Aula 17, exercício 2

Uma partícula de massa m se movimenta unidimensionalmente sob a ação da força associada à energia potencial
U(x)=-A \operatorname{sech}^{2}(B x)
onde A e B são constantes positivas.
(a) No plano x y, esboce o gráfico da função U.
(b) Considere pequenas oscilações em torno do ponto x=0. Calcule o período dessas oscilações.
(c) Suponha que em t=0, a partícula esteja em x=0, com energia mecânica E=0 e se movendo com velocidade positiva. Determine a posição como função do tempo.
(d) Obtenha a velocidade da partícula como função do tempo.
(e) Esboce os gráficos da posição e da velocidade como função do tempo.

Passo 1

O enunciado dá a energia potencial
U(x)=-A\,\operatorname{sech}^{2}(B x),
com A>0 e B>0. As perguntas são:
(a) esboçar o gráfico de U(x) no plano xy;
(b) considerar pequenas oscilações em torno de x=0 e calcular o período dessas oscilações;
(c) supondo que em t=0 a partícula esteja em x=0 com energia mecânica E=0 e velocidade positiva, determinar x(t);
(d) obter a velocidade v(t);
(e) esboçar os gráficos de x(t) e v(t).
Informações relevantes: massa da partícula m (positiva), casos iniciais para (c) e (d): x(0)=0, E=0, v(0)>0. Neste passo só identifiquei o que é pedido e os dados; não resolvi nada ainda.

Passo 2

Entendendo a função e o esboço pedido em (a). Primeiro definir o que é \operatorname{sech}:
\operatorname{sech}(y)=\frac{1}{\operatorname{cosh}(y)},
onde \operatorname{cosh}(y) é a função cosseno hiperbólica. Algumas propriedades importantes para o esboço:
  • \operatorname{sech}(0)=1. Logo
U(0)=-A\cdot 1^2=-A.
  • \operatorname{sech}(y)\ge 0 e é função par: \operatorname{sech}(-y)=\operatorname{sech}(y). Então U(x) é par (simétrico em relação a x=0).
  • Para |y|\to\infty, \operatorname{cosh}(y)\to\infty logo \operatorname{sech}(y)\to 0. Assim
\lim_{x\to\pm\infty}U(x)=0.
Com isso o gráfico é um poço simétrico com mínimo em x=0 de valor -A e que tende assintoticamente a 0 quando |x|\to\infty. Para o esboço: eixo horizontal x, eixo vertical U; traçar um poço simétrico com U(0)=-A e ramos subindo suavemente até 0 para x\to\pm\infty. (Isto responde o item (a) qualitativamente.)

Passo 3

Preparação para pequenas oscilações (item (b)). A ideia: perto de um mínimo numa posição de equilíbrio, uma partícula se comporta como oscilador harmônico com energia potencial aproximada por um polinômio quadrático. Fazemos a expansão em série de \operatorname{sech}^{2}(B x) para pequenos x.
Usamos que, para y pequeno,
\operatorname{cosh}(y)=1+\frac{y^{2}}{2}+O(y^{4}),
logo
\operatorname{sech}(y)=\frac{1}{\operatorname{cosh}(y)}=1-\frac{y^{2}}{2}+O(y^{4}).
Assim, ao quadrado,
\operatorname{sech}^{2}(y)=\bigg(1-\frac{y^{2}}{2}+O(y^{4})\bigg)^{2}=1-y^{2}+O(y^{4}).
Substituindo y=Bx,
\operatorname{sech}^{2}(B x)=1-(B x)^{2}+O(x^{4}).

Passo 4

Com a expansão, obtenho a forma quadrática de U perto de x=0:
U(x)=-A\big(1-(B x)^{2}+O(x^{4})\big)=-A + A B^{2} x^{2}+O(x^{4}).
Comparando com a forma de potencial harmônico em pequenos deslocamentos,
U(x)\approx U(0)+\frac{1}{2}k x^{2},
vemos que o coeficiente quadrático é \frac{1}{2}k = A B^{2}. Portanto a constante elástica efetiva é
k=2 A B^{2}.
Para pequenas oscilações em torno do mínimo, a frequência angular é
\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{2 A B^{2}}{m}}=B\sqrt{\frac{2A}{m}}.
O período T é
T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi}{B}\sqrt{\frac{m}{2A}}.
Explicação física curta: a segunda derivada de U em 0 determina a “rigidez” do poço; o movimento pequeno é aproximadamente harmônico com k=U''(0) (aqui U''(0)=2AB^{2}), daí a fórmula acima.

Passo 5

Resolver (c): determinar x(t) quando E=0, x(0)=0, velocidade positiva. Primeiro escrever conservação de energia:
E=\frac{1}{2}m\dot{x}^{2}+U(x).
Com E=0 temos
\frac{1}{2}m\dot{x}^{2}=-U(x)=A\,\operatorname{sech}^{2}(B x).
Dessa expressão obtemos a equação diferencial separável para \dot{x}=\dfrac{dx}{dt}. Como a velocidade é positiva tomamos a raiz positiva:
\dot{x}=\sqrt{\frac{2A}{m}}\,\operatorname{sech}(B x).
Reescrevendo \operatorname{sech}^{-1}=\operatorname{cosh} para separar variáveis:
\operatorname{cosh}(Bx)\,dx=\sqrt{\frac{2A}{m}}\,dt.
Integramos ambos os lados. A primitiva de \operatorname{cosh}(Bx) em x é \dfrac{1}{B}\operatorname{sinh}(Bx). Assim
\frac{1}{B}\operatorname{sinh}(Bx)=\sqrt{\frac{2A}{m}}\,t + C.
Impondo a condição inicial x(0)=0 temos \operatorname{sinh}(0)=0, logo C=0. Denotando \alpha = B\sqrt{\dfrac{2A}{m}} (apenas para simplificar a escrita), obtemos
\operatorname{sinh}(Bx)=\alpha t.
Logo a solução explícita para x(t) é, aplicando a função inversa \operatorname{arsinh} (também chamada \operatorname{arcsinh}):
x(t)=\frac{1}{B}\operatorname{arsinh}\!\big(\alpha t\big),
ou seja
\boxed{\,x(t)=\frac{1}{B}\operatorname{arsinh}\!\Big(Bt\sqrt{\frac{2A}{m}}\Big)\,}.
Breve comentário sobre \operatorname{arsinh}: por definição \operatorname{arsinh}(u)=\ln\big(u+\sqrt{1+u^{2}}\big), função ímpar e crescente, com comportamento para u\ll 1 dado por \operatorname{arsinh}(u)\approx u.

