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Prova 1

PRIMEIRA PROVA DE MECÂNICA – F315 – SOLUÇÃO

    1. O motor de um carro de corrida fornece uma potência constante P, de modo que a força transmitida ao carro é F = P/v. Supondo que o atrito seja proporcional à velocidade, ache v(t) quando o carro é acelerado a partir do repouso. O que acontece no limite t $ \rightarrow$ $ \infty$? (2.5)

A equação de movimento é

m$\displaystyle {\frac{{dv}}{{dt}}}$$\displaystyle {\frac{{P}}{{v}}}$bv  .

      Passando os termos com

v

      para a esquerda e integrando obtemos

$\displaystyle \int_{0}^{v}$$\displaystyle {\frac{{dv'}}{{v'-P/(bv')}}}$$\displaystyle \int_{0}^{v}$$\displaystyle {\frac{{v' \,dv'}}{{v'^2-P/b}}}$ = – $\displaystyle {\frac{{bt}}{{m}}}$.

      Fazendo a mudança de variáveis

u

      =

v’2

P

      /

b

      a integral fica

$\displaystyle \int_{0}^{v}$$\displaystyle {\frac{{v' \,dv'}}{{v'^2-P/b}}}$$\displaystyle {\frac{{1}}{{2}}}$$\displaystyle \int_{{-P/b}}^{{v^2-P/b}}$$\displaystyle {\frac{{du}}{{u}}}$$\displaystyle {\frac{{1}}{{2}}}$log$\displaystyle {\frac{{P-bv^2}}{{P}}}$

      e

v(t) = $\displaystyle \sqrt{{\frac{P}{b}\left(1-e^{-2bt/m}\right)}}$  .

      No limite em que

t

      vai a infinito a velocidade atinge o valor constante

v

      (

t

      )

$ \rightarrow$$ \sqrt{{P/b}}$

      .

    1. Uma partícula está sujeita a uma força F(x) cuja energia potencial é dada por 

V(x) = – $\displaystyle {\frac{{A}}{{x}}}$$\displaystyle {\frac{{B}}{{x^2}}}$onde A e B são constantes positivas. Encontre os pontos de equilíbrio e discuta os tipos de movimento possíveis supondo x > 0 . (2.5)

A força é dada por

F(x) = – $\displaystyle {\frac{{dV}}{{dx}}}$ = – $\displaystyle {\frac{{A}}{{x^2}}}$$\displaystyle {\frac{{2B}}{{x^3}}}$  .

      O único ponto de equilíbrio para

x

      > 0 é

x0

      = 2

B

      /

A

      . A figura abaixo mostra um gráfico de

V

      (

x

      ) para

A

      = 1 e

B

      = 0.1.

Para E < 0 o movimento é limitado, tendo dois pontos de retorno. Para E > 0 o movimento fica livre à direita, tendo apenas um ponto de retorno à esquerda, proximo de x = 0.

    1. Uma massa m cai de uma altura h sobre uma plataforma de massa desprezível. Deseja-se desenhar uma mola e um amortecedor, sobre os quais a plataforma será montada, de tal forma que ela possa atingir uma nova posição de equilíbrio x0, abaixo da posição original, tão rápido quanto possível.

(a) Determine a constante k da mola e a constante de amortecimento b do amortecedor. (1.0)

A equação de movimento a partir do momento em que a massa atinge a plataforma é

m$\displaystyle \ddot{{x}}$ + b$\displaystyle \dot{{x}}$ + kx = – mg  .

      A posição de equilíbrio é atingida quando

$ \ddot{{x}}$

      =

$ \dot{{x}}$

      = 0. Isso dá

x0

      = –

mg

      /

k

      . Como a posição

x0

      é fornecida pelo problema, calculamos

k

      :

k = – $\displaystyle {\frac{{mg}}{{x_0}}}$$\displaystyle {\frac{{mg}}{{\vert x_0\vert}}}$

      (lembrando que

x0

      é negativo). A constante de amortecimento é determinada pelo fato de que o movimento deve amortecer o mais rápido possível. Isso ocorre para o amortecimento crítico, onde

b

      /2

m

      =

$ \sqrt{{k/m}}$

      . Isso dá

b = 2m$\displaystyle \sqrt{{k/m}}$ = 2m$\displaystyle \sqrt{{g/\vert x_0\vert}}$  .

(b) Obtenha a solução x(t) para o movimento da massa sobre a plataforma. Use o eixo x vertical com origem na posição de equilíbrio original da plataforma e apontando para cima. (1.5)

Como o amortecimento é crítico e temos também a força gravitacional agindo como uma força externa (constante), a solução geral é

x(t) = Ae$\scriptstyle \gamma$t + Bte$\scriptstyle \gamma$tmg/k

      onde

$ \gamma$

      =

b

      /2

m

      e o último termo é a solução particular da equação não-homogênea. As condições iniciais são

x

      (0) = 0 e

$ \dot{{x}}$

      (0) =

v0

      = –

$ \sqrt{{2gh}}$

      , onde escolhemos o momento do impacto como

t

      = 0 e usamos o valor da velocidade devido à queda livre da massa da altura

h

      . Impondo essas condições obtemos

A

      =

mg

      /

k

      e

B

      =

v0

      +

$ \gamma$mg

      /

k

      . A solução final fica

x(t) = $\displaystyle {\frac{{mg}}{{k}}}$e$\scriptstyle \gamma$t$\displaystyle \left(\vphantom{\frac{\gamma mg}{k}-\sqrt{mgh} }\right.$$\displaystyle {\frac{{\gamma mg}}{{k}}}$ – $\displaystyle \sqrt{{mgh}}$$\displaystyle \left.\vphantom{\frac{\gamma mg}{k}-\sqrt{mgh} }\right)$te$\scriptstyle \gamma$tmg/k  .

