Exercício Resolvido de Oscilações Harmônicas
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Um bloco de massa m = 0,25 kg é ligado a uma mola de constante elástica k = 0,25 N/m e a um amortecedor de constante de amortecimento b = 0,5 N.s/m. O bloco é deslocado de sua posição de equilíbrio O até um ponto P a 0,1 m e solto a partir do repouso. Determine:
a) A equação do movimento;
b) Classifique o tipo de oscilação;
c) O gráfico da posição x função do tempo t.


Dados do problema:
  • Massa do corpo:    m = 0,25 kg;
  • Constante elástica da mola:    k = 0,25 N/m;
  • Constante de amortecimento:    b = 0,5 N.s/m;
  • Posição inicial (t = 0):    x0 = 0,1 m;
  • Velocidade inicial (t = 0):    v0 = 0.
Esquema do problema:

Adotamos um sistema de referência com sentido positivo para a direita. O bloco é deslocado até a posição x0 = 0,1 m e quando solto a força elástica da mola fará com que retorne à posição de equilíbrio, a velocidade inicial é nula, v0 = 0. Com isto escrevemos as Condições Iniciais do problema
Figura 1
\[ \begin{array}{l} x(0)=0,1\;\text{m}\\[10pt] v_{0}=\dfrac{dx(0)}{dt}=0 \end{array} \]
Solução

a) Aplicando a 2.ª Lei de Newton
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {F=m\frac{d^{2}x}{dt^{2}}} \tag{I} \end{gather} \]
a força elástica da mola é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {F_{E}=-kx} \tag{II-a} \end{gather} \]
a força de amortecimento é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {F_{R}=-bv=-b\frac{dx}{dt}} \tag{II-b} \end{gather} \]
o sinal de negativo na força elástica representa que ela atua contra o sentido do deslocamento do bloco (atua no sentido de restabelecer o equilíbrio), na força de amortecimento representa que ela atua contra o sentido da velocidade (atua no sentido de frear o movimento). Substituindo as expressões (II-a) e (II-b) na expressão (I)
\[ \begin{gather} -F_{E}-F_{R}=m\frac{d^{2}x}{dt^{2}}\\[5pt] -kx-b\frac{dx}{dt}=m\frac{d^{2}x}{dt^{2}}\\[5pt] m\frac{d^{2}x}{dt^{2}}+b\frac{dx}{dt}+kx=0 \end{gather} \]
esta é uma Equação Diferencial Ordinária Homogênea de 2.ª Ordem. Dividindo toda a equação pela massa m
\[ \begin{gather} \frac{d^{2}x}{dt^{2}}+\frac{b}{m}\frac{dx}{dt}+\frac{k}{m}x=0 \end{gather} \]
substituindo os valores dados no problema
\[ \begin{gather} \frac{d^{2}x}{dt^{2}}+\frac{0,5}{0,25}\frac{dx}{dt}+\frac{0,25}{0,25}x=0\\[5pt] \frac{d^{2}x}{dt^{2}}+2\frac{dx}{dt}+x=0 \tag{III} \end{gather} \]
Solução de    \( \displaystyle \frac{d^{2}x}{dt^{2}}+2\frac{dx}{dt}+x=0 \)