Passo 6

Determinar v(t)=\dot{x}(t) (item (d)). Podemos derivar a expressão de x(t) ou usar a equação de energia para verificar consistência.
  1. Derivando x(t)=\dfrac{1}{B}\operatorname{arsinh}(\alpha t) com \alpha = B\sqrt{\dfrac{2A}{m}}:
    a derivada de \operatorname{arsinh}(u) é \dfrac{d}{du}\operatorname{arsinh}(u)=\dfrac{1}{\sqrt{1+u^{2}}}. Aplicando a regra da cadeia,
\dot{x}(t)=\frac{1}{B}\cdot\frac{\alpha}{\sqrt{1+(\alpha t)^{2}}}.
Como \dfrac{\alpha}{B}=\sqrt{\dfrac{2A}{m}}, obtemos
\boxed{\,v(t)=\dot{x}(t)=\sqrt{\frac{2A}{m}}\;\frac{1}{\sqrt{1+\alpha^{2}t^{2}}}\,}.
Substituindo \alpha de volta:
v(t)=\sqrt{\frac{2A}{m}}\;\frac{1}{\sqrt{1+\big(Bt\sqrt{\tfrac{2A}{m}}\big)^{2}}}.
  1. Checagem rápida por energia: como \operatorname{sinh}(Bx)=\alpha t, temos \operatorname{cosh}(Bx)=\sqrt{1+\operatorname{sinh}^{2}(Bx)}=\sqrt{1+\alpha^{2}t^{2}}. Então da expressão de energia \dot{x}=\sqrt{\dfrac{2A}{m}}\,\operatorname{sech}(Bx)=\sqrt{\dfrac{2A}{m}}/\operatorname{cosh}(Bx), recuperamos exatamente a mesma expressão para v(t).

Passo 7

Comportamento assintótico e esboços (item (e)). Vamos descrever as formas de x(t) e v(t) e seus comportamentos extremos para ajudar no esboço:
  • Comportamento inicial ( t\approx 0): para u\ll 1, \operatorname{arsinh}(u)\approx u. Assim
x(t)\approx\frac{1}{B}\alpha t=\sqrt{\frac{2A}{m}}\,t,
portanto x(t) começa com crescimento aproximadamente linear, com inclinação inicial
v(0)=\sqrt{\frac{2A}{m}}.
  • Comportamento para t\to\infty: \operatorname{arsinh}(u)\sim \ln(2u) quando u\to\infty. Assim para t grande
x(t)\sim \frac{1}{B}\ln\!\big(2\alpha t\big),
ou seja x(t) cresce sem limite, mas apenas logaritmicamente (muito mais devagar que linear). Portanto o gráfico de x(t) é crescente, com inclinação que diminui com o tempo.
  • Para v(t), usando a expressão obtida,
v(t)=\sqrt{\frac{2A}{m}}\;\frac{1}{\sqrt{1+\alpha^{2}t^{2}}}.
Temos v(0)=\sqrt{\dfrac{2A}{m}} e v(t)\to 0 quando t\to\infty. Para t grande, \,v(t)\sim \dfrac{1}{B t}\, (substituindo \alpha), então decai como 1/t. Logo o gráfico de v(t) é uma curva positiva, monotonicamente decrescente, partindo de v(0)=\sqrt{2A/m} e aproximando-se de zero.
  • Esboços qualitativos:
    • x(t): uma reta quase linear no início, depois curva para cima mais suavemente, crescendo indefinidamente mas cada vez mais devagar (comportamento logarítmico).
    • v(t): começa em v(0)=\sqrt{2A/m} e decresce continuamente para 0, com cauda aproximadamente proporcional a 1/t.

Passo 8

Resumo final das respostas (concisão para conferência rápida). Aqui coloco só as expressões finais pedidas, cada uma em sua linha conforme solicitado.

Resposta

(a) Gráfico: função par com mínimo em x=0 de valor U(0)=-A, tal que \lim_{x\to\pm\infty}U(x)=0; poço simétrico que tende a 0 nas duas extremidades.
(b) \displaystyle T=\frac{2\pi}{B}\sqrt{\frac{m}{2A}}.
(c) \displaystyle x(t)=\frac{1}{B}\operatorname{arsinh}\!\Big(Bt\sqrt{\frac{2A}{m}}\Big).
(d) \displaystyle v(t)=\sqrt{\frac{2A}{m}}\;\frac{1}{\sqrt{1+\big(Bt\sqrt{\tfrac{2A}{m}}\big)^{2}}}.
(e) x(t): crescente, inicialmente quase linear com inclinação v(0)=\sqrt{2A/m}, crescendo lentamente e tendendo a crescer logaritmicamente para t\to\infty. \nh v(t): função positiva e monotonicamente decrescente, com v(0)=\sqrt{2A/m} e v(t)\to 0 quando t\to\infty (cauda assintótica \sim 1/(B t)).

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