Mostre que a energia total do oscilador sub-amortecido é dada por:
\begin{gathered} E(t)=\frac{1}{2} m A^{2} e^{-\gamma t}\left[\left(\omega_{0}^{2}+\frac{\gamma^{2}}{4}\right) \cos ^{2}(\omega t+\varphi)+\omega^{2} \operatorname{sen}^{2}(\omega t+\varphi)\right. \\ \left.+\frac{\gamma \omega}{2} \operatorname{sen}[2(\omega t+\varphi)]\right] \end{gathered}

Passo 1

O que o problema pede: mostrar que a energia total do oscilador sub-amortecido é dada por
\begin{gathered} E(t)=\frac{1}{2} m A^{2} e^{-\gamma t}\left[\left(\omega_{0}^{2}+\frac{\gamma^{2}}{4}\right) \cos ^{2}(\omega t+\varphi)+\omega^{2} \sin^{2}(\omega t+\varphi)\right. \\\ \left.+\frac{\gamma \omega}{2} \sin[2(\omega t+\varphi)]\right]. \end{gathered}
Informações relevantes fornecidas (ou padrão para este problema):
  • A solução do oscilador sub-amortecido (forma usual) é
x(t)=A e^{-\frac{\gamma}{2}t}\cos(\omega t+\varphi),
onde A e \varphi são constantes determinadas pelas condições iniciais.
  • A frequência natural e a frequência amortecida estão relacionadas por
\omega_0^2=\frac{k}{m},\qquad \omega=\sqrt{\omega_0^2-\frac{\gamma^2}{4}}.
  • A energia total é a soma da energia cinética e potencial:
E(t)=\frac{1}{2}m\dot{x}(t)^2+\frac{1}{2}k x(t)^2.

Passo 2

Vamos calcular a velocidade \dot{x}(t) usando regra do produto e cadeia. Defina o ângulo
\theta(t)=\omega t+\varphi,
para simplificar a escrita. Então x(t)=A e^{-\frac{\gamma}{2}t}\cos\theta(t). Diferenciando,
\dot{x}(t)=\frac{d}{dt}\bigl(A e^{-\frac{\gamma}{2}t}\cos\theta\bigr).
Aplicando a regra do produto: \frac{d}{dt}(fg)=f'\,g+f\,g'. Aqui f(t)=A e^{-\frac{\gamma}{2}t} e g(t)=\cos\theta. Temos f'(t)=-\frac{\gamma}{2}A e^{-\frac{\gamma}{2}t} e g'(t)=-\omega\sin\theta. Substituindo,
\dot{x}(t)=A e^{-\frac{\gamma}{2}t}\biggl(-\omega\sin\theta-\frac{\gamma}{2}\cos\theta\biggr).

Passo 3

Agora vamos calcular \dot{x}(t)^2. Para facilitar, escrevemos
\dot{x}(t) = A e^{-\frac{\gamma}{2}t}\bigl(-\tfrac{\gamma}{2}\cos\theta - \omega\sin\theta\bigr).
Ao elevar ao quadrado, use a identidade (a+b)^2=a^2+b^2+2ab. Portanto
\dot{x}(t)^2 = A^2 e^{-\gamma t}\left(\frac{\gamma^2}{4}\cos^2\theta+\omega^2\sin^2\theta+\gamma\omega\cos\theta\sin\theta\right).
Observação: o fator e^{-\gamma t} vem de \bigl(e^{-\frac{\gamma}{2}t}\bigr)^2.

Passo 4

A energia cinética é
T(t)=\frac{1}{2}m\dot{x}(t)^2.
Substituindo o resultado do passo anterior,
T(t)=\frac{1}{2}m A^2 e^{-\gamma t}\left(\frac{\gamma^2}{4}\cos^2\theta+\omega^2\sin^2\theta+\gamma\omega\cos\theta\sin\theta\right).

Passo 5

A energia potencial da mola é
U(t)=\frac{1}{2}k x(t)^2.
Usando k=m\omega_0^2 e x(t)=A e^{-\frac{\gamma}{2}t}\cos\theta, obtemos
U(t)=\frac{1}{2}m\omega_0^2 A^2 e^{-\gamma t}\cos^2\theta.

Passo 6

Somamos T(t) e U(t) para obter a energia total E(t). Somando as expressões dos passos 4 e 5:
\begin{aligned} E(t)&=T(t)+U(t)\\[4pt] &=\frac{1}{2}m A^2 e^{-\gamma t}\Biggl(\underbrace{\frac{\gamma^2}{4}\cos^2\theta+\omega^2\sin^2\theta+\gamma\omega\cos\theta\sin\theta}_{\text{do }T(t)}+\underbrace{\omega_0^2\cos^2\theta}_{\text{de }U(t)}\Biggr). \end{aligned}
Agrupando os termos em \cos^2\theta, \sin^2\theta e no produto \cos\theta\sin\theta,
E(t)=\frac{1}{2}m A^2 e^{-\gamma t}\left[\left(\omega_0^2+\frac{\gamma^2}{4}\right)\cos^2\theta+\omega^2\sin^2\theta+\gamma\omega\cos\theta\sin\theta\right].]

Passo 7

Finalmente, usamos a identidade trigonométrica \sin(2\theta)=2\sin\theta\cos\theta para escrever o termo misto em função de \sin(2\theta). Então \cos\theta\sin\theta=\tfrac{1}{2}\sin(2\theta), e obtemos
E(t)=\frac{1}{2}m A^2 e^{-\gamma t}\left[\left(\omega_0^2+\frac{\gamma^2}{4}\right)\cos^2\theta+\omega^2\sin^2\theta+\frac{\gamma\omega}{2}\sin(2\theta)\right],
onde lembramos \theta=\omega t+\varphi. Isso é exatamente a expressão pedida.

Resposta

\begin{gathered} E(t)=\frac{1}{2} m A^{2} e^{-\gamma t}\left[\left(\omega_{0}^{2}+\frac{\gamma^{2}}{4}\right) \cos ^{2}(\omega t+\varphi)+\omega^{2} \sin^{2}(\omega t+\varphi)\right. \\\ \left.+\frac{\gamma \omega}{2} \sin[2(\omega t+\varphi)]\right] \end{gathered}

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