2.51. Considere uma partícula movendo-se coma energia potencial V(x)=A\left(2 e^{-2 \alpha x}-e^{-\alpha x}\right), com A e \alpha sendo constantes positivas. Essa energia potencial, conhecida como energia potencial de Morse, é uma boa aproximação para descrever a interação entre os átomos de algumas moléculas diatômicas.
c) Resolva exatamente o problema de uma partícula com essa energia potencial usando o princípio da conservação da energia e mostre que, no limite de pequenas oscilações, o período tende para aquele encontrado no item anterior.

Passo 1

O enunciado nos dá a energia potencial de Morse
V(x)=A\left(2e^{-2\alpha x}-e^{-\alpha x}\right),
com A>0 e \alpha>0. A tarefa pede duas coisas:
  • Resolver exatamente o problema do movimento de uma partícula nesta energia potencial usando o princípio da conservação de energia — isto é, obter uma expressão exata para o período T da oscilação ligada (quando a energia total E está entre o mínimo do poço e zero).
  • Mostrar que, no limite de pequenas oscilações (energia muito próxima do mínimo do poço), o período obtido tende para o período do oscilador harmônico quadrático obtido expandindo V(x) ao redor do mínimo.
Informações relevantes que extraí do enunciado:
  • Potencial V(x)=A(2e^{-2\alpha x}-e^{-\alpha x}).
  • Constantes positivas A e \alpha.
  • Queremos o período em função da energia total E (caso ligado: V_{\min}\le E<0), e o limite E\to V_{\min} (pequenas oscilações).

Passo 2

Conservação de energia e fórmula do período — montagem inicial.
Explicação didática curta: pela conservação de energia clássica a energia total E é soma da energia cinética e potencial. A velocidade é dada por \dfrac{1}{2}m\dot x^{2}=E-V(x). O tempo necessário para ir de um ponto de inversão x_1 a x_2 é \int dx/v. O período da oscilação completa (ida e volta) é duas vezes isso.
Escrevendo isso explicitamente:
\text{velocidade } v(x)=\sqrt{\dfrac{2\bigl(E-V(x)\bigr)}{m}},
T=2\int_{x_1}^{x_2}\dfrac{dx}{v(x)}=2\int_{x_1}^{x_2}\sqrt{\dfrac{m}{2}}\,\dfrac{dx}{\sqrt{E-V(x)}}=\sqrt{2m}\int_{x_1}^{x_2}\dfrac{dx}{\sqrt{E-V(x)}}.
Aqui x_1 e x_2 são os pontos de inversão definidos por V(x_{1,2})=E.

Passo 3

Mudança de variável conveniente para o potencial de Morse.
Motivação: o potencial tem exponenciais e^{-\alpha x}. É muito natural definir
y\equiv e^{-\alpha x},
pois y>0 e \,dx=-\dfrac{1}{\alpha}\dfrac{dy}{y}. Substituindo na expressão de V,
V(x)=A\bigl(2y^{2}-y\bigr).
Os pontos de inversão satisfazem
E = A(2y^{2}-y)\quad\Longrightarrow\quad 2y^{2}-y-\varepsilon=0,
onde usei \varepsilon\equiv E/A. As raízes desta quadrática são os valores y_1 e y_2 correspondentes a x_1 e x_2.
Também expresso o integral do período em y. Substituindo dx e V em T:
T=\sqrt{2m}\int_{x_1}^{x_2}\dfrac{dx}{\sqrt{E-A(2y^{2}-y)}} =\sqrt{2m}\int_{y_1}^{y_2}\dfrac{1}{\alpha}\dfrac{dy}{y}\dfrac{1}{\sqrt{E-A(2y^{2}-y)}}.
Factorizando A dentro da raiz e simplificando:
T=\dfrac{1}{\alpha}\sqrt{\dfrac{m}{A}}\int_{y_1}^{y_2}\dfrac{dy}{y\sqrt{-(2y^{2}-y-\varepsilon)}}.
Observe que 2y^{2}-y-\varepsilon=2(y-y_1)(y-y_2), e o sinal negativo foi incluído porque E-V\ge0 quando y está entre as raízes.

Passo 4

Transformação da integral em forma tratável (substituição trigonométrica).
Usarei a substituição padrão que mapeia o intervalo [y_1,y_2] em [0,\pi/2]:
y=y_1+(y_2-y_1)\sin^{2}\varphi = y_1\cos^{2}\varphi+y_2\sin^{2}\varphi,
com \varphi\in[0,\pi/2]. Então
dy=2(y_2-y_1)\sin\varphi\cos\varphi\,d\varphi,
e
\sqrt{-(2y^{2}-y-\varepsilon)}=\sqrt{2}\sqrt{(y_2-y)(y-y_1)}=\sqrt{2}(y_2-y_1)\sin\varphi\cos\varphi.
Substituindo no integrando:
\dfrac{dy}{y\sqrt{-(2y^{2}-y-\varepsilon)}} =\dfrac{2(y_2-y_1)\sin\varphi\cos\varphi\,d\varphi}{y\cdot \sqrt{2}(y_2-y_1)\sin\varphi\cos\varphi} =\sqrt{2}\,\dfrac{d\varphi}{y}.
Portanto o integral fica simplesmente (os fatores que cancelaram foram escritos explicitamente):
\int_{y_1}^{y_2}\dfrac{dy}{y\sqrt{-(2y^{2}-y-\varepsilon)}} =\sqrt{2}\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{d\varphi}{y(\varphi)}.

