1) A equação de movimento de uma partícula sujeita a uma onda quadrada é derivada, resultando em uma série de Fourier. 2) Um potencial anarmônico é analisado, onde o centro de oscilação se desloca para a direita com o aumento de energia devido à assimetria do potencial. 3) Uma solução aproximada é proposta para a equação de movimento anarmônica, e é mostrado que a frequência e coeficientes aproximam a solução exata quando termos de segunda ordem são desprezados

1. Quest˜ao 1
Uma part´ıcula de massa m est´a sujeita `a for¸ca indicada na Fig. 12-52, denominada onda
quadrada; isto ´e, a for¸ca tem m´odulo constante, mas muda de sentido a intervalos de tempos
regulares de π/ω. Essa for¸ca pode ser representada pela s´erie de Fourier:
F = F0(4/π)(sin(ωt) +
1
3
sin(3ωt) +
1
5
sin(5ωt) + ...)
(A) Escreva a equa¸c˜ao de movimento da part´ıcula;
(B)Verifique, por substitui¸c˜ao direta, que sua solu¸c˜ao pode ser escrita como
x = a + bt + A sin ωt + B sin 3ωt + C sin 5ωt + ...
onde a e b s˜ao constantes arbitr´arias, e determine os valores dos coeficientes A, B, C... de modo
que a equa¸c˜ao de movimento seja satisfeita.
Solu¸c˜ao
A)
F =
a
m
= F0(4/π)(sin(ωt) +
1
3
sin(3ωt) +
1
5
sin(5ωt) + ...)
a(x) =
d2
x
dt2
=
F0
m
(4/π)(sin(ωt) +
1
3
sin(3ωt) +
1
5
sin(5ωt) + ...)
E como a =
dv
dt
, ap´os a integra¸c˜ao obtemos
v(x) =
F0
m
(4/π)(−
1
ω
cos ωt −
1
9ω
cos(3ωt) −
1
25ω
cos(5ωt) + ...) + K1
E como v =
dx
dt
, podemos integrar a express˜ao acima, obtendo:
x =
4F0
πm
(−
1
ω2 cos ωt
−
1
27ω2
cos(3ωt) −
1
125ω2
cos(5ωt) + ...) + K1t + K2
que ´e a equa¸c˜ao de movimento para a part´ıcula.
B)
x = a + bt + A sin ωt + B sin(3ωt) + C sin(5ωt) + ...
Comparando com a express˜ao do item (A) para x em fun¸c˜ao do tempo, teremos:
−Aω2
=
4F0
mπ
=> A = −
4F0
mπω2
−9Bω2
=
4F0
3mπ
=> B = −
4F0
27mπω2
−25Cω2
=
4F0
5mπ
=> C = −
−4F0
125mπω2
...

2. Quest˜ao 2
Considere uma part´ıcula oscilando sob a influˆencia do potencial anarmˆonico Ep(x) = (1/2)kx2
−
(1/3)ax3
, onde a ´e positivo e muito menor que k. (A) Fa¸ca um gr´afico esquem´atico de Ep(x).A
curva ´e sim´etrica em torno do valor x = 0? Em vista da resposta que vocˆe deu `a pergunta
anterior, em que sentido se desloca o centro de oscila¸c˜ao quando a energia ´e aumentada? Vocˆe
acha que xmed deve ser nulo?
(B) Obtenha a for¸ca como fun¸c˜ao de x e fa¸ca um gr´afico esquem´atico. Qual ´e o efeito do termo
anarmˆonico sobre a for¸ca?
Solu¸c˜ao (A) O gr´afico segue abaixo:
Na figura, a part´ıcula est´a oscilando entre as posi¸c˜oes x1 e x2 distintas. Assim, a curva n˜ao ´e sim´etrica em
rela¸c˜ao ao valor x = 0. Quando a energia ´e aumentada, a barra pontilhada horizontal ir´a subir, e como a
varia¸c˜ao de x ´e mais r´apida do lado positivo de x, o centro de oscila¸c˜ao se deslocar´a para a direita, isto ´e,
no sentido positivo de x. Assim, xM n˜ao ´e nulo.
(B) Uma vez que a for¸ca ´e conservativa, podemos afirmar que a for¸ca ´e igual ao negativo do gradiente da
energia potencial:
F = − Ep
F = −kx + ax2
Cujo gr´afico est´a a seguir:
O gr´afico para a for¸ca no caso do movimento harmˆonico tamb´em est´a representado na mesma figura,
mostrando que, para valores pequenos de x o termo anarmˆonico n˜ao ´e t˜ao predominante e o gr´afico pouco
se distorce da reta. Para valores maiores de x, o termo anarmˆonico predomina sobre o harmˆonico e o
movimento deixa de ser oscilat´orio.

