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
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