P1 F315 gabarito

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Respostas da primeira prova de Mecânica Geral I
1. a) m..x = m .v = F(v) = −F0ev/v0 →
∫ v
v0 e
−v′/v0 dv′ = −F0m
∫ t
0 dt
′ → v0(e−1 −
e−v/v0)=−F0m t → v(t)=−v0 ln
(
e−1+ F0mv0 t
)
.
b) O tempo decorrido τ para que a partícula encontre-se instantaneamente
em repouso é determinado pela condição v(t= τ)=−v0 ln
(
e−1+ F0mv0 τ
)
=
0 → e−1+ F0mv0 τ= 1 → τ=
mv0
F0
(
1−e−1).
c) x(t) = ∫ t0 v(t′)dt′ = −v0 ∫ t0 ln(e−1+ F0mv0 t′) dt′ = v0[t′ − mv0F0 (e−1+ F0mv0 t′)×
ln
(
e−1+ F0mv0 t′
)]t
0
= v0
[
t− mv0F0 e−1−
mv0
F0
(
e−1+ F0mv0 t
)
ln
(
e−1+ F0mv0 t
)]
.
d) A distância percorrida pela partícula até o instante τ em que ela encon-
tra-se instantaneamente em repouso é dada por x(τ) = v0
[
τ− mv0F0 e−1−
mv0
F0
(
e−1+ F0mv0 τ
)
ln
(
e−1+ F0mv0 τ
)]
= mv
2
0
F0
(
1−2e−1)= mv20F0e (e−2).
2. a)
x
V Hx L
b) Pontos de equilíbrio: V ′(x)= 0= 2V0a2 xe−2x/a− 2V0a
( x
a
)2 e−2x/a = 2V0xa2 e−2x/a×(
1− xa
)→ x0 = 0, x1 = a. Análise de estabilidade: V ′′(x)= 2V0a2 e−2x/a (1− xa)
−4V0xa3 e−2x/a
(
1− xa
)− 2V0xa3 e−2x/a = 2V0a2 e−2x/a (1− 4xa + 2x2a2 ), V ′′(x0 = 0)= 2V0a2 >
0 (x0 é ponto de equilíbrio estável), V ′′(x1 = a)=−2V0a2 e−2 < 0 (x1 é ponto
de equilíbrio instável). Para x→∞ temos uma situação marginalmente
estável, pois V ′(x→∞)→ 0−, com V ′′(x→∞)→ 0+.
Obs.: a análise de estabilidade deve ser efetuada necessariamente a par-
tir do sinal de V ′′(x). Considere, por exemplo, o potencial (hipotético)
unidimensional definido por V (x) = tgh 1x , V ′(x) = − 1x2 sech2 1x , V ′′(x) =
2
x4 (x− tghx) sech2 1x . A derivada V ′(x)≤ 0 sempre, a igualdade definindo
a origem x = 0 como um ponto de equilíbrio, mas x = 0− é estável, en-
quanto x = 0+ é instável. Para x→∓∞ temos uma situação marginal-
mente instável (estável), pois V ′(x→∓∞)→ 0−, com V ′′(x→∓∞)→ 0∓.
c) V (x)≈V (x0)+ 12V ′′(x0)(x− x0)2, F(x)=−dV (x)dx ≈−V ′′(x0)(x− x0) → m
..x=
F(x) = −V ′′(x0)(x− x0) → ..x = −V
′′(x0)
m (x− x0) ≡ −ω2(x− x0) → x(t) =
A cos(ωt+ϕ), com ω≡
√
V ′′(x0=0)
m =
√
2V0
ma2 .
d) Trata-se da velocidade mínima necessária para escapar do poço de po-
tencial formado em torno do ponto de equilíbrio estável em x0 = 0, ou
seja, a energia cinética deve superar o valor do potencial em x1 = a:
1
2mv
2
escape =V (x1 = a)−V (x0 = 0)=V0 e−2 → vescape =
√
2V0 e−2
m = ωae .
3. m .v = m`..θ = −mgsenθ → ..θ = − g
`
senθ ≈ − g
`
θ ≡ −ω20θ, análoga à equa-
ção de um oscilador harmônico simples, cuja solução é θ(t)= θ0 cosω0t. No
limite de pequenas oscilações e na presença de uma força viscosa adi-
cional −2m .θ√g`, temos m`..θ = −mgθ− 2m .θ√g` → ..θ+ 2√ g
`
.
θ+ g
`
θ =
..
θ+2ω0
.
θ+ω20θ = 0, cuja equação diferencial é idêntica à de um oscilador
harmônico criticamente amortecido (quando γ=ω0), ..x+2ω0 .x+ω20x= 0. A
solução geral é dada por θ(t)= (A+Bt)e−ω0t. Aplicando as condições iniciais
θ(t= 0)= θ0 e
.
θ(t= 0)= 0, temos θ(t= 0)= θ0 = A,
.
θ(t)=−ω0θ(t)+Be−ω0t,.
θ(t = 0)= 0=−ω0θ0+B → B =ω0θ0. A solução satisfazendo as condições
iniciais é dada, portanto, por θ(t)= θ0(1+ω0t)e−ω0t.
4. F(t)= 12a0+
∞∑
n=1
[an cos(nωt)+bn sen(nωt)]= 12a0+
∞∑
n=1
cn cos(nωt−ϕn)= 12a0+
∞∑
n=1
cn
[
cos(nωt) cosϕn+sen(nωt) senϕn
] → an = cn cosϕn, bn = cn senϕn
→ cn =
√
a2n+b2n , ϕn = arctg
(
bn
an
)
.
Obs.: a rigor, há possíveis problemas de sinal, devido à função inversa
arctg não ser unívoca. Matematicamente, uma forma mais rigorosa seria
construir o número complexo an+ ibn = cneiϕn, a partir do qual definimos
cn = |an+ ibn| =
√
a2n+b2n e ϕn = arg(an+ ibn), onde a função argumento
de um número complexo é definida como:
arg(x+ iy) ≡

arctg
( y
x
)
, se x> 0,
pi+arctg( yx) , se x< 0, y≥ 0,
−pi+arctg( yx) , se x< 0, y< 0,
pi
2 , se x= 0, y> 0,
−pi2 , se x= 0, y< 0,
indefinida, se x= 0, y= 0.