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Soluções Capítulo 1 (COMPLETO) - Mecânica Analítica (Nivaldo A. Lemos)

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Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 1
Caṕıtulo 1: Dinâmica Lagrangiana
Exerćıcio 1.7.1. Solução: Numa órbita circular com r = r0, temos ṙ = 0, e assim a
energia E = m
2
ṙ2 + Vef(r) é dada por
E0 = Vef(r0) . (1)
Além disso, como a energia E é uma constante, podemos derivar em r a sua expressão
original (com ṙ = 0), obtendo
0 = V ′ef(r) = −
l2
mr3
+ V ′(r) . (2)
Em particular, V ′ef(r0) = 0 implica em l
2/mr30 = V
′(r0) . Derivar novamente (2) nos dá
V ′′ef(r) =
3l2
mr4
+ V ′′(r) . (3)
O segundo termo de (3) pode ser substitúıdo notando que r̈ = 0 implica em
V ′(r) = mrϕ̇2 =
l2
mr3
(4)
pelas Eqs. (1.7.4) e (1.7.6) do livro. Então, para r = r0 temos
V ′′ef(r0) =
3
r0
V ′(r0) + V
′′(r0) . (5)
Exerćıcio 1.7.2. Solução: (i) Como e ≤ 0, os raios máximo e mı́nimo encontram-se em
cosϕ = −1 e cosϕ = 1, respectivamente:
1
rmax
=
mκ
l2
(1− e)⇒ rmax = p(1− e)−1 (6)
1
rmin
=
mκ
l2
(1 + e)⇒ rmin = p(1 + e)−1 , (7)
onde p = l2/mκ. Portanto, o semi-eixo maior da elipse a = (rmax + rmin)/2 é dado por
a =
p
2
(
1
1− e
+
1
1 + e
)
=
p
2
2
(1− e)(1 + e)
⇒ a = p(1− e2)−1 . (8)
(ii) Lembrando que ϕ̇ = l/mr2, temos
dS
dt
=
1
2
r2
dϕ
dt
⇒ dS
dt
=
l
2m
. (9)
Isso implica em S = lt/2m, tomando t = 0 como o instante inicial. O tempo necessário
para que a área percorrida seja a área da elipse S = πab = πa2
√
1− e2 (ou seja, o peŕıodo
da órbita) é, utlizando (8) e (9),
τ =
2mπa2
√
1− e2
l
=
2mπa2
l
√
p
a
⇒ τ = 2πa3/2
√
m/k = 2πa3/2/
√
GM . (10)
1 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 2
Problema 1.1.
Dados do problema:
Vı́nculo 1: (x2 + y2)dx+ xzdz = 0.
Vı́nculo 2: (x2 + y2)dy + yzdz = 0.
Solução:
(i) Multiplicando o v́ınculo 1 por y e o v́ınculo 2 por x, podemos igualar ambos:
y(x2 + y2)dx+ xyzdz = x(x2 + y2)dy + xyzdz
y(x2 + y2)dx = x(x2 + y2)dy
ydx = xdy ,
resultando em
dy
y
=
dx
x
⇒ d ln y = d lnx⇒ d ln y
x
= 0 . (11)
A segunda relação advém de expandir o v́ınculo 1,
x2dx+ y2dx+ xzdz = 0 ,
e usar a primeira identidade de (11) para mudar o segundo termo,
x2dx+ xydy + xzdz = 0
x(xdx+ ydy + zdz) = 0
x(2xdx+ 2ydy + 2zdz) = 0
⇒ xd(x2 + y2 + z2) = 0 . (12)
(ii) Como x é arbitrário, conclúımos de (12) que
d(x2 + y2 + z2) = 0⇒ x2 + y2 + z2 = C1 . (13)
Já de (11), temos que
ln
y
x
= c2 ⇒
y
x
= ec2 = C2 ⇒ y = C2x . (14)
2 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 3
Problema 1.2. Solução: Considere o setup da Figura 1.7 (pág. 28), só que num plano
