Exercícios MT2

$W_{\text{atrito}} = -39{,}96\ \mathrm{J} \approx -40{,}0\ \mathrm{J}$.

Pelo teorema da energia cinética, $W_{\text{atrito}} + W_{\text{peso}} = \Delta E_c$. O trabalho do peso é $mg(h_A - h_B) = 3\cdot9{,}8\cdot0{,}90 = 26{,}46\ \mathrm{J}$ e $\Delta E_c = 0 - \tfrac{1}{2}\cdot3\cdot3^2 = -13{,}5\ \mathrm{J}$. Logo $W_{\text{atrito}} = -13{,}5 - 26{,}46 = -39{,}96\ \mathrm{J}$.

$W_{\text{atrito}} = -147{,}0\ \mathrm{J}$.

$W_{\text{atrito}} = \Delta E_c - W_{\text{peso}} = \left(0 - \tfrac{1}{2}\cdot5\cdot7^2\right) - 5\cdot9{,}8\cdot(0{,}60 - 0{,}10) = -122{,}5 - 24{,}5 = -147{,}0\ \mathrm{J}$.

$W_{\min} = 676{,}2\ \mathrm{J} \approx 676\ \mathrm{J}$.

O trabalho mínimo realiza-se quando a caixa chega ao camião em repouso, ou seja, quando toda a energia fornecida fica como energia potencial: $W_{\min} = mgh = 60\cdot9{,}8\cdot1{,}15 = 676{,}2\ \mathrm{J}$. O ângulo da rampa não entra no resultado porque o trabalho mínimo depende apenas da variação de altura.

$E_c = \tfrac{7}{10}mv^2$.

$E_c = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{2}{5}mR^2\cdot\tfrac{v^2}{R^2} = \left(\tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{5}\right)mv^2 = \tfrac{7}{10}mv^2$.

$v = 2{,}53\ \mathrm{m/s}$.

A energia mecânica conserva-se: $mgh = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{1}{2}mv^2 + \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}mr^2\cdot\tfrac{v^2}{r^2} = \tfrac{3}{4}mv^2$. Logo $v = \sqrt{\tfrac{4gh}{3}} = \sqrt{\tfrac{4\cdot9{,}8\cdot0{,}49}{3}} = 2{,}53\ \mathrm{m/s}$.

$F_t = 8{,}05\ \mathrm{N}$.

A componente tangencial é a projeção da força na direção da velocidade: $F_t = \vec{F}\cdot\vec{v}/|\vec{v}| = (6\cdot4 + 6\cdot2)/\sqrt{4^2+2^2} = 36/\sqrt{20} = 8{,}05\ \mathrm{N}$.

$F_t = 6{,}66\ \mathrm{N}$.

$F_t = \vec{F}\cdot\vec{v}/|\vec{v}| = (4\cdot3 + 6\cdot2)/\sqrt{3^2+2^2} = 24/\sqrt{13} = 6{,}66\ \mathrm{N}$.

$x = 1$.

Os pontos de equilíbrio são as raízes de $F_t = (x+2)(x-1) = 0$, ou seja $x = -2$ e $x = 1$. Um equilíbrio é instável quando a força afasta a partícula dele, o que acontece quando $\mathrm{d}F_t/\mathrm{d}x > 0$. Como $\mathrm{d}F_t/\mathrm{d}x = 2x+1$, só $x = 1$ (derivada $3 > 0$) é instável.

• $x = 1$. Os equilíbrios são $x = -2$ e $x = 1$. Como $\mathrm{d}F_t/\mathrm{d}x = 2x + 1$, em $x = 1$ a derivada é positiva, logo o equilíbrio é instável.
• $x = -1$. $F_t(-1) = -2 \neq 0$, logo não é ponto de equilíbrio.
• $x = 3$. $F_t(3) = 10 \neq 0$, logo não é ponto de equilíbrio.
• $x = 2$. $F_t(2) = 4 \neq 0$, logo não é ponto de equilíbrio.
• $x = -2$. É ponto de equilíbrio, mas $\mathrm{d}F_t/\mathrm{d}x = -3 < 0$ nesse ponto, logo é estável.

$a = -1$.

Os equilíbrios são $s = -1$ e $s = 3$. A estabilidade dada por $\mathrm{d}F_t/\mathrm{d}s = -2s + 2$: em $s = -1$ é $4 > 0$ (instável) e em $s = 3$ é $-4 < 0$ (estável). Uma órbita homoclínica parte e regressa ao mesmo ponto de equilíbrio instável, logo $a = -1$.

• $a = -1$. A órbita homoclínica liga um ponto de equilíbrio instável a ele próprio; $s = -1$ é o único equilíbrio instável de $F_t = -(s-3)(s+1)$.
• $a = 3$. Em $s = 3$ a derivada de $F_t$ é negativa, logo o equilíbrio é estável.
• $a = -2$. $F_t(-2) = -5 \neq 0$, logo não é ponto de equilíbrio.
• $a = 2$. $F_t(2) = 3 \neq 0$, logo não é ponto de equilíbrio.
• $a = 1$. $F_t(1) = 4 \neq 0$, logo não é ponto de equilíbrio.