    1. Um oscilador harmônico sem amortecimento (b = 0), é submetido a uma força externa F0sin$ \omega_{0}^{}$t.

(a) Encontre x(t) supondo que x(0) = $ \dot{{x}}$(0) = 0. (1.5)

A equação de movimento é

m$\displaystyle \ddot{{x}}$ + kx = F0sin$\displaystyle \omega_{0}^{}$t  .

      A solução da equação homogênea é

A

      cos

$ \omega$t

      +

B

      sin

$ \omega$t

      onde

$ \omega$

      =

$ \sqrt{{k/m}}$

      . A solução da equação não-homogênea é da forma

xnh

      =

C

      sin

$ \omega_{0}^{}$t

      . Substituindo na equação de movimento encontramos

C$\displaystyle {\frac{{F_0/m}}{{\omega^2 - \omega_0^2}}}$

      e a solução geral fica:

x(t) = A cos$\displaystyle \omega$t + B sin$\displaystyle \omega$t$\displaystyle {\frac{{F_0/m}}{{\omega^2 - \omega_0^2}}}$sin$\displaystyle \omega_{0}^{}$t  .

      Impondo as condições de contorno

x

      (0) =

$ \dot{{x}}$

      (0) = 0 encontramos

A

      = 0 e

B

      = –

C$ \omega_{0}^{}$

      /

$ \omega$

      . A solução final é:

x(t) = $\displaystyle {\frac{{F_0/m}}{{\omega^2 - \omega_0^2}}}$$\displaystyle \left(\vphantom{ \sin{\omega_0 t} -\frac{\omega_0}{\omega} \sin{\omega t} }\right.$sin$\displaystyle \omega_{0}^{}$t – $\displaystyle {\frac{{\omega_0}}{{\omega}}}$sin$\displaystyle \omega$t$\displaystyle \left.\vphantom{ \sin{\omega_0 t} -\frac{\omega_0}{\omega} \sin{\omega t} }\right)$  .(b) Como fica o movimento se $ \omega_{0}^{}$$ \omega$$ \equiv$$ \sqrt{{k/m}}$? (Dica: faça $ \omega_{0}^{}$$ \omega$$ \epsilon$ e expanda x(t) até primeira ordem em $ \epsilon$.) (1.0)

Não podemos fazer diretamente $ \omega_{0}^{}$$ \omega$ em x(t). Temos que tomar o limite $ \omega_{0}^{}$$ \rightarrow$$ \omega$. Seguindo a sugestão, fazemos $ \omega_{0}^{}$$ \omega$$ \epsilon$ e depois fazemos$ \epsilon$$ \rightarrow$ 0. Expandindo cada termo que contém$ \omega_{0}^{}$ obtemos:

sin$\displaystyle \omega_{0}^{}$t$\displaystyle \approx$ sin$\displaystyle \omega$t$\displaystyle \epsilon$t cos$\displaystyle \omega$t
$\displaystyle {\frac{{F_0/m}}{{\omega^2 - \omega_0^2}}}$$\displaystyle \approx$$\displaystyle {\frac{{F_0}}{{2m\omega\epsilon}}}$
$\displaystyle {\frac{{\omega_0}}{{\omega}}}$=1+$\displaystyle {\frac{{\epsilon}}{{\omega}}}$  .
      Substituindo em

x

      (

t

      ) obtemos
x(t) $\displaystyle \approx$$\displaystyle {\frac{{F_0}}{{2m\omega\epsilon}}}$$\displaystyle \left[\vphantom{ \sin{\omega t} +\epsilon t \cos{\omega t} - \left( 1 + \frac{\epsilon}{\omega}\right) \sin{\omega t} }\right.$sin$\displaystyle \omega$t$\displaystyle \epsilon$t cos$\displaystyle \omega$t – $\displaystyle \left(\vphantom{ 1 + \frac{\epsilon}{\omega}}\right.$1 + $\displaystyle {\frac{{\epsilon}}{{\omega}}}$$\displaystyle \left.\vphantom{ 1 + \frac{\epsilon}{\omega}}\right)$sin$\displaystyle \omega$t$\displaystyle \left.\vphantom{ \sin{\omega t} +\epsilon t \cos{\omega t} - \left( 1 + \frac{\epsilon}{\omega}\right) \sin{\omega t} }\right]$
$\displaystyle {\frac{{F_0}}{{2m\omega^2}}}$$\displaystyle \left(\vphantom{ \sin{\omega t} + t \omega \cos{\omega t} }\right.$sin$\displaystyle \omega$t + t$\displaystyle \omega$cos$\displaystyle \omega$t$\displaystyle \left.\vphantom{ \sin{\omega t} + t \omega \cos{\omega t} }\right)$  .
      A massa oscila ainda com frequência

$ \omega$

      , mas a amplitude do movimento cresce linearmente com o tempo. Na prática, espera-se que depois de um certo tempo a mola deixe de apresentar uma resposta linear e acabe quebrando. Esse fenômeno é conhecido como

ressonância

    . Um exemplo famoso é o de uma ponte que entrou em ressonnacia com o vento soprando durante uma tempestade e acabou caindo.