2.4 A particle of mass m is constrained to lie along a frictionless, horizontal plane subject to a force given by the expression F(x)=-k x. It is projected from x=0 to the right along the positive x direction with initial kinetic energy T_{0}=1 / 2 k A^{2} . k and A are positive constants. Find (a) the potential energy function V(x) for this force; (b) the kinetic energy, and (c) the total energy of the particle as a function of its position. (d) Find the turning points of the motion. (e) Sketch the potential, kinetic, and total energy functions. (Optional: Use Mathcad or Mathematica to plot these functions. Set k and A each equal to 1.)
2.5 As in the problem above, the particle is projected to the right with initial kinetic energy T_{0} but subject to a force F(x)=-k x+k x^{3} / A^{2}, where k and A are positive constants. Find (a) the potential energy function V(x) for this force; (b) the kinetic energy, and (c) the total energy of the particle as a function of its position. (d) Find the turning points of the motion and the condition the total energy of the particle must satisfy if its motion is to exhibit turning points. (e) Sketch the potential, kinetic, and total energy functions. (Optional: Use Mathcad or Mathematica to plot these functions. Set k and A each equal to 1 .)

Passo 1

Vou listar com clareza o que o enunciado dá e o que ele pede para cada item. Peguei do enunciado os valores e as expressões seguintes.
Para o problema 2.4:
  • A força é F(x)=-k x, com k>0.
  • A energia cinética inicial quando x=0 é T_{0}=\dfrac{1}{2}kA^{2}, com A>0.
    O que se pede:
    (a) função energia potencial V(x) correspondente a F(x);
    (b) energia cinética T(x) em função de x;
    (c) energia total E em função de x;
    (d) pontos de inversão (turning points) do movimento;
    (e) esboço (descrição) de V(x), T(x) e E.
Para o problema 2.5:
  • A força é F(x)=-k x + \dfrac{k x^{3}}{A^{2}}, com k>0 e A>0.
  • A energia cinética inicial quando x=0 é T_{0} (o enunciado diz “como no problema acima”, então T_{0} pode ser tratado simbolicamente, e depois avaliamos o caso T_{0}=\tfrac{1}{2}kA^{2} se for pedido).
    O que se pede:
    (a) V(x) para essa força;
    (b) T(x);
    (c) energia total E;
    (d) pontos de inversão e a condição que E deve satisfazer para haver pontos de inversão;
    (e) esboço (descrição) de V(x), T(x) e E.
Observação útil que vou usar sempre: para uma força conservativa unidimensional vale a relação
F(x) = -\frac{dV}{dx},
logo
\frac{dV}{dx} = -F(x),
e a energia mecânica total E se conserva:
E = T(x) + V(x)=\text{const}.

Passo 2

Resolver o problema 2.4 — encontrar V(x).
Parto da relação \dfrac{dV}{dx}=-F(x). Como F(x)=-k x,
\frac{dV}{dx} = -(-k x)=k x.
Agora integro em x para obter V(x). A integral é simples: \int k x\,dx = \dfrac{k x^{2}}{2}+C. Então
V(x)=\frac{1}{2}k x^{2}+C.
Escolho a constante de referência para potencial de forma conveniente. O enunciado normalmente permite escolher V(0)=0. Tomando V(0)=0 obtém-se C=0. Portanto
V(x)=\frac{1}{2}k x^{2}.
Explicação didática curta: integrar \dfrac{dV}{dx}=k x é direto; k é constante e a antiderivada de x é x^{2}/2. Fixar V(0)=0 é uma escolha de referência comum que facilita contas.

Passo 3

Ainda no 2.4 — encontrar T(x) e E.
A energia total E é conservada e vale o valor inicial quando x=0. No enunciado foi dado T_{0}=\dfrac{1}{2}kA^{2} e com a escolha V(0)=0 tem-se
E = T_{0}+V(0)=\frac{1}{2}kA^{2}+0=\frac{1}{2}kA^{2}.
Portanto a energia total é constante e igual a \dfrac{1}{2}kA^{2}.
Usando conservação de energia, a energia cinética em função de x é
T(x)=E-V(x)=\frac{1}{2}kA^{2}-\frac{1}{2}k x^{2}=\frac{1}{2}k\bigl(A^{2}-x^{2}\bigr).
Comentário didático: essa expressão mostra que quanto maior V(x) (isto é, quanto maior |x|), menor a energia cinética — intuitivamente a força conservativa converte energia cinética em potencial e vice-versa.

Passo 4

Ainda no 2.4 — localizar os pontos de inversão (turning points).
Pontos de inversão ocorrem quando T(x)=0 (velocidade nula). Assim igualamos
\frac{1}{2}k\bigl(A^{2}-x^{2}\bigr)=0 \quad\Rightarrow\quad A^{2}-x^{2}=0.
Logo
x=\pm A.
Interpretação: o movimento é oscilatório entre x=-A e x=+A. Com a condição inicial dada (projetado para a direita a partir de x=0), a partícula irá até x=+A, inverterá sentido e depois até x=-A, e assim por diante — é o oscilador harmônico simples.

