ED 10° Periodo

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ED VIBRAÇOES MECANICAS 9/10 PERIODO ENG. MEC.

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 1 ( LETRA B )

Da expressão y(t)= Aocos(Wo.t+ϕ) sabemos que Wo acompanha a variável tempo, portanto é π/2

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 2 ( LETRA D )

f=w/2 π, sabendo que w é π/2, temos f=0,25. Portanto T=1/f= 4

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 3 ( LETRA B )

Substituindo t por 2, temos:
 y= 0,06.cos((π/2).2 + (π/3))
y=-0,03

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 4 ( LETRA C )

Derivando a equação horária temos:
V=-0,06sen((π/2).2 + (π/3)). π/2
V=0,0816

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 5 ( LETRA D )

Derivando a velocidade temos:
a= -0,06cos((π/2).2 + (π/3)).( π/2)²
a= 0,074

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 6 ( LETRA A )

W=2 π.f
W=2 π.5
W=10 π

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 7 ( LETRA B )

Sabendo que 0 e π corresponde a partícula cruzando o instante 0, portanto π/2 e 3π/2 representa as fase seguintes da partícula, ou a fase inicial da partícula no nosso caso

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 8 ( LETRA C )

Com a equação da velocidade, temos
v(t)=-Ao.sen(wo.t+ ϕ)
10,88=-Ao.sen(0.0,1+ π/2).10π
Ao=0,346m

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 9 ( LETRA D )

Da aceleração temos:
a(t)= Ao.Wo².cos(Wo.t+ ϕ)
a(0,1)=0,35.(10 π)².cos(10π.0,1+0)
a(0,1)=-345,4 m/s²

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 10 ( LETRA E )

Da posição temos:
x(t)= Ao.cos(wo.t+ ϕ)
x(0,2)=0,35.cos(10 π.0,2+ 2π)
x(0,2)=0,343

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 11 ( LETRA A )

f=1/T
f=1/0,25
f=4
f=w/2π
w=8 π
Portanto, a equação horário da posição em função do tempo é:
x(t)= 0,08.cos(8.π.t + π/4)

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 12 ( LETRA B )

V=0,08sen(8 π.t+ π/4).8 π
V=-2.sen(8 π.t+ π/4)

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 13 ( LETRA D )

Da derivada da velocidade temos a aceleração:
a(t)= -Ao.Wo².cos(8π.t+ π/4)
a(t)=-0,08.(8π)².cos(8π.t+ π/4)
a(t)= -50,53.cos(8π.t+ π/4)

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 14 ( LETRA A )

Da equação da velocidade, temos:
V=-2.sen(8 π.t+ π/4)
V=-2.sen(8π.4+π/4)
V=-1,41m/s

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 15 ( LETRA B )

Da equação da velocidade, temos:
V=-2.sen(8 π.t+ π/4)
V=-2.sen(8π.4+π/4)
V=-1,41m/s
Energia Potencial Mecanica=
Ep=m.v²/2
Ep=0,4.(-1,41)²/2
Ep=0,397

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 16 ( LETRA C )

Da equação da velocidade, temos:
V=-2.sen(8 π.t+ π/4)
V=-2.sen(8π.4+π/4)
V=-1,41m/s
Energia Potencial Mecanica=
EM=Ec
Em=m.v²/2
Em=0,4.(-1,41)²/2
Em=0,397.2
Em=0,79

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 17 ( LETRA D )

v(t)=-w.x(t)
v(t)=-8π.0,02
v(t)=0,5
Ec=m.v²/2
Ec=0,4.(0,5)²/2
Ec=0,05

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 18 ( LETRA E )

v(t)=-w.x(t)
v(t)=-8π.0,02
v(t)=0,5
Ec=m.v²/2
Ec=0,4.(0,5)²/2
Ec=0,75

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 19 ( LETRA D )

T/2=k1.y1; T/2=k2.y2; T=k3.y3
Y=T/2.k1; y2=T/2.k2; y3=T/k3
T=4k1.k2.k3.y/(k2.k3+k1.k3+4k1.k2)
a+T/m=0
a+282,35y=0
k=w².m
k=292,35.0,5
k=141,17