Há 2 pontos de equilíbrio ($x = 0$ e $x = 2$) e uma órbita homoclínica.

$\mathrm{d}U/\mathrm{d}x = (4x - 2x^2)e^{-x} = 2x(2-x)e^{-x}$, que se anula em $x = 0$ e $x = 2$. A segunda derivada é positiva em $x = 0$ (mínimo, equilíbrio estável) e negativa em $x = 2$ (máximo, equilíbrio instável, com $U = 8e^{-2}$). Uma trajetória com energia igual à do máximo parte do ponto instável e regressa a ele: é uma órbita homoclínica.

• Há 2 pontos de equilíbrio e nenhuma órbita homoclínica.. Há 2 pontos de equilíbrio, mas existe uma órbita homoclínica associada ao equilíbrio instável.
• Há 3 pontos de equilíbrio e uma órbita homoclínica.. Só há 2 pontos de equilíbrio, $x = 0$ e $x = 2$.
• Há 2 pontos de equilíbrio e uma órbita homoclínica.. $\mathrm{d}U/\mathrm{d}x = 2x(2-x)e^{-x}$ anula-se em $x = 0$ (mínimo, estável) e $x = 2$ (máximo, instável); a energia do máximo gera uma órbita homoclínica.
• Há 3 pontos de equilíbrio e uma órbita heteroclínica.. Só há 2 pontos de equilíbrio e a órbita é homoclínica, não heteroclínica.
• Há 2 pontos de equilíbrio e uma órbita heteroclínica.. A órbita que parte do máximo de potencial regressa ao mesmo ponto, logo é homoclínica.

3 pontos de equilíbrio instáveis: $s = -2$, $s = 0$ e $s = 2$.

Os equilíbrios são as raízes $s = -2, -1, 0, 1, 2$. Como o polinómio muda de sinal em cada raiz simples, a derivada de $F_t$ é positiva nas raízes de índice par a contar de $-2$: $s = -2$, $s = 0$ e $s = 2$. Nesses pontos a força afasta a partícula, logo são instáveis.

• 3. Os equilíbrios são $s = -2, -1, 0, 1, 2$ e os instáveis são $s = -2, 0, 2$, onde a derivada de $F_t$ é positiva.
• 1. Há mais de um ponto instável.
• 2. Há três pontos instáveis, não dois.
• 4. Só três dos cinco equilíbrios são instáveis.
• 5. Nem todos os equilíbrios são instáveis.

Ciclo limite repulsivo com $r = 3$.

Os ciclos limite são os círculos em que $\dot{r} = 0$ com $\dot{\theta} \neq 0$: $r(r-3) = 0$ dá $r = 0$ (equilíbrio) e $r = 3$. Para $2 < r < 3$, $\dot{r} < 0$, e para $r > 3$, $\dot{r} > 0$, logo as trajetórias afastam-se de $r = 3$: o ciclo é repulsivo.

• Atrativo com $r = 2$. $\dot{r}$ não se anula em $r = 2$.
• Repulsivo com $r = 3$. $\dot{r} = r(r-3)$ anula-se em $r = 3$; para $r < 3$ é negativa e para $r > 3$ é positiva, logo as trajetórias se afastam do ciclo.
• Atrativo com $r = 0$. $r = 0$ é o ponto de equilíbrio da origem, não um ciclo limite.
• Atrativo com $r = 3$. O ciclo em $r = 3$ é repulsivo, pois $\dot{r} > 0$ para $r > 3$.
• Repulsivo com $r = 2$. $\dot{r}$ não se anula em $r = 2$.

1 ciclo limite, em $r = 1$.

$\dot{r} = r(r-1)^2$ anula-se em $r = 0$ e $r = 1$. Como $\dot{\theta} = -3 \neq 0$, o círculo $r = 1$ é um ciclo limite (semi-estável, pois $\dot{r} \geq 0$ nas proximidades). $r = 0$ é o ponto de equilíbrio da origem.

• 2. Só há um círculo em que $\dot{r} = 0$ com $\dot{\theta} \neq 0$.
• 0. Existe o ciclo limite $r = 1$.
• 4. Só há um ciclo limite.
• 1. $\dot{r} = r(r-1)^2$ anula-se em $r = 1$ (além de $r = 0$, que é equilíbrio).
• 3. Só há um ciclo limite.

$\dot{x} = 2y$, $\dot{y} = 5x$.