A solução deste tipo de equação é encontrada fazendo-se as substituições
\[ \begin{array}{l} x={\operatorname{e}}^{\lambda t}\\[5pt] \dfrac{dx}{dt}=\lambda {\operatorname{e}}^{\lambda t}\\[5pt] \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}}=\lambda^{2}{\operatorname{e}}^{\lambda t} \end{array} \]
substituindo estes valores na equação diferencial
\[ \begin{gather} \lambda^{2}{\operatorname{e}}^{\lambda t}+2\lambda{\operatorname{e}}^{\lambda t}+{\operatorname{e}}^{\lambda t}=0\\[5pt] {\operatorname{e}}^{\lambda t}\left(\lambda^{2}+2\lambda+1\right)=0\\[5pt] \lambda^{2}+2\lambda+1=\frac{0}{{\operatorname{e}}^{\lambda t}}\\[5pt] \lambda^{2}+2\lambda+1=0 \end{gather} \]
esta é a Equação Característica que tem como solução
\[ \begin{gather} \Delta =b^{2}-4ac=2^{2}-4.1.1=4-4=0\\[5pt] \lambda_{1}=\lambda_{2}=\frac{-b}{2a}=\frac{-2}{2.1}=\frac{-2}{2}=-1 \end{gather} \]
como Δ = 0 a solução da equação diferencial será
\[ \begin{gather} x=C_{1}{\operatorname{e}}^{\lambda_{1}t}+C_{2}t{\operatorname{e}}^{\lambda_{2}t}\\[5pt] x=C_{1}{\operatorname{e}}^{-t}+C_{2}t{\operatorname{e}}^{-t} \tag{IV} \end{gather} \]
onde C1 e C2 são constantes de integração determinadas pelas Condições Iniciais.
Derivando a expressão (IV) em relação ao tempo, a função x(t) é a soma de duas funções, a derivada da soma é dada pela soma das derivadas
\[ \begin{gather} (f+g)'=f'+g' \end{gather} \]
o segundo termo do lado direito da igualdade é o produto de duas funções, usando a regra do poroduto para derivadas
\[ \begin{gather} (uv)'=u'v+uv' \end{gather} \]
com   \( f=C_{1}{\operatorname{e}}^{-t} \), \( g=C_{2}t{\operatorname{e}}^{-t} \)   e   \( u=t \), \( v={\operatorname{e}}^{-t} \),
\[ \begin{gather} \frac{dx}{dt}=\frac{df}{dt}+\frac{dg}{dt}\\[5pt] \frac{dx}{dt}=\frac{df}{dt}+\left(\frac{du}{dt}v+u\frac{dv}{dt}\right)\\[5pt] \frac{dx}{dt}=\left(-C_{1}{\operatorname{e}}^{-t}\right)+\left[1.{C_{2}\operatorname{e}}^{-t}+\left({-tC_{2}\operatorname{e}}^{-t}\right)\right]\\[5pt] \frac{dx}{dt}=-C_{1}{\operatorname{e}}^{-t}+C_{2}{\operatorname{e}}^{-t}-C_{2}t{\operatorname{e}}^{-t}\\[5pt] \frac{dx}{dt}=-C_{1}{\operatorname{e}}^{-t}+C_{2}{\operatorname{e}}^{-t}\left(1-t\right) \tag{V} \end{gather} \]
substituindo as Condições Iniciais nas expressões (IV) e (V)
\[ \begin{gather} x(0)=0,1=C_{1}{\operatorname{e}}^{-0}+C_{2}.0.{\operatorname{e}}^{-0}\\[5pt] 0,1=C_{1}{\operatorname{e}}^{0}+0\\[5pt] C_{1}=0,1 \tag{VI} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \frac{dx(0)}{dt}=0=-C_{1}{\operatorname{e}}^{-0}+C_{2}{\operatorname{e}}^{-0}\left(1-0\right)\\[5pt] 0=-C_{1}{\operatorname{e}}^{0}+C_{2}{\operatorname{e}}^{0}1\\ 0=-C_{1}+C_{2} \end{gather} \]
substituindo o valor de C1 encontrado em (VI)
\[ \begin{gather} 0=-0,1+C_{2}\\[5pt] C_{2}=0,1 \tag{VII} \end{gather} \]
substituindo estas constantes na expressão (IV)
\[ \begin{gather} x(t)=0,1{\operatorname{e}}^{-t}+0,1t{\operatorname{e}}^{-t} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {x(t)=0,1{\operatorname{e}}^{-t}\left(1+t\right)} \end{gather} \]

b) Como Δ = 0 este é um oscilador crítico.

c) Construção do gráfico de
\[ \begin{gather} x(t)=0,1{\operatorname{e}}^{-t}\left(1+t\right) \tag{VIII} \end{gather} \]
Fazendo x(t) = 0 na expressão (VIII) encontramos as raízes da equação
\[ \begin{gather} x(t)=0,1{\operatorname{e}}^{-t}\left(1+t\right)=0\\[5pt] 0,1{\operatorname{e}}^{-t}\left(1+t\right)=0 \end{gather} \]
temos as raízes quando   \( 0,1{\operatorname{e}}^{-t}=0 \)   ou   \( 1+t=0 \),   no primeiro caso não existe t que satisfaça a igualdade, no segundo caso a função x(t) cruza o eixo das abscissas em t = −1, existe uma raiz no ponto (t, x) = (-1, 0).