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 20 ( LETRA C )

Equacinando mola, temos:
2T-Fe=m.a (não possui massa)
2T=k1.y1
T=(k1.y1)/2
Equacionando Bloco, temos:
T=-m.a
Altura y2=2y1
Substituindo, temos:
(k1.y1)/2= m.a
a+k1.y1/2m=0
w0²=k/4m
w0=14,14 rad/s

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 21 ( LETRA E )

K1=W0².4m
K1=200.4.10
K1=8000

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 22 ( LETRA C )

Massa efetiva é o que divide pelo Kef, portanto
Mef= (I+R².m)
Mef= (1,6 + 0,8².10)
Mef= 8 Kg

CONTEUDO 2 MODULO 1 - exercicio 23 ( LETRA B )

y= θ.R
m.g-F=m.a
I.a=R.F-r.(k.r. θ)
a+(k.r².θ)/(I+R².m)=g/(I+R)
W0²=8000.0,6²/(1,6+0,8².10)
W0=18,97rad/s

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CONTEUDO 3 MODULO 2 - exercicio 1 ( LETRA D )

γ= β.ωο
γ=0,25.4
γ=1
ωa=√(wo- γ)
ωa=3,873rad/s

CONTEUDO 3 MODULO 2 - exercicio 2 ( LETRA E )

y(t)=0,025.e^(-t).cos(3,87.t+ π/2)
y(0,1)=0,025.e^(-0,1).cos(3,87.0,1+ π/2)
y(0,1)=0,009m

CONTEUDO 3 MODULO 2 - exercicio 3 ( LETRA B )

m.a = Fe + Fv
m.y’’ = -k.y – c.y’
y’’ + (k/m).y + (c/m).y’ = 0 (equação diferencial)

B = ¼ < 1 (amortecimento fraco), solução da equação diferencial:
y(t) = a0.[e^(-Y.t)].cos(wa.t + Q)

B = Y/w0
1/4 = Y/4
Y = 1

wa = (w0^2-Y^2)^(1/2)
wa = (4^2-1^2)^(1/2)
wa = 3,873 rad/s

Para t=0, y=0:
0 = a0.[e^(0)].cos(wa.0+Q)
Como a0 > 0 e e^0 = 1:
0 = cos (Q)
Q = pi/2 rad

Derivando a y(t):
dy/dt = d{a0.[e^(-Y.t)].cos(wa.t + Q)}/dt
y’(t) = a0.^[e^(-Y.t)].[-Y.cos(wa.t+Q)-wa.sin(wa.t+Q)]

Para t=0, y’=0,04 m/s:
0,04 = a0.[e^(-Y.0)].[-Y.cos(wa.0+Q)-wa.sin(wa.0+Q)]
0,04 = a0.[-Y.cos(Q)-wa.sin(Q)]
a0 = 0,04/[-1.cos(pi/2)-3,873.sin(pi/2)]
a0 = -0,0103 m = 1,03 cm

CONTEUDO 3 MODULO 2 - exercicio 4 ( LETRA E )

m.a = Fe + Fv
m.y’’ = -k.y – c.y’
y’’ + (k/m).y + (c/m).y’ = 0 (equação diferencial)

B = 4 > 1 (amortecimento forte), solução da equação diferencial:
y(t) = A.e^{-Y+[(Y^2-w0^2)^(1/2)].t} + B.e^{-Y-[(Y^2-w0^2)^(1/2)].t}

B = Y/w0
4 = Y/4
Y = 16

Para t = 0, y = 0:
0 = A.[e^(-Y)] + B.[e^(-Y)]
0 = (A+B).[e^(-Y)]
A + B = 0 (Eq. I)

Derivando y(t) para obter a equação da velocidade:
dy/dt = d(A.e^{-Y+[(Y^2-w0^2)^(1/2)].t} + B.e^{-Y-[(Y^2-w0^2)^(1/2)].t})/dt
y’(t) = A.e^{-Y+[(Y^2-w0^2)^(1/2)].t}.[(Y^2-w0^2)^(1/2)] - B.e^{-Y-[(Y^2-w0^2)^(1/2)].t}.[(Y^2-w0^2)^(1/2)]