Fatorando, $\dot{x} = (x+1)(y-4)$ e $\dot{y} = (x-1)(y+1)$. A jacobiana é $J = \begin{pmatrix}y-4 & x+1\\ y+1 & x-1\end{pmatrix}$, que em $(1,4)$ vale $\begin{pmatrix}0&2\\5&0\end{pmatrix}$. O sistema linearizado é $\dot{x} = 2y$, $\dot{y} = 5x$.

• $\dot{x} = 2y$, $\dot{y} = 5x$. A jacobiana em $(1,4)$ é $\begin{pmatrix}0&2\\5&0\end{pmatrix}$.
• $\dot{x} = 5y$, $\dot{y} = -2x$. Troca as entradas da jacobiana e muda o sinal.
• $\dot{x} = -5y$, $\dot{y} = -2x$. Os sinais não correspondem à jacobiana em $(1,4)$.
• $\dot{x} = 5y$, $\dot{y} = 2x$. Só a segunda linha tem o sinal correto.
• $\dot{x} = -2y$, $\dot{y} = 5x$. Só a segunda coluna tem o valor correto.

$\dot{x} = 6y$, $\dot{y} = 3x$.

Fatorando, $\dot{x} = (x+1)(y-2)$ e $\dot{y} = (x-5)(y+1)$. A jacobiana é $J = \begin{pmatrix}y-2 & x+1\\ y+1 & x-5\end{pmatrix}$, que em $(5,2)$ vale $\begin{pmatrix}0&6\\3&0\end{pmatrix}$. O sistema linearizado é $\dot{x} = 6y$, $\dot{y} = 3x$.

• $\dot{x} = 6y$, $\dot{y} = 3x$. A jacobiana em $(5,2)$ é $\begin{pmatrix}0&6\\3&0\end{pmatrix}$.
• $\dot{x} = -3y$, $\dot{y} = -6x$. Os sinais não correspondem à jacobiana em $(5,2)$.
• $\dot{x} = 3y$, $\dot{y} = 6x$. Troca as entradas da jacobiana.
• $\dot{x} = 3y$, $\dot{y} = -6x$. Só a primeira linha está correta.
• $\dot{x} = -6y$, $\dot{y} = 3x$. Só a segunda linha está correta.

$J = \begin{pmatrix}0&1\\4y-2&4x\end{pmatrix}$.

Fazendo $y = \dot{x}$, a equação $\ddot{x}\,x - 4x^2\dot{x} + 2x^2 = 0$ equivale ao sistema $\dot{x} = y$, $\dot{y} = 4xy - 2x$. As derivadas parciais de $(y,\, 4xy-2x)$ são $\partial\dot{x}/\partial x = 0$, $\partial\dot{x}/\partial y = 1$, $\partial\dot{y}/\partial x = 4y-2$ e $\partial\dot{y}/\partial y = 4x$.

• $\begin{pmatrix}0&1\\0&2\end{pmatrix}$. Ignora a dependência em $x$ e em $y = \dot{x}$.
• $\begin{pmatrix}0&1\\-2&2\end{pmatrix}$. Não corresponde às derivadas parciais de $\dot{y} = 4xy - 2x$.
• $\begin{pmatrix}0&1\\4y-2&4x\end{pmatrix}$. Com $y = \dot{x}$, $\dot{x} = y$ e $\dot{y} = 4xy - 2x$, logo a jacobiana é $\begin{pmatrix}0&1\\4y-2&4x\end{pmatrix}$.
• $\begin{pmatrix}0&1\\y-4x&x\end{pmatrix}$. Não corresponde às derivadas parciais do sistema equivalente.
• $\begin{pmatrix}0&1\\1&2\end{pmatrix}$. Ignora a dependência em $x$ e em $y = \dot{x}$.

$A = \begin{pmatrix}-1&4\\2&0\end{pmatrix}$.

Simplificando, $\dot{x} = 3x - 6 - 4x + 4y = -x + 4y - 6$ e $\dot{y} = 2y - 4 + 2x - 2y = 2x - 4$. Os termos independentes não fazem parte da matriz do sistema, que é $\begin{pmatrix}-1&4\\2&0\end{pmatrix}$.

• $\begin{pmatrix}1&2\\2&2\end{pmatrix}$. Não corresponde aos coeficientes de $x$ e $y$ após simplificar.
• $\begin{pmatrix}-1&4\\2&0\end{pmatrix}$. $\dot{x} = -x + 4y - 6$ e $\dot{y} = 2x - 4$, logo a matriz é $\begin{pmatrix}-1&4\\2&0\end{pmatrix}$.
• $\begin{pmatrix}-3&5\\-1&4\end{pmatrix}$. Não corresponde aos coeficientes de $x$ e $y$ após simplificar.
• $\begin{pmatrix}-3&5\\-1&3\end{pmatrix}$. Não corresponde aos coeficientes de $x$ e $y$ após simplificar.
• $\begin{pmatrix}2&0\\-2&4\end{pmatrix}$. Troca linhas e não corresponde aos coeficientes.