4.2 Aplicação: Oscilador Harmônico

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Uma mola elástica com uma extremidade fixada prende um corpo de massa $m$ na outra extremidade (veja figura (4.1)). Considere que o corpo esteja sujeito a uma força de atrito proporcional a velocidade com constante de amortecimento $\gamma$ e que a mola obedeça a lei de Hooke com constante $k$.

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Seja $y\left(t\right)$ o deslocamento do corpo da sua posição de equilíbrio estático em função do tempo $t$. A equação do movimento é obtida a partir da segunda lei de Newton:

$$ma=\sum _i{f}_i,$$

(4.13)

onde $a=y^{″<!--FUNCTION\; APPLICATION-->}\left(t\right)$ é a aceleração e ${\sum <!--FUNCTION\; APPLICATION-->}_i{\overrightarrow{f}}_i$ representa a soma de todas as forças. No caso tratado aqui, existem apenas três forças, a saber:

• a força da mola, que é proporcional ao deslocamento (lei de Hooke), com constante de proporcionalidade $k$, $f_1=-ky\left(t\right)$,
• a força de atrito, que é proporcional a velocidade, com constante de amortecimento $\gamma$, $f_2=-\gamma y^{\prime }\left(t\right)$, e
• a força externa, $f_3\left(t\right)=f\left(t\right)$

Logo,

$$m{y}^{″<!--FUNCTION\; APPLICATION-->}\left(t\right)=f_1+f_2+f_3=-ky\left(t\right)-\gamma y^{\prime }\left(t\right)+f\left(t\right),$$

(4.14)

ou seja, a equação para o deslocamento $y\left(t\right)$ é dada por

$$m{y}^{″<!--FUNCTION\; APPLICATION-->}\left(t\right)+\gamma y^{\prime }\left(t\right)+ky\left(t\right)=f\left(t\right).$$

(4.15)

O modelo fica completo quando impomos as condições iniciais $y\left(0\right)=y_0$ e $y^{\prime }\left(0\right)=y_0^{\prime }$. Agora, vamos usar o método da transformada de Laplace para resolver a equação. Aplicamos a transformada de Laplace na equação (4.15) e obtemos:

$$m\mathcal{L}\left\{y^{″<!--FUNCTION\; APPLICATION-->}\left(t\right)\right\}+\gamma \mathcal{L}\left\{y^{\prime }\left(t\right)\right\}+k\mathcal{L}\left\{y\left(t\right)\right\}=\mathcal{L}\left\{f\left(t\right)\right\}.$$

(4.16)

Aplicamos a propriedade 3.2.1 e obtemos

$$m{s}^2\mathcal{L}\left\{y\left(t\right)\right\}-msy\left(0\right)-m{y}^{\prime }\left(0\right)+\gamma s\mathcal{L}\left\{y\left(t\right)\right\}-\gamma y\left(0\right)+k\mathcal{L}\left\{y\left(t\right)\right\}=\mathcal{L}\left\{f\left(t\right)\right\}.$$

(4.17)

Impomos as condições iniciais para obter a seguinte equação subsidiária:

$$m{s}^{2}Y\left(s\right)-ms{y}_0-m{y}_0^{\prime }+\gamma sY\left(s\right)-\gamma y_0+kY\left(s\right)=F\left(s\right),$$

(4.18)

onde $F\left(s\right)=\mathcal{L}\left\{f\left(t\right)\right\}$ e $Y\left(s\right)=\mathcal{L}\left\{y\left(t\right)\right\}$. Resolvemos a equação para $Y\left(s\right)$:

$$Y\left(s\right)=\frac{F\left(s\right)+ms{y}_0+m{y}_0^{\prime }+\gamma y_0}{m{s}^2+\gamma s+k}.$$

(4.19)

A solução do problema pode ser representado por $y\left(t\right)={\mathcal{L}}^{-1}\left\{Y\left(s\right)\right\}$. O sistema massa mola pode ser classificado das seguintes formas:

• Oscilador harmônico forçado: quando a força externa não é nula.
• Oscilador harmônico livre: quando não há força externa, ou seja, $f\left(t\right)=0$, o que implica em $F\left(s\right)=0$. Nesse caso

  $$Y\left(s\right)=\frac{ms{y}_0+m{y}_0^{\prime }+\gamma y_0}{m{s}^2+\gamma s+k}.$$

  (4.20)

• Oscilador harmônico subamortecido: quando ${\gamma }^2<4mk$. No caso $F\left(s\right)=0$, temos:

  $$Y\left(s\right)=\frac{ms{y}_0+m{y}_0^{\prime }+\gamma y_0}{m{s}^2+\gamma s+k}=\frac{ms{y}_0+m{y}_0^{\prime }+\gamma y_0}{m{\left(s+\frac{\gamma }{2m}\right)}^2-\frac{{\gamma }^2}{4m}+k},$$

  (4.21)

  onde $-\frac{{\gamma }^2}{4m}+k>0$. Olhando os itens 13 e 14 da tabela de transformada A.1 e combinando com a propriedade 4.1.1, concluímos que as soluções são senos e cossenos multiplicados por exponenciais.