vertical xz (y = 0) ao invés de horizontal xy (z = 0). Em analogia ao exemplo 1.4.4,
x = r cos θ y = 0 z = r sin θ (15)
ẋ = ṙ cos θ − rθ̇ sin θ ẏ = 0 ż = ṙ sin θ + rθ̇ cos θ (16)
⇒ T = m
2
(ẋ2 + ẏ2 + ż2) =
m
2
(ṙ2 + r2θ̇2) . (17)
Além disso, temos o potencial gravitational (com o plano z = 0 como referencial nulo)
V = mgz = mgr sin θ . (18)
Lembrando que θ = ωt⇒ θ̇ = ω, a lagrangiana L = T − V do sistema é
L =
m
2
ṙ2 +
mω2
2
r2 −mgr sinωt . (19)
A equação de Lagrange para a part́ıcula é
d
dt
(
∂L
∂ṙ
)
− ∂L
∂r
= 0⇒ mr̈ −mω2r +mg sinωt = 0 . (20)
Para resolvê-la, precisamos primeiro encontrar a solução da equação homogênea corre-
spondente:
r̈h = ω
2rh ⇒ rh(t) = Aeωt +Be−ωt . (21)
A solução geral de (20) é r(t) = rh(t)+rp(t), onde rp(t) é uma solução particular qualquer
de (20). Um chute educado seria propor rp(t) = C sinωt que, após substituição em (20),
nos dá
−ω2C sinωt− ω2C sinωt+ g sinωt = 0⇒ C = g/2ω2 . (22)
Agora basta aplicar as condições iniciais na solução completa
r(t) = Aeωt +Be−ωt +
g
2ω2
sinωt (23)
para descobrir as constantes A e B. Encontramos o sistema{
r(0) = r0 ⇒ A+B = r0
ṙ(0) = 0⇒ A−B + g/2ω2 = 0
(24)
cuja solução é A = (r0 − g/2ω2)/2 e B = (r0 + g/2ω2)/2. Assim, obtemos
r(t) = r0
eωt + e−ωt
2
− g
2ω2
eωt − e−ωt
2
+
g
2ω2
sinωt (25)
⇒ r(t) = r0 coshωt−
g
2ω2
sinhωt+
g
2ω2
sinωt . (26)
3 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 4
Problema 1.3. Solução: Para um pêndulo esférico, convém utilizarmos as coordenadas
esféricas θ e ϕ como coordenadas generalizadas. Definindo a origem no apoio fixo do
pêndulo e o eixo z para baixo (tal que a posição de equiĺıbrio estável seja em θ = 0),
temos
x = l sin θ cosϕ y = l sin θ sinϕ z = l cos θ (27)
ẋ = l(θ̇ cos θ cosϕ− ϕ̇ sin θ sinϕ) ẏ = l(θ̇ cos θ sinϕ+ ϕ̇ sin θ cosϕ) ż = −lθ̇ sin θ (28)
⇒ T = m
2
(ẋ2 + ẏ2 + ż2) =
m
2
(l2θ̇2 + l2ϕ̇2 sin2 θ) . (29)
Definindo o zero do potencial gravitacional no plano z = 0,
V = −mgz = −mgl cos θ (30)
L =
ml2
2
(θ̇2 + ϕ̇2 sin2 θ) +mgl cos θ . (31)
As equações de Lagrange para o pêndulo esférico são
ml2θ̈ −ml2ϕ̇2 sin θ cos θ +mgl sin θ = 0⇒ θ̈ −
(
ϕ̇2 cos θ − g
l
)
sin θ = 0 (32)
para θ e
d
dt
(ml2ϕ̇ sin2 θ) = 0⇒ ϕ̈ sin2 θ + 2ϕ̇θ̇ sin θ cos θ = 0 (33)
para ϕ. Note que a primeira parte de (33) implica que a componente z do momento
angular,
Lz = xpy − ypx = ml2ϕ̇ sin2 θ (34)
é conservada. Por fim, para conferir nossos resultados, podemos considerar o caso partic-
ular quando ϕ̇ = 0. Nesse caso, a (32) se torna
θ̈ +
g
l
sin θ = 0 (35)
que é a equação para o pêndulo num plano, conforme o esperado.
