Problemas Resolvidos

Índice
Dinâmica e Sistemas Dinâmicos
Problemas Resolvidos
  1. Sistemas dinâmicos

7. Sistemas dinâmicos

Problema 1

Uma bola com 0.150 kg é lançada verticalmente para cima, desde y = 0 (o eixo dos y aponta para cima, na vertical). Desprezando a resistência do ar, a energia permanece constante.
(a) Represente o retrato de fase, para y > 0 , mostrando 4 curvas de evolução diferentes (use o valor 9.8 m/s2 para g ). Para cada curva, explique o significado dos pontos em que a curva interseta os eixos.
(a) Explique como seria, no retrato de fase da alínea anterior, a curva de evolução de uma bola largada em queda livre, que bate no chão sendo projetada novamente para cima.

A equação de movimento da bola é

¨ y = 9 . 8

E as duas equações de evolução são

˙ y = v ˙ v = 9 . 8

O retrato de fase obtém-se com o seguinte comando

(%i1) plotdf ([v,-9.8], [y,v], [y,0,5], [v,-10,10]);

E o resultado é o seguinte

Retrato_de_fase_projetil

As quatro curvas de evolução na figura foram obtidas entrando no menu de configuração, escrevendo "1 0" no campo "Trajectory at" e clicando na tecla "Enter" e o mesmo para os pontos "2 0", "3 0" e "4 0". Os intervalos para y e v foram escolhidos, após algumas tentativas, de forma a mostrar bem as quatro curvas, para valores positivos da altura y .

O ponto onde cada curva interseta o eixo y corresponde ao instante em que a bola atinge a sua altura máxima e a velocidade é nula. Os dois pontos onde a curva interseta o eixo v são o instante inicial em que a bola é lançada desde y = 0 , com velocidade positiva, e o instante em que a bola cai regressando a y = 0, com velocidade negativa. Por exemplo, a curva mais à direta apresentada no retrato de fase corresponde a quando a bola é lançada desde y = 0 com velocidade aproximadamente 8.8 m/s, atingindo a altura máxima de 4 m e caindo novamente até y = 0 onde chega com velocidade igual a 8 . 8  m/s.

(b) Quando a curva de evolução chega até o ponto y = 0 com velocidade negativa (a bola bate no chão), a curva continua num arco elíptico no lado negativo de y , que corresponde à ação da força elástica enquanto a bola está em contacto com o chão, sendo deformada e recuperando logo a sua forma esférica inicial (oscilador harmónico simples, admitindo que não há perdas de energia durante a deformação). O arco elíptico descreve metade de uma elipse, terminando no ponto inicial da curva de evolução, com y = 0 e velocidade positiva e a curva repete-se indefinidamente. Quanto mais rígida for a bola, menor será o semieixo do arco elíptico no lado negativo do eixo y .

Problema 2

Em todos os problemas do capítulo 1, diga quais correspondem a sistemas autónomos ou não autónomos e conservativos ou não conservativos. Represente o retrato de fase do sistema do problema 6, mostrando a curva de evolução com as condições iniciais dadas.

Para determinar se um sistema com um grau de liberdade é ou não autónomo, há que conhecer a expressão da aceleração tangencial. No problema 1 essa expressão é desconhecida, mas nos restantes problemas a expressão de a t é dada ou pode ser calculada. As respostas mostram que no problema 5, a t = 3 t 2 2 t 2 e no problema 11, a t = 15 t 12 4 . No problema 7, o gráfico mostra que v 2 = b m s , onde b e m são constantes; derivando os dois lados dessa equação obtém-se a expressão da aceleração tangencial:

2 v d v d s = m = a t = v d v d s = m 2

Como tal, há quatro problemas (2, 4, 5 e 11), em que a expressão da aceleração é uma função que depende do tempo. Isso implica que os sistemas nesses 4 problemas não são autónomos e, como tal, também não são conservativos.

Nos restantes 6 problemas (3, 6, 7, 8, 9 e 10), o respetivo sistema é autónomo, porque a expressão da aceleração (equação de movimento) não depende do tempo. Nesses 6 casos a equação de movimento, a t = f ( s , v ) , escreve-se como o sistema de duas equações de evolução:

˙ s = v ˙ v = f ( s , v )

E a divergência da velocidade de fase será:

v s + f ( s , v ) v = f ( s , v ) v

Unicamente no problema 10 a expressão da aceleração tangencial, f ( s , v ) , depende de v , ou seja, a divergência é diferente de zero e, como tal, o sistema não é conservativo.

Nos problemas 3, 6, 7, 8 e 9, o sistema é conservativo, porque a expressão f ( s , v ) não depende realmente de v , ou seja, a divergência é nula.