• Oscilador harmônico superamortecido: quando ${\gamma }^2>4mk$. No caso $F\left(s\right)=0$, temos:

  $$Y\left(s\right)=\frac{ms{y}_0+m{y}_0^{\prime }+\gamma y_0}{m{s}^2+\gamma s+k}=\frac{ms{y}_0+m{y}_0^{\prime }+\gamma y_0}{m{\left(s+\frac{\gamma }{2m}\right)}^2-\frac{{\gamma }^2}{4m}+k},$$

  (4.22)

  onde $-\frac{{\gamma }^2}{4m}+k<0$. Olhando os itens 15 e 16 da tabela de transformada A.1 e combinando com a propriedade 4.1.1, concluímos que as soluções são senos e cossenos hiperbólicos multiplicados por exponenciais, ou seja, somas de exponenciais puras (lembre-se que $2\mathrm{senh}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(at\right)=e^{at}-e^{-at}$ e $2\cosh <!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(at\right)=e^{at}+e^{-at}$).

• Oscilador harmônico criticamente amortecido: quando ${\gamma }^2=4mk$. No caso $F\left(s\right)=0$, temos:

  $$Y\left(s\right)=\frac{ms{y}_0+m{y}_0^{\prime }+\gamma y_0}{m{s}^2+\gamma s+k}=\frac{ms{y}_0+m{y}_0^{\prime }+\gamma y_0}{m{\left(s+\frac{\gamma }{2m}\right)}^2},$$

  (4.23)

  Olhando para o item 3 da tabela de transformada A.1 e combinando com a propriedade 4.1.1, concluímos que as soluções são polinômios multiplicados por exponenciais.

• Oscilador harmônico não amortecido: quando $\gamma =0$. No caso $F\left(s\right)=0$, temos:

  $$Y\left(s\right)=\frac{ms{y}_0+m{y}_0^{\prime }}{m{s}^2+k}=\frac{s{y}_0+y_0^{\prime }}{s^2+\frac{k}{m}},$$

  (4.24)

  Olhando os items 13 e 14 da tabela de transformada A.1 concluímos que as soluções são senos e cossenos puros.

Para ilustrar, tomemos um caso subamortecido, por exemplo, $\gamma =2$, $m=1$ e $k=5$, sujeitos às condições iniciais $y_0=1$ e $y_0^{\prime }=-2$. A função $Y\left(s\right)$ toma a forma:

$$Y\left(s\right)=\frac{s}{s^2+2s+5}.$$

(4.25)

A transformada inversa nos leva a solução do problema:

$$y\left(t\right)={\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+2s+5}\right\}.$$

(4.26)

Para calcular a inversa olhamos os itens 13 e 14 da tabela A.1 e escrevemos $\frac{s}{s^2+2s+5}$ numa forma conveniente

$$\frac{s}{s^2+2s+5}=\frac{s}{{\left(s+1\right)}^2+4}=\frac{s+1}{{\left(s+1\right)}^2+4}-\frac{1}{{\left(s+1\right)}^2+4}.$$

(4.27)

Usamos a propriedade 3.1.1 para concluir o resultado $$\begin{array}{rcll}y\left(t\right)& =& {\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{s+1}{{\left(s+1\right)}^2+2^2}\right\}-\frac{1}{2}{\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{2}{{\left(s+1\right)}^2+2^2}\right\}& \\ & =& e^{-t}\cos <!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(2t\right)-\frac{1}{2}{e}^{-t}\mathrm{sen}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(2t\right).& \end{array}$$

Para identificar a amplitude e a fase, escrevemos a expressão em termos de exponencial vezes cosseno:

$$e^{-t}\left(\cos <!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(2t\right)-\frac{1}{2}\mathrm{sen}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(2t\right)\right)=A{e}^{-t}\cos <!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(2t+\delta \right)=A{e}^{-t}\left(\cos <!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(2t\right)\cos <!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(\delta \right)-\mathrm{sen}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(2t\right)\mathrm{sen}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(\delta \right)\right).$$

(4.28)

Isso é verdade se $$\begin{array}{rcll}A\cos <!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(\delta \right)& =& 1& \\ A\mathrm{sen}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(\delta \right)& =& \frac{1}{2}& \end{array}$$

ou seja,

$$A=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$$

(4.29)

e $\delta$ é uma fase no primeiro quadrante onde

$$\cos <!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(\delta \right)=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5},$$

(4.30)

o que implica em $\delta \approx 0,463648rad\approx 26,57^0$. Portanto,

$$y\left(t\right)=\frac{\sqrt{5}}{2}{e}^{-t}\cos <!--FUNCTION\; APPLICATION-->\left(2t+0,463648\right).$$

(4.31)

A figura 4.2 ilustra o gráfico de $y\left(t\right)$.

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Exercícios

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