Passo 5

Ainda no 2.4 — esboço e descrição das curvas V(x), T(x) e E.
  • V(x)=\dfrac{1}{2}k x^{2} é uma parábola voltada para cima com mínimo em x=0 e crescimento quadrático com |x|.
  • E=\dfrac{1}{2}kA^{2} é uma linha horizontal constante no valor da energia total.
  • T(x)=E-V(x)=\dfrac{1}{2}k(A^{2}-x^{2}) é uma parábola invertida (aberta para baixo) que tem máximo em x=0 com T(0)=\dfrac{1}{2}kA^{2} e zera em x=\pm A.
    Esboço mental: desenhar V(x) como uma parábola; traçar uma linha horizontal em altura E; então T(x) é a diferença vertical entre a linha horizontal e a parábola, resultando numa parábola invertida que toca o eixo x em \pm A.

Passo 6

Resolver o problema 2.5 — encontrar V(x) para F(x)=-k x + \dfrac{k x^{3}}{A^{2}}.
Usando \dfrac{dV}{dx}=-F(x),
\frac{dV}{dx} = -\biggl(-k x + \frac{k x^{3}}{A^{2}}\biggr)=k x - \frac{k x^{3}}{A^{2}}.
Integro em x:
V(x)=\int\left(k x - \frac{k x^{3}}{A^{2}}\right)dx = \frac{1}{2}k x^{2} - \frac{1}{4}\frac{k}{A^{2}}x^{4}+C.
Novamente escolho a referência V(0)=0, o que dá C=0. Assim
V(x)=\frac{1}{2}k x^{2} - \frac{1}{4}\frac{k}{A^{2}}x^{4}.
Comentário didático: é um potencial quartico com coeficiente negativo do termo x^{4}, então para grandes |x| o potencial tende a -\infty.

Passo 7

Ainda no 2.5 — energia total E e energia cinética T(x).
A constante da energia total E é o valor inicial E=T_{0}+V(0)=T_{0} se escolher V(0)=0. Logo para energia inicial geral T_{0} temos
E = T_{0}.
A energia cinética em função de x é
T(x)=E-V(x)=T_{0}-\left(\frac{1}{2}k x^{2} - \frac{1}{4}\frac{k}{A^{2}}x^{4}\right).
Se quisermos escrever com T_{0} substituído por \tfrac{1}{2}kA^{2} (caso análogo ao problema 2.4), então
T(x)=\frac{1}{2}kA^{2}-\frac{1}{2}k x^{2}+\frac{1}{4}\frac{k}{A^{2}}x^{4}.

Passo 8

No 2.5 — achar os pontos de inversão (condição T(x)=0) e discutir a condição sobre E para existir turning points.
Igualamos V(x)=E, isto é
\frac{1}{2}k x^{2} - \frac{1}{4}\frac{k}{A^{2}}x^{4} = E.
Multiplico ambos os lados por 4/A^{2} ou procuro eliminar constantes sistematicamente. Primeiro divido por k (assumindo k\neq0):
\frac{1}{2}x^{2} - \frac{1}{4}\frac{x^{4}}{A^{2}} = \frac{E}{k}.
Multiplico por 4A^{2}:
2A^{2}x^{2} - x^{4} = \frac{4A^{2}E}{k}.
Coloco tudo numa forma polinomial:
x^{4} - 2A^{2}x^{2} + \frac{4A^{2}E}{k}=0.
Defino y=x^{2} (pois a equação é quadrática em x^{2}):
y^{2} - 2A^{2}y + \frac{4A^{2}E}{k}=0.
Solução para y:
y = A^{2} \pm \sqrt{A^{4}-\frac{4A^{2}E}{k}}.
Posso factorar a raiz como A\sqrt{A^{2}-\dfrac{4E}{k}}. Logo escrevo
x^{2} = A^{2} \pm A\sqrt{A^{2}-\frac{4E}{k}}.
Para que existam raízes reais para x^{2} (e portanto para x) é necessário que o discriminante dentro da raiz seja não negativo:
A^{2}-\frac{4E}{k}\ge 0 \quad\Longrightarrow\quad E \le \frac{kA^{2}}{4}.
Portanto a condição necessária e suficiente para existirem soluções reais de V(x)=E é
E \le \frac{kA^{2}}{4}.
Interpretação física e detalhes:
  • O potencial V(x) tem um mínimo local em x=0 com V(0)=0, e máximos locais em x=\pm A com
V(\pm A)=\frac{1}{2}kA^{2}-\frac{1}{4}\frac{k}{A^{2}}A^{4}=\frac{1}{4}kA^{2}.
  • Assim V(A)=\dfrac{kA^{2}}{4} é a altura do “barreiral” local. Se E< V(A) há interseções V(x)=E dando turning points confinados ao entorno de x=0. Se E=V(A) a partícula pode exatamente chegar ao topo x=\pm A (ponto de inversão degenerado). Se E>V(A) então a partícula tem energia suficiente para ultrapassar o máximo local e como V(x)\to -\infty quando |x|\to\infty não há pontos de inversão (nenhum x com T=0); em outras palavras, a partícula pode escapar para |x| grandes sem parar.
  • Assim a condição pedida no enunciado para existir turning points é
E \le \frac{kA^{2}}{4}.

