frequência original.
a) Sabemos que a resultante das forças que agem sobre o corpo deve ser equivalente à força de uma mola de constante de rigidez $k_{eq}$ e que o deslocamento $x_{1}$ da mola 1 é igual ao deslocamento $x_{2}$ da mola 2 - o qual chamaremos de x. Assim, temos:
$$F_{eq} = F_{1} + F_{2}$$
$$k_{eq}.x = k_{1}.x + k_{2}.x$$
$$\therefore k_{eq} = k_{1} + k_{2}$$
Note que esse raciocínio, onde as molas são associadas em paralelo pode ser estendido para uma associação de $n$ molas em paralelo, na qual temos que: $$k_{eq} = \sum_{i=1}^{n}k_{i}$$
b)Do equilíbrio de forças, sabemos que a força que age sobre a mola 1 é igual à força que age sobre a mola 2. Logo, a força equivalente será igual à soma dessas forças.
$$F_{1} = k_{1}.x_{1} = F \Rightarrow x_{1} = \frac{F}{k_{1}}$$
$$F_{2} = k_{2}.x_{2} = F \Rightarrow x_{2} = \frac{F}{k_{2}}$$
$$F_{eq} = k_{eq}.x = F \Rightarrow x = \frac{F}{k_{eq}}$$
Mas $x = x_{1} + x_{2}$, então:
$$\frac{F}{k_{eq}} = \frac{F}{k_{1}} + \frac{F}{k_{2}}$$
$$\frac{1}{k_{eq}} = \frac{1}{k_{1}} + \frac{1}{k_{2}}$$
$$\frac{1}{k_{eq}} = \frac{k_{1} + k_{2}}{k_{1}.k_{2}}$$
$$\therefore k_{eq} = \frac{k_{1}.k_{2}}{k_{1} + k_{2}}$$
Note que o resultado obtido para associação de 2 molas em série pode ser extrapolado para n molas em série $$ \frac{1}{k_{eq}} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{k_{i}}$$ $$$$ Questão 3
Durante o projeto do sistema de apoio com molas para a plataforma de pesagem de 4t, decide-se que a frequência de vibração livre vertical na condição descarregada não deve exceder 3 ciclos por segundo. (a) Determine a constante de mola máxima aceitável $k$ para cada uma das três molas idênticas. (b) Para esta constante de mola, qual seria a frequência natural $f_{n}$ da vibração vertical da plataforma carregada com caminhão de 40t?
Solução:
(a)
Como a frequência de vibração na condição descarregada não deve exceder 3 ciclos por segundo, temos que a frequência máxima é: $$f_{max} = 3 Hz $$ Dado que o sistema em questão pode ser transformado em um sistema massa mola, por meio de uma associação de molas em paralelo onde $k_{equivalente} = 3k$, podemos concluir que o movimento gerado por pequenas pertubações é um Movimento Harmônico Simples.
Assim, das propriedades do MHS, sabemos que: $$ \omega = \sqrt{\frac{k_{equi}}{m}} $$ Podemos, agora calcular o valor da constante de mola equivalente: $$\omega^{2} = \frac{k_{equi}}{m} \therefore k_{equi} = m\omega^{2} $$ E como, $$k_{equi} = 3k \therefore k = \frac{k_{equi}}{3}$$ temos, então $$k = \frac{m\omega^{2}}{3} $$ substituindo os valores de $m = 4000kg$ e $\omega = 2 \pi f_{max} $, onde $ f_{max} = 3Hz$ temos: $$k = \frac{4000(2 \pi \times 3)^{2}}{3} \therefore k = 474\frac{kN}{m} $$
(b)
Na situação da plataforma carregada com o caminhão, a fim de obter a nova frequência natural de vibração $f_{n}$, podemos igualar a constante de mola equivalente $ k_{equi}$, obtendo a seguinte equação: $$\omega^{2} = \frac{k_{equi}}{m} \therefore k_{equi} = \omega^{2} m $$ $$ \omega^{2}_{antes} m_{antes} = \omega^{2}_{depois} m_{depois} $$ como $\omega = 2\pi f$ $$ (2\pi f_{antes})^{2} m_{antes} = (2\pi f_{depois})^{2} m_{depois}$$ $$ f_{depois} = f_{antes} \sqrt{\frac{m_{antes}}{m_{depois}}} $$ substituindo os valores, $$m_{antes} = 4000kg$$ $$m_{depois} = m_{plataforma} + m_{caminhão} \therefore m_{depois} = 4000 + 40000 $$ $$ m_{depois} = 44000 kg$$ $$ f_n = 3 \sqrt{\frac{4000}{44000}}$$ $$ f_n = 0,905 Hz$$
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