Para t=0, y’= 0,04 m/s:
0,04 = A.e^(-Y).[(Y^2-w0^2)^(1/2)]– B.e^(-Y).[(Y^2-w0^2)^(1/2)]
0,04 = (A – B).e^(-16).[(16^2-4^2)^(1/2)]
0,04 = (A – B).1,743.10^(-6)
A – B = 22943,740 (Eq. II)

De (I) em (II):
A + A = 22943,740
A = 11471,87
Portanto:
B = -11471,87
Logo:
y(t) = 11471,87.e^{-16+[(16^2-4^2)^(1/2)].t} – 11471,87.e^{-16-[(16^2-4^2)^(1/2)].t}
y(t) = 11471,87.[e^(-16+15,492.t) - e^(-16-15,492.t)]
y(t) = 11471,87.[e^(-16)].[e^(15,492.t) - e^(-15,492.t)]
y(t) = 0,00129.).[e^(15,492.t) - e^(-15,492.t)] m

Da função da posição anterior tem-se:
a0 = 0,00129 m = 0,129 cm

CONTEUDO 3 MODULO 2 - exercicio 5 ( LETRA A )

m.a = Fe + Fv
m.y’’ = -k.y – c.y’
y’’ + (k/m).y + (c/m).y’ = 0 (equação diferencial)

O amortecimento tem de ser crítico:
B = 1
Logo, a solução para a equação diferencial:
y(t) = (A + B.t).e^(-Y.t)

w0 = (k/m)^(1/2)
w0 = (80000/800)^(1/2)
w0 = 10 rad/s

B = Y/w0
Y = 1.10
Y = 10 rad/s

Y = c/(2.m)
10 = c/(2.800)
c = 16000 N.s/m

CONTEUDO 3 MODULO 2 - exercicio 6 ( LETRA C )

Da questão anterior, tem-se a equação da posição:
y(t) = (A + B.t).e^(-Y.t)

Fazendo y(0) = 1 m:
1 = (A+B.0).e^(-Y.0)
A = 1
Derivando a função da posição:
dy/dt = d[(A + B.t).e^(-Y.t)]/dt
y’(t) = {(A + B.t).[e^(-Y.t)].(-Y)} + [e^(-Y.t).B]

Fazendo y’(0) = 0:
0 = {(A + B.0).[e^(-Y.0)].(-Y)} + [e^(-Y.0).B]
0 = {(A).[(-Y)} + [B]
A.Y = B

A = 1 e Y = 10, logo:
B = 1.10
B = 10

Portanto a função com todos as constantes definidas:
y(t) = (1 + 10.t).e^(-10.t) (Esta função só é válida para o retorno)
O período para que o cano retorne até a posição normal de tiro (y = 0,01 mm):
0,00001 = (1 + 10.t).e^(-10.t)
t = 1,424 s (retorno)

Admitindo que a energia absorvida pelo cano ocorreu totalmente na posição de tiro a velocidade inicial v0:
(m.v0^2)/2 = (k.a^2)/2
v0 = a.[(k/m)^(1/2)]
v0 = 1.[(80000/800)^(1/2)
v0 = 10 m/s

0 = v0 + S(a.dt)
0 = v0 – S[(Fe/m).dt]
Esse cálculo é possível por integração numérica (pois F é variável no tempo), porém seria um pouco mais complicado. Podemos achar um resultado aproximado fazendo Fe = (k.a)/2 = (80000.1)/2 = 40000 N:
0 = 10 – (40000/800).t
t = 0,2 s (tempo de recuo)

A cadência máxima C será igual a f:
C = f = 1/(1,424 + 0,2)
C = 0,616 s^(-1) = 36,96 min^(-1)

A alternativa mais próxima é a C. Note que o pequeno erro foi devido ter considerado constante a força elástica, a fim de se evitar cálculos numéricos.

CONTEUDO 3 MODULO 2 - exercicio 7 ( LETRA A )

Se ultrapassa a posição de equilíbrio no retorno, então trata-se de um movimento oscilatório amortecido.
B < 1
A solução é do tipo:
x(t) = A.e^(-Y.t).cos(wa.t + Q)

Se t é o instante em que o deslocamento máximo x0 é