O retrato de fase do problema 6 obtém-se com o seguinte comando

(%i2) plotdf ([v,-24/s^2], [s,v], [s,-2,2], [v,-15,15]);

E o resultado é o seguinte

Retrato_potencial_hiperbolico

A curva de evolução correspondente às condições iniciais dadas ( s = 0 . 8  m e v = 0 ) foi obtida entrando no menu de configuração, mudando o campo "direction" para "forward", a cor no campo "fieldlines" para "black", escrevendo "0.8 0" no campo "Trajectory at" e clicando na tecla "Enter".

Problema 4

Uma partícula com massa de 1 kg desloca-se ao longo do eixo dos x . Em unidades SI, a força tangencial sobre a partícula é dada pela expressão F = x 3 4 x .
(a) Determine os pontos de equilíbrio do sistema.
(b) Encontre as expressões para a energia potencial e a energia mecânica, em função da posição x e da velocidade v .
(c) Escreva as equações de evolução e diga que tipo de sistema dinâmico representam.
(d) Caracterize cada um dos pontos de equilíbrio.
(e) Determine se o sistema tem ciclos, órbitas homoclínicas ou órbitas heteroclínicas e, nos casos afirmativos represente uma dessas curvas no retrato de fase.

(a) Os pontos de equilíbrio são os pontos onde a velocidade e a aceleração a = F / m são nulas, ou seja, onde a força é nula. Fatorizando a expressão da força (pode também usar-se o comando solve do Maxima):

F = x ( x 2 4) = x ( x 2) ( x + 2)

Conclui-se que há 3 pontos de equilíbrio, em x = 2 , x = 0 e x = 2 , com v = 0 . No espaço de fase ( x , v ), as coordenadas dos pontos de equilíbrio são ( 2 , 0), (0, 0) e (2, 0).

(b) A energia potencial é igual a uma primitiva qualquer da expressão da força, multiplicada por 1

U ( x ) = x 3 4 x d x = x 4 4 + 2 x 2

E a expressão da energia mecânica é:

E m = 1 2 m v 2 + U = v 2 2 x 4 4 + 2 x 2

(c) As duas equações de evolução são (unidades SI):

˙ x = v ˙ v = F m = x 3 4 x

Trata-se de um sistema dinâmico autónomo, porque o tempo não aparece explicitamente no lado direito das equações, e conservativo, porque a divergência da velocidade de fase é:

v x + x 3 4 x v = 0

A função hamiltoniana é, neste caso, a própria energia mecânica.

(d) O gráfico da força é:

(%i3) plot2d (x^3-4*x, [x,-3,3], [ylabel,"F"]);

Força no problema 7.4

E mostra os três pontos de equilíbrio (raízes da função F ( x ) ). Nos pontos x = 2 e x = 2 , a força é negativa ao lado esquerdo do ponto e positiva ao lado direito; isso quer dizer que na vizinhança do ponto de equilíbrio, a força aponta no sentido oposto do ponto e, como tal, os pontos de equilíbrio ( 2 , 0) e (2, 0) no espaço de fase são instáveis.

No ponto x = 0 , a força é positiva no lado esquerdo, ou seja, aponta no sentido de x = 0 , e negativa no lado direito: também aponta no sentido de x = 0 . Como tal, o ponto (0, 0) no espaço de fase é ponto de equilíbrio estável.

(e) Os ciclos e órbitas encontram-se mais facilmente analisando o gráfico da energia potencial:

(%i4) plot2d (-x^4/4+2*x^2, [x,-3,3], [ylabel,"U"]);

Energia potencial no problema 7.4

Se a energia mecânica for maior que 0 e menor que 4, o sistema pode estar a oscilar à volta do ponto de equilíbrio em x = 0 . Como tal, existem infinitos ciclos. Se a energia mecânica for exatamente igual a 4, há seis possíveis movimentos:

  1. O sistema, inicialmente em x < 2 , com velocidade positiva, aproxima-se assimptoticamente de x = 2 .
  2. O sistema, inicialmente em x < 2 , com velocidade negativa, afasta-se até x . (em t aproxima-se de x = 2 ).
  3. O sistema, inicialmente em x > 2 , com velocidade negativa, aproxima-se assimptoticamente de x = 2 .
  4. O sistema, inicialmente em x > 2 , com velocidade positiva, afasta-se até x (em t aproxima-se de x = 2 ).
  5. O sistema, inicialmente em 2 < x < 2 , com velocidade positiva, aproxima-se assimptoticamente de x = 2 (em t aproxima-se de x = 2 )
  6. O sistema, inicialmente em 2 < x < 2 , com velocidade negativa, aproxima-se assimptoticamente de x = 2 (em t aproxima-se de x = 2 )

As curvas de evolução correspondentes aos últimos dois movimentos na lista anterior formam uma órbita heteroclínica. Não existem órbitas homoclínicas; para que existissem seria necessário que houvesse um nível de energia mecânica que passasse por apenas um ponto de equilíbrio instável e por um ponto de retorno, mas isso não acontece no gráfico de U .

