1. Seja U(x, y)=2 x^{2}+\frac{1}{2} y^{2} a função energia potencial associada ao campo \vec{F}.
    a) Determine \vec{F}.
    b) Uma partícula de massa 1 é abandonada na posição (1,1) com velocidade nula. Admita que \vec{F} é a única força atuando sobre a partícula. Determine a posição \gamma(t)=(x(t), y(t)) da partícula no instante t. Desenhe a trajetória descrita pela partícula.

Passo 1

O enunciado dá a função energia potencial U(x,y)=2x^{2}+\tfrac{1}{2}y^{2} e faz duas perguntas:
  1. (a) Determinar o campo de forças \vec{F} associado a essa energia potencial.
  2. (b) Uma partícula de massa 1 é abandonada em (1,1) com velocidade nula e a única força atuante é \vec{F}. Determinar a posição \gamma(t)=(x(t),y(t)) da partícula no tempo t e desenhar a trajetória descrita.
Informações relevantes dadas:
U(x,y)=2x^{2}+\tfrac{1}{2}y^{2},
massa m=1, posição inicial (x(0),y(0))=(1,1), velocidade inicial (x'(0),y'(0))=(0,0), e \vec{F} é a única força agindo.

Passo 2

Conceito importante: relação entre energia potencial e força. Se uma força \vec{F} é conservativa e tem energia potencial U(x,y), então
\vec{F} = -\nabla U,
onde \nabla U é o gradiente de U. O gradiente em coordenadas cartesianas é
\nabla U = \left(\frac{\partial U}{\partial x},\;\frac{\partial U}{\partial y}\right).
Aqui cada derivada parcial significa: \frac{\partial U}{\partial x} é a taxa de variação de U quando só variamos x mantendo y fixo, e similar para \frac{\partial U}{\partial y}. Esse resultado vem da definição de trabalho de uma força conservativa e da propriedade de potenciais.
Vamos aplicar isso ao nosso U.

Passo 3

Calcule as derivadas parciais de U:
\frac{\partial U}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\left(2x^{2}+\tfrac{1}{2}y^{2}\right)=4x,
\frac{\partial U}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left(2x^{2}+\tfrac{1}{2}y^{2}\right)=y.
Portanto o gradiente é
\displaystyle \nabla U=(4x,\;y).
Aplicando \vec{F}=-\nabla U obtemos
\boxed{\vec{F}=(-4x,\,-y).}
Isso responde a parte (a). No exame basta lembrar da fórmula \vec{F}=-\nabla U e calcular as parciais.

Passo 4

Agora a parte (b): usar a segunda lei de Newton. Para massa m=1 temos
m\ddot{\gamma}(t)=\vec{F}(\gamma(t)) \quad\Rightarrow\quad \ddot{\gamma}(t)=\vec{F}(\gamma(t)).
Escrevendo \gamma(t)=(x(t),y(t)) e usando \vec{F}=(-4x,-y) obtemos o sistema desacoplado de equações ordinárias:
x''(t)=-4x(t),
y''(t)=-y(t),
com condições iniciais
x(0)=1,\quad x'(0)=0,\qquad y(0)=1,\quad y'(0)=0.
Explico o que significa cada coisa: x''(t) é a aceleração da coordenada x; a equação é linear homogênea com coeficientes constantes — tipo muito comum e fácil de resolver.

Passo 5

Resolver a equação para x. É uma equação da forma
x''+4x=0.
Método: assumir solução da forma x(t)=e^{\lambda t}, obter a equação característica \lambda^{2}+4=0 que tem raízes \lambda=\pm 2i. Isso indica soluções senoidais. A solução geral é
x(t)=A\cos(2t)+B\sin(2t),
onde A,B são constantes a determinar pelas condições iniciais. Usando x(0)=1 A=1. A derivada é x'(t)=-2A\sin(2t)+2B\cos(2t), então x'(0)=2B=0 implica B=0. Logo
\boxed{x(t)=\cos(2t).}
Observação prática para prova: sempre escreva a solução geral e imponha as condições iniciais para achar as constantes; aqui ficou bem simples.

Passo 6

Resolver a equação para y. É
y''+y=0.
Usando o mesmo método, a solução geral é
y(t)=C\cos(t)+D\sin(t).
Condições iniciais: y(0)=1 C=1. A derivada y'(t)=-C\sin t + D\cos t e y'(0)=D=0. Logo
\boxed{y(t)=\cos(t).}

Passo 7

Juntando as duas componentes, a posição da partícula é
\gamma(t)=(x(t),y(t))=(\cos(2t),\cos(t)).
Algumas observações didáticas úteis para a prova e para entender a trajetória:
  • As equações são independentes e resultaram em oscilações harmônicas simples: x oscila com frequência angular 2 e y com frequência angular 1.
  • A trajetória no plano é uma curva de Lissajous com razão de frequências 2:1. Como x tem período \pi e y tem período 2\pi, o movimento geral se repete com período 2\pi (mínimo múltiplo comum).
  • Condição inicial de velocidade nula faz a partícula começar no ponto (1,1) em repouso e, inicialmente, a aceleração é \gamma''(0)=(-4,-1), então no começo ela tende a se mover para o quarto quadrante (reduzindo ambas as coordenadas).
  • Se for pedir desenhar: você pode esboçar alguns pontos no tempo t=0,\;\tfrac{\pi}{4},\;\tfrac{\pi}{2},\;\pi etc. Por exemplo: \gamma(0)=(1,1),\quad \gamma\!\big(\tfrac{\pi}{2}\big)=(\cos\pi,\cos\tfrac{\pi}{2})=(-1,0),\quad \gamma(\pi)=(\cos 2\pi,\cos\pi)=(1,-1).Ligando esses pontos seguindo a parametrização obtém-se o padrão de Lissajous (uma curva fechada com duas “lacinhas” quando desenhada).
  • Verificação por energia (checar se quiser): energia total E=T+U com T=\tfrac{1}{2}(x'^{2}+y'^{2}). Inicialmente T(0)=0 e U(1,1)=2+\tfrac{1}{2}= \tfrac{5}{2}, logo E=\tfrac{5}{2} e essa energia se conserva ao longo do movimento — isso serve como checagem.

Resposta

(a) \vec{F}=(-4x,\,-y)
(b) \gamma(t)=(\cos(2t),\;\cos(t))

Exercícios relacionados