Passo 9

Aplicação ao caso específico em que a energia inicial é T_{0}=\dfrac{1}{2}kA^{2} (como no problema 2.4) para o problema 2.5.
Calculamos o discriminante A^{2}-\dfrac{4E}{k} com E=T_{0}=\dfrac{1}{2}kA^{2}:
A^{2}-\frac{4E}{k}=A^{2}-\frac{4(\tfrac{1}{2}kA^{2})}{k}=A^{2}-2A^{2}=-A^{2}<0.
Portanto não há raízes reais: para essa energia inicial particular (metade de kA^{2}) temos E>\dfrac{kA^{2}}{4}, ou seja energia maior que o máximo local, logo não existem turning points — a partícula escapa para |x| grandes.

Passo 10

Esboço e descrição das curvas para o problema 2.5.
  • V(x)=\dfrac{1}{2}k x^{2}-\dfrac{1}{4}\dfrac{k}{A^{2}}x^{4}: para pequeno x domina o termo quadrático e o potencial tem mínimo em x=0 com V(0)=0; chega a um máximo local em x=\pm A com V(\pm A)=\dfrac{kA^{2}}{4}; para |x| grandes o termo -x^{4} domina e V(x)\to -\infty. Assim o gráfico tem um “poço” central seguido de um “barreiral” em \pm A e depois cai para -\infty.
  • Linha horizontal E representa a energia total. Se E<\dfrac{kA^{2}}{4} a linha corta V(x) em até quatro pontos (dois internos próximos à origem e dois externos), e a parte ligada ao início em x=0 determina os turning points internos (movimento ligado/oscilações). Se E>\dfrac{kA^{2}}{4} a linha não corta V(x) perto da origem, logo não há turning points e a partícula pode escapar.
  • T(x)=E-V(x) é simplesmente a diferença vertical entre a linha E e o gráfico de V(x). Quando E=\tfrac{1}{2}kA^{2} (caso específico dado) tem-se E>V(A) e T(x)>0 para todo x, não existindo zeros e, portanto, sem turning points.

Resposta

2.4 (a) V(x)=\dfrac{1}{2}k x^{2}.
2.4 (b) T(x)=\dfrac{1}{2}k\bigl(A^{2}-x^{2}\bigr).
2.4 (c) E=\dfrac{1}{2}kA^{2} (constante).
2.4 (d) pontos de inversão: x=\pm A.
2.4 (e) V(x) é uma parábola \tfrac{1}{2}k x^{2} (mínimo em 0); E é uma linha horizontal em \tfrac{1}{2}kA^{2}; T(x) é uma parábola invertida que vale \tfrac{1}{2}kA^{2} em x=0 e zera em x=\pm A.
2.5 (a) V(x)=\dfrac{1}{2}k x^{2}-\dfrac{1}{4}\dfrac{k}{A^{2}}x^{4}.
2.5 (b) T(x)=E-V(x)=T_{0}-\left(\dfrac{1}{2}k x^{2}-\dfrac{1}{4}\dfrac{k}{A^{2}}x^{4}\right).
2.5 (c) E=T_{0} (constante). Em particular, se T_{0}=\dfrac{1}{2}kA^{2} então T(x)=\dfrac{1}{2}kA^{2}-\dfrac{1}{2}k x^{2}+\dfrac{1}{4}\dfrac{k}{A^{2}}x^{4}.
2.5 (d) pontos de inversão são soluções de
x^{4}-2A^{2}x^{2}+\frac{4A^{2}E}{k}=0,
ou seja
x^{2}=A^{2}\pm A\sqrt{A^{2}-\frac{4E}{k}}.
Para existirem raízes reais é necessário e suficiente
E \le \frac{kA^{2}}{4}.
No caso E=\dfrac{1}{2}kA^{2} dado no enunciado, tem-se E>\dfrac{kA^{2}}{4} e, portanto, não há turning points (a partícula escapa).
2.5 (e) V(x) tem mínimo em x=0 com V(0)=0, máximos locais em x=\pm A com V(\pm A)=\dfrac{kA^{2}}{4}, e V(x)\to -\infty quando |x|\to\infty. A linha E horizontal corta V(x) gerando turning points só se E\le \dfrac{kA^{2}}{4}; T(x) é a diferença E-V(x).

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