4 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 5
Problema 1.4. Solução: Para o pêndulo cicloidal,
x = R(θ − sin θ) y = R(1− cos θ) (36)
ẋ = R(θ̇ − θ̇ cos θ) ẏ = Rθ̇ sin θ (37)
nos permite escrever a energia cinética como
T =
m
2
(ẋ2 + ẏ2)
=
mR2
2
(2θ̇2 − 2θ̇2 cos θ)
= 2mR2 sin2
θ
2
θ̇2 .
O potencial, por sua vez, é simplesmente
V = −mgy = −mgR(1− cos θ)
já que o eixo y aponta para baixo. Lembrando que 1− cos θ = 2 sin2(θ/2), obtemos
L = 2mR2 sin2
θ
2
θ̇2 +mgR(1− cos θ) (38)
para a lagrangiana do pêndulo cicloidal de Huyghens. Em termos de u = cos(θ/2),
θ = 2 arccosu⇒ θ̇ = − 2u̇√
1− u2
(39)
⇒ L = 8mR2u̇2 + 2mgR(1− u2) , (40)
e a equação de Lagrange em termos desta nova coordenada é
16mR2ü+ 4mgRu = 0⇒ ü = − g
4R
u . (41)
Para calcular o peŕıodo de oscilação, precisamos da solução de (41):
u(t) = A cosωt+B sinωt , (42)
com ω =
√
g/4R e A e B constantes a determinar pelas condições iniciais. Portanto, é
fácil ver que o peŕıodo τ = 2π/ω do movimento é dado por
τ = 4π
√
R
g
, (43)
independente da amplitude, assim como no pêndulo simples.
5 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 6
Problema 1.5. Solução: Sejam (x1, y1) e (x2, y2) as coordenadas cartesianas das massas
M e m, respectivamente, com a origem do sistema na roldana da direita da Figura 1.9
(pág. 40) e com o eixo y apontando para baixo. O setup da máquina de Atwood oscilante
possui os v́ınculos
x1 = cte. e y1 + r = l , (44)
onde l é uma constante pré-determinada pelo comprimento do fio. Como temos 2 v́ınculos,
o sistema possui 4− 2 = 2 graus de liberdade. Utilizando as coordenadas generalizadas r
e θ da Figura 1.9, temos
x2 = r sin θ y2 = r cos θ (45)
ẋ2 = ṙ sin θ + rθ̇ cos θ ẏ2 = ṙ cos θ − rθ̇ sin θ . (46)
além de ẋ1 = 0 e ẏ1 = −ṙ advindo dos v́ınculos (44). Com isso, a energia cinética será
T =
M
2
(ẋ21 + ẏ
2
1) +
m
2
(ẋ22 + ẏ
2
2) =
Mṙ2
2
+
m
2
(ṙ2 + r2θ̇2) (47)
e a energia potencial será
V = −Mgy1 −mgy2 = Mg(r − l)−mgr cos θ , (48)
tal que a lagrangiana do sistema é dada por (descartando a constante Mgl que não altera
as equações de movimento)
L =
m+M
2
ṙ2 +
m
2
r2θ̇2 − gr(M −m cos θ) . (49)
Podemos então escrever a equação de Lagrange para r:
(m+M)r̈ −mrθ̇2 + g(M −m cos θ) = 0 , (50)
e para θ:
r2θ̈ + 2rṙθ̇ + gr sin θ = 0 . (51)
6 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 7
Problema 1.6. Solução: A queda livre sujeita à resistência do ar proporcional à veloci-
dade da part́ıcula, Fres = λv, tem como função de dissipação F = λv2/2. A lagrangiana
em termos da posição vertical z como coordenada generalizada é simplesmente
L =
m
2
ż2 −mg(z − z0) , (52)
onde orientamos

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