O retrato de fase obtém-se com o seguinte comando (a opção vectors é usada neste caso para que não seja mostrado o campo de direções):

(%i5) plotdf ([v,x^3-4*x], [x,v], [x,-3,3], [v,-4,4], [vectors,""]);

Se no instante inicial a partícula estiver na região 2 < x < 2 com velocidade zero, ficará oscilando em torno do ponto x = 0 . Como tal, para mostrar um ciclo no gráfico produzido por plotdf basta clicar num ponto com coordenada v 0 e x no intervalo ]-2, 2[. Ou, com maior precisão, entra-se no menu de configuração e escrevem-se as coordenadas x e v do estado inicial, separadas por espaço; por exemplo: 0.8 0. A seguir clica-se na tecla "Enter" e aparecerá o respetivo ciclo no gráfico. A trajetória heteroclínica pode ser traçada usando como estado inicial um ponto próximo dum dos pontos de equilíbrio instável (-2, 0) ou (2, 0). No entanto, a instabilidade do ponto faz com que o método numérico usado por plotdf para traçar a trajetória seja instável. É necessário experimentar com diferentes valores do estado inicial; o resultado na figura seguinte foi obtido usando como estado inicial (1.99, 0).

Retrato de fase com ciclo e órbita heteroclínica

Problema 6

A figura mostra o retrato de fase do sistema dinâmico com equações de evolução:

˙ x = y y 3 ˙ y = x y 2

(a) Indique se o sistema tem algum ciclo, órbita homoclínica ou órbita heteroclínica.
(b) Explique porque a seguinte afirmação é errada: "O retrato de fase inclui duas curvas de evolução parabólicas que se cruzam em dois pontos".

Retrato de fase com duas parábolas

(a) A primeira componente da velocidade de fase, y y 3 , é nula quando y for igual a 0, 1 ou −1. Existem então unicamente 3 pontos de equilíbrio, (0, 0), (−1, 1) e (−1, −1), que aparecem todos na figura e, como tal, as curvas de evolução importantes já estão todas na figura. A figura mostra que não existe nenhuma órbita homoclínica, existem infinitos ciclos em torno da origem e uma órbita heteroclínica entre os pontos (−1, 1) e (−1, −1).

(b) As duas parábolas são realmente 2 pontos de equilíbrio e 6 curvas de evolução diferentes, que se aproximam assimptoticamente ou se afastam desses dois pontos, sem tocá-los. As curvas de evolução nunca podem cruzar-se.

Problema 9

A equação de movimento de um pêndulo simples é (problema 6 do capítulo 6)

¨ θ = g l si n θ
As variáveis de estado são o ângulo com a vertical, θ e a derivada desse ângulo, ω .
(a) Escreva as equações de evolução do sistema.
(b) Determine a função hamiltoniana H ( θ , ω ) a partir das equações de Hamilton:
˙ θ = H ω ˙ ω = H θ
(c) Analisando o gráfico da energia potencial (função hamiltoniana com ω = 0), demostre que o sistema tem uma órbita heteroclínica e ciclos mas nenhuma órbita homoclínica.

(a) Introduzindo a velocidade angular ω , a equação de movimento transforma-se num sistema de duas equações de primeira ordem

˙ θ = ω ˙ ω = g l si n θ

b) Substituindo as equações de evolução nas equações de Hamilton obtém-se

ω = H ω g l si n θ = H θ

A primeira equação implica que H é igual a ω 2 /2 , mais uma função f que depende de θ . Derivando essa expressão em ordem a θ e substituindo na segunda equação acima, obtém-se

g l si n θ = d f d θ = f = g l co s θ

e a função hamiltoniana é

H ( θ , ω ) = ω 2 2 g l co s θ

observe-se que é igual à energia mecânica E m , dividida pelo momento de inércia m l 2 .

(c) A energia potencial é igual a uma constante negativa vezes co s θ . Assim sendo, o seu gráfico tem a mesma forma do gráfico de co s θ , mas oscila entre g / l e g / l , em vez de −1 e 1. O gráfico tem mínimos (pontos de equilíbrio estável) em 0, ± 2 π , ± 4 π ,... e pontos máximos (pontos de equilíbrio instável) em ± π , ± 3 π ,... Qualquer valor de H entre g / l e g / l produz um segmento horizontal que corta o gráfico de U em dois pontos e, assim sendo, corresponde a um ciclo. A recta horizontal H = g / l passa por todos os pontos máximos de U e, portanto, corresponde a uma órbita heteroclínica entre π e π , outra órbita heteroclínica entre 3 π e 5 π , etc. Não existem órbitas homoclínicas porque qualquer segmento na reta H = g / l começa e termina em dois pontos máximos diferentes e não interseta a curva U em nenhum outro ponto.