Passo 5

Avaliação do integral \displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{d\varphi}{y_1\cos^{2}\varphi+y_2\sin^{2}\varphi}.
Temos y(\varphi)=y_1\cos^{2}\varphi+y_2\sin^{2}\varphi. O integral padrão
\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{d\varphi}{a\cos^{2}\varphi+b\sin^{2}\varphi}
pode ser calculado com a substituição t=\tan\varphi (ou lembrando uma integral conhecida). Fazendo t=\tan\varphi, d\varphi=dt/(1+t^{2}), \cos^{2}\varphi=1/(1+t^{2}), \sin^{2}\varphi=t^{2}/(1+t^{2}). Então o integral vira
\int_{0}^{\infty}\dfrac{dt}{a+bt^{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\left[\arctan\!\Bigl(t\sqrt{\tfrac{b}{a}}\Bigr)\right]_{0}^{\infty}=\dfrac{\pi}{2\sqrt{ab}}.
Aplicando com a=y_1 e b=y_2, obtemos
\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{d\varphi}{y(\varphi)}=\dfrac{\pi}{2\sqrt{y_1 y_2}}.

Passo 6

Juntando tudo para obter a expressão exata do período.
Reunindo o fator prefatorial do Passo 3 e o valor do integral do Passo 5, lembrando que havia um fator \sqrt{2} do Passo 4:
T=\dfrac{1}{\alpha}\sqrt{\dfrac{m}{A}}\times \sqrt{2}\times \dfrac{\pi}{2\sqrt{y_1 y_2}} =\dfrac{\pi}{\alpha}\sqrt{\dfrac{m}{A}}\dfrac{1}{\sqrt{y_1 y_2}}.
Agora usamos a relação entre y_1y_2 e a energia: para a quadrática 2y^{2}-y-\varepsilon=0 o produto das raízes é
y_1y_2=\dfrac{-\varepsilon}{2}=-\dfrac{E}{2A}.
Substituindo:
T(E)=\dfrac{\pi}{\alpha}\sqrt{\dfrac{m}{A}}\cdot\sqrt{\dfrac{2A}{-E}} =\dfrac{\pi}{\alpha}\sqrt{\dfrac{2m}{-E}}.
Esta é a expressão exata do período da oscilação ligada (válida para energias V_{\min}\le E<0, lembrando que V_{\min}=-A/8).
Comentário intuitivo: a dependência T\propto 1/\sqrt{-E} mostra que o período cresce quando a energia se aproxima de zero (dissociação), o que faz sentido fisicamente: quando a partícula tem energia perto do teto V\to0 ela gasta muito tempo nos trechos longe do poço.

Passo 7

Cálculo do período de pequenas oscilações pelo método do oscilador harmônico e verificação do limite.
Para pequenas oscilações em torno do mínimo x_0 do potencial, expandimos V(x) em série de Taylor até segundo ordem. Primeiro localizamos o mínimo resolvendo V'(x)=0:
V'(x)=A\bigl(-4\alpha e^{-2\alpha x}+\alpha e^{-\alpha x}\bigr)=\alpha A e^{-\alpha x}(1-4e^{-\alpha x}).
Logo o mínimo ocorre quando e^{-\alpha x_0}=\dfrac{1}{4}, isto é y_0=1/4. O valor do potencial no mínimo é
V_{\min}=V(x_0)=A\Bigl(2\Bigl(\tfrac{1}{4}\Bigr)^{2}-\tfrac{1}{4}\Bigr)=A\Bigl(\tfrac{1}{8}-\tfrac{1}{4}\Bigr)=-\dfrac{A}{8}.
A constante elástica efetiva ( k) para pequenas oscilações é k=V''(x_0). Calculando a segunda derivada:
V''(x)=\alpha^{2}A\bigl(-e^{-\alpha x}+8e^{-2\alpha x}\bigr),
então em x_0 (onde e^{-\alpha x_0}=1/4) temos
k=V''(x_0)=\alpha^{2}A\Bigl(-\tfrac{1}{4}+8\cdot\tfrac{1}{16}\Bigr)=\alpha^{2}A\Bigl(-\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{2}\Bigr)=\dfrac{\alpha^{2}A}{4}.
O período do oscilador harmônico equivalente é
T_{0}=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{\alpha^{2}A/4}}=\dfrac{4\pi}{\alpha}\sqrt{\dfrac{m}{A}}.
Agora evaluamos o limite da expressão exata T(E) quando a energia total E se aproxima do mínimo V_{\min}=-A/8. Substituindo E\to -A/8 em
T(E)=\dfrac{\pi}{\alpha}\sqrt{\dfrac{2m}{-E}},
obtém-se
\lim_{E\to -A/8}T(E)=\dfrac{\pi}{\alpha}\sqrt{\dfrac{2m}{A/8}}=\dfrac{\pi}{\alpha}\sqrt{\dfrac{16m}{A}}=\dfrac{4\pi}{\alpha}\sqrt{\dfrac{m}{A}}=T_{0}.
Portanto o período exato tende, no limite de pequenas oscilações, exatamente para o período do oscilador harmônico obtido pela expansão em torno do mínimo.

Resposta

T(E)=\dfrac{\pi}{\alpha}\sqrt{\dfrac{2m}{-E}}\quad\text{(válido para }-A/8\le E<0\text{)}á
\lim_{E\to -A/8}T(E)=\dfrac{4\pi}{\alpha}\sqrt{\dfrac{m}{A}} \quad\text{(coincide com o período do oscilador harmônico).} ]íô

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