3. Quest˜ao 3
Com rela¸c˜ao ao problema precedente, (A) escreva a equa¸c˜ao de movimento. (B), tente como
solu¸c˜ao
x = A cos ωt + B cos 2ωt + x1,
onde os dois ´ultimos termos resultam do termo anarmˆonico. (C) Essa express˜ao pode represen-
tar uma solu¸c˜ao exata?(D) Desprezando todos os termos que envolvem produtos de A e B ou
potˆencias de ordem maior que a primeira, prove que ω = ω0, x1 = αA2
/2ω2
0eB = −αA2
/6ω2
0,
onde ω2
0 = k/meα = a/m. [Sugest˜ao: use a rela¸c˜ao trigonom´etrica cos2
ωt =
1
2
(1 + cos 2ωt)]
Solu¸c˜ao
(A) Sabemos que F = ma, logo:
a =
1
m
F =>
d2
x
dt2
=
1
m
(−kx + ax2
)
que representa a equa¸c˜ao do movimento.
(B) Calculando o lado esquerdo da equa¸c˜ao a =
1
m
(−kx + ax2
) a partir da solu¸c˜ao proposta:
a =
d2
x
dt2
=> a = −Aω2
cos(ωt) − 4B2
cos(2ωt)
Calculando o lado direito:
k
m
(A cos(ωt) + B cos(2ωt) + x1) −
a
m
(A cos(ωt) + B cos(2ωt) + x1)2
Desenvolvendo essa express˜ao e usando a propriedade cos2
(ωt) =
1
2
(1 + cos(2ωt)):
(−
k
m
A +
2Ax1a
m
) cos(ωt) + (−
k
m
B +
aA2
2m
+
2aBx1
m
) cos(2ωt) + (−
k
m
x1 +
aA2
2m
+ x2
1) + B2
cos2
(2ωt)
+2AB cos(ωt) cos(2ωt)
(C) Essa express˜ao n˜ao pode representar uma solu¸c˜ao para a equa¸c˜ao original, pois o termo quadr´atico
cos2
(2ωt) n˜ao pode ser representado como combina¸c˜ao linear de cos(ωt)e cos(2ωt). (D) Desprezando os
termos com B2
eAB obtemos:
(−
k
m
A +
2Ax1a
m
) cos(ωt) + (−
k
m
B +
aA2
2m
+
2aBx1
m
) cos(2ωt) + (−
k
m
x1 +
aA2
2m
+ x2
1)
E comparando com o lado esquerdo calculado no come¸co do item B, obtemos:
−
k
m
A +
2Ax1a
m
= −Aω2
E como a ´e muito menor que k, desprezamos o termo
2Ax1a
m
:
ω2
=
k
m
= ω0
Comparando o pr´oximo termo:
−
k
m
x1 +
aA2
2m
+ x2
1 = 0

4. E como x2
1 ´e muito menor que A2
:
x1 =
maA2
2mk
=
αA2
2ω0
E, por fim, o ´ultimo termo a ser comparado:
−
k
m
B +
aA2
2m
+
2aBx1
m
= −4Bω2
Como Bx1 ´e muito pequeno comparado aos outros termos:
−
k
m
B +
aA2
2m
= −4Bω2
aA2
2m
= −3Bω2
B = −
αA2
6ω2
0