Derivada de    \( x(t)=0,1{\operatorname{e}}^{-t}\left(1+t\right) \)

A função x(t) é dada pelo produto de duas funções, usando novamente a regra da derivada de um produto de funções, com   \( u=0,1\operatorname{e}^{-t} \)   e   \( v=1+t \)
\[ \begin{gather} \frac{dx}{dt}=\frac{du}{dt}v+u\frac{dv}{dt}\\[5pt] \frac{dx}{dt}=-0,1{\operatorname{e}}^{-t}(1+t)+0,1{\operatorname{e}}^{-t}.1=\\[5pt] \frac{dx}{dt}=-0,1{\operatorname{e}}^{-t}-0,1{\operatorname{e}}^{-t}t+0,1{\operatorname{e}}^{-t}=\\[5pt] \frac{dx}{dt}=-0,1{\operatorname{e}}^{-t}t \tag{IX} \end{gather} \]
fazendo \( \dfrac{dx(t)}{dt}=0 \) encontramos pontos de máximos e mínimos da função
\[ \begin{gather} -0,1t{\operatorname{e}}^{-t}=0 \end{gather} \]
temos as raízes quando   \( 0,1{\operatorname{e}}^{-t}=0 \)   ou t = 0, no primeiro caso não existe t que satisfaça a igualdade, no segundo caso t = 0, substituindo na expressão (VIII)
\[ \begin{gather} x(0)=0,1{\operatorname{e}}^{-0}\left(1+0\right)\\[5pt] x=0,1 \end{gather} \]
exite um ponto de máximo ou mínimo em (t, x) = (0; 0,1). Para valores de t negativo (t < 0) a derivada será sempre positiva   \( \left(\dfrac{dx(t)}{dt}>0\right) \)  e a função cresce. Para valores de t positivo (t > 0) a derivada será sempre negativa   \( \left(\dfrac{dx(t)}{dt}<0\right) \)   e a função decresce.
Derivando uma segunda vez a função.
Derivada de    \( \dfrac{dx}{dt}=-0,1t{\operatorname{e}}^{-t} \),   usando novamente a regra da derivada do produto de funções, com   \( u=-0,1t \)   e   \( v={\operatorname{e}}^{-t} \)
\[ \begin{gather} \frac{d^{2}x}{dt^{2}}=\frac{du}{dt}v+u\frac{dv}{dt}\\[5pt] \frac{d^{2}x}{dt^{2}}=-0,1{\operatorname{e}}^{-t}+(-0,1t)(-{\operatorname{e}}^{-t})=\\[5pt] \frac{d^{2}x}{dt^{2}}=-0,1{\operatorname{e}}^{-t}+0,1t{\operatorname{e}}^{-t}=\\[5pt] \frac{d^{2}x}{dt^{2}}=0,1{\operatorname{e}}^{-t}(-1+t) \tag{X} \end{gather} \]
fazendo   \( \dfrac{d^{2}x(t)}{dt^{2}}=0 \)   encontramos os pontos de inflexão na função
\[ \begin{gather} 0,1{\operatorname{e}}^{-t}\left(-1+t\right)=0 \end{gather} \]
temos as raízes quando   \( 0,1{\operatorname{e}}^{-t}=0 \)   ou   \( -1+t=0 \),   no primeiro caso não existe t que satisfaça a igualdade, no segundo caso temos t = 1, substituindo esse valor na expressão (VIII)
\[ \begin{gather} x(1)=0,1{\operatorname{e}}^{-1}\left(1+1\right)\\[5pt] x(1)=0,1.0,37.2\\[5pt] x=0,074 \end{gather} \]
exite um ponto de inflexão em (t, x) = (1; 0,074). Para valores de t menor que 1 (t < 1) a derivada segunda será sempre negativa   \( \left(\dfrac{d^{2}x(t)}{dt^{2}}<0\right) \)   e a função possui “boca” voltada para baixo, para valores de t maior que 1 (t > 1) a derivada segunda será sempre positiva   \( \left(\dfrac{d^{2}x(t)}{dt^{2}}>0\right) \)   e a função possui “boca” voltada para cima. Como o gráfico apresenta “boca” voltada para baixo para t menor que 1 o ponto (t, x) = (0; 0,1) encontrado na primeira derivada é ponto de máximo.
Como a variável t representa o tempo não tem sentido o cálculo de valores negativos (t < 0), para t tendendo a infinito
\[ \begin{gather} \lim _{t\rightarrow \infty }x(t)=\lim _{t\rightarrow \infty}0,1{\operatorname{e}}^{-t}\left(1+t\right)=\lim _{t\rightarrow \infty}{\frac{0,1}{{\operatorname{e}}^{-t}}}\left(1+t\right)=\frac{0,1}{{\operatorname{e}}^{-\infty}}\left(1+\infty \right)=0 \end{gather} \]
a função   \( \dfrac{0,1}{{\operatorname{e}}^{-\infty }} \)   tende a zero, a expressão \( \left(1+\infty \right) \)   tende a infinito, como a exponencial converge mais rápido o limite da função tende a zero.

Da análise feita acima traçamos o gráfico da posição em função do tempo (Gráfico 1).
Gráfico 1
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