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
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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
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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)
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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
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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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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)
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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 orientamoso eixo z para cima e z0 é a altura de potencial nulo. Além disso, F =
λż2/2. A equação de movimento é obtida usando a Eq. (1.6.17) do livro:
mz̈ +mg + λż = 0 . (53)
Resolvendo (53) para a velocidade ż, começamos pela solução homogênea:
mz̈h + λżh = 0⇒ żh = Ae−λt/m . (54)
Pelo método de variação de constantes, a solução geral terá a forma ż(t) = A(t)e−λt/m.
Substitúındo em (53) e integrando,
mȦe−λt/m − λAe−λt/m +mg + λAe−λt/m = 0⇒ A(t) = −gm
λ
eλt/m +B . (55)
Para que ż(0) = v0, devemos ter B = v0 + gm/λ, tal que a solução completa será
v(t) = ż = −gm
λ
+
(
v0 +
gm
λ
)
e−λt/m . (56)
Partindo do repouso v0 = 0, temos
v(t) =
gm
λ
(e−λt/m − 1) (57)
que atinge seu valor mı́nimo para t→∞ (v(t) é negativa pois o eixo z está orientado para
cima). Em módulo, este valor corresponde à velocidade máxima vmax = mg/λ , também
conhecida como velocidade terminal.
Problema 1.7. Solução: É simples verificar que a equação de Lagrange para1
L = eλt/m
(
m
2
ẋ2 −mgx
)
(58)
é igual à do exerćıcio anterior:
eλt/mmẍ+ eλt/mλẋ+ eλt/mmg = 0 (59)
⇒ mẍ+ λẋ+mg = 0 , (60)
que é igual a (53).
1Modificamos a lagrangiana do exerćıcio original acrescentando um fator de m−1 no argumento da
exponencial para obter a equação de movimento correta! Isto pode ser interpretado como uma redefinição
do parâmetro λ⇒ λ/m.
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Problema 1.8. Solução:
(i) Colocamos a origem das coordenadas no ponto de suspensão do pêndulo quando as
molas estão em equiĺıbrio. As coordenadas cartesianas da massa m (xm, ym) em termos
das coordenadas generalizadas x e θ são
xm = x+ l sin θ ym = l cos θ (61)
ẋm = ẋ+ lθ̇ cos θ ẏm = −lθ̇ sin θ . (62)
Obtemos as energias cinética e potencial
T =
m
2
(ẋ2 + l2θ̇2 + 2lẋθ̇ cos θ) e V = −mgl cos θ + 2
(
k
2
x2
)
, (63)
as quais nos conferem a lagrangiana
L =
m
2
(ẋ2 + l2θ̇2 + 2lẋθ̇ cos θ) +mgl cos θ − kx2 (64)
e as equações de Lagrange para x e θ, respectivamente,
mẍ+ml(θ̈ cos θ − θ̇2 sin θ) + 2kx = 0 (65)
e, após cancelamentos,
lθ̈ + ẍ cos θ + g sin θ = 0 . (66)
(ii) No caso de pequenas oscilações, aproximamos sin θ ≈ θ e cos θ ≈ 1 e desprezamos
termos do tipo θn ou θ̇n para n ≥ 2, obtendo as equações de movimento aproximadas
mẍ+mlθ̈ + 2kx = 0 e lθ̈ + ẍ+ gθ = 0 . (67)
Podemos combinar as equações (67) para encontrar uam relação entre x e θ. Multiplicando
a segunda equação por m, podemos subtrair uma da outra, resultando em
2kx−mgθ = 0⇒ x = αθ , (68)
com α = mg/2k. Finalmente, se derivarmos (68) no tempo duas vezes, podemos eliminar
ẍ da segunda equação de (67), obtendo
lθ̈ + αθ̈ + gθ = 0⇒ θ̈ + g
l′
θ = 0 , (69)
com
l′ = l +
mg
2k
, (70)
que é a equação de um pêndulo simples com comprimento l′ para pequenas oscilações.
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Problema 1.9. Solução: Para determinar o potencial generalizado U(r, ṙ) para a força
F =
ee′
r2
(
1 +
rr̈
c2
− ṙ
2
2c2
)
, (71)
precisamos escrevê-la na forma da equação (1.6.1) do livro:
F = −∂U
∂r
+
d
dt
(
∂U
∂ṙ
)
. (72)
Notamos primeiro que a derivada temporal
d
dt
(
ee′
r
ṙ
c2
)
=
ee′
r2
(
rr̈
c2
− ṙ
2
c2
)
(73)
pode ser identificada no segundo e terceiro termos de (71), exceto por um fator 1/2 no
último termo. Isso nos inspira a testar
∂U
∂ṙ
=
ee′
r
ṙ
c2
⇒ U(r, ṙ) = ee
′
r
ṙ2
2c2
+ f(r) , (74)
onde f(r) é uma função qualquer somente de r. Para que isso funcione, precisamos que o
primeiro termo de (71) apareça e o fator de 1/2 do terceiro termo seja corrigido, ou seja,
−∂U
∂r
=
ee′
r2
+
ee′
r2
ṙ2
2c2
. (75)
Utilizando a forma do potencial de (74), isso nos dá a função f(r):
−f ′(r) = ee
′
r2
⇒ f(r) = ee
′
r
, (76)
onde zeramos a constante de integração por uma escolha adequada do referencial nulo do
potencial. Portanto, o potencial generalizado para (71) é
U(r, ṙ) =
ee′
r
(
1 +
ṙ2
2c2
)
. (77)
O sistema de uma carga e sob a ação de (71) na preseça de outra carga e′ fixa na
origem pode ser descrito pelas coordenadas generalizadas (r, θ) polares. A lagrangiana
L =
m
2
(ṙ2 + r2θ̇2)− ee
′
r
(
1 +
ṙ2
2c2
)
(78)
nos conduz às equações de Lagrange(
m− ee
′
rc2
)
r̈ −mrθ̇2 − ee
′
r2
(
1 +
ṙ2
2c2
)
= 0 (79)
e
d
dt
(mr2θ̇) = 0 . (80)
9 Antonio Capanema
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Problema 1.10. Solução: Para o pêndulo elástico, escolheremos as coordenadas gen-
eralizadas (r, θ) polares (com θ sendo medido a partir da vertical para baixo), tal que a
energia cinética da massa m é
T =
m
2
(ṙ2 + r2θ̇2) (81)
e o potencial é
V = −mgr cos θ + k
2
(r − l)2 . (82)
Portanto, a lagrangiana
L =
m
2
(ṙ2 + r2θ̇2) +mgr cos θ − k
2
(r − l)2 (83)
nos dá as equações de Lagrange para r
mr̈ −mrθ̇2 −mg cos θ + k(r − l) = 0 (84)
e para θ
d
dt
(mr2θ̇) +mgr sin θ = 0 . (85)
Problema 1.11. Solução: Uma massa num pêndulo cujo ponto de suspensão oscila como
x(t) = a cosωt possui a energia cinética de (63) com x(t) no lugar de x. Considerando o
potencial gravitational V = −mgl cos θ, a lagrangiana deste sistema será
L =
m
2
(a2ω2 sin2 ωt+ l2θ̇2 − 2laωθ̇ sinωt cos θ) +mgl cos θ , (86)
o que nos conduz à equação de movimento
lθ̈ − aω2 cosωt cos θ + g sin θ = 0 . (87)
Para θ pequeno (sin θ ≈ θ e cos θ ≈ 1), isso se reduz a
θ̈ = −g
l
θ +
aω2
l
cosωt , (88)
que é a equação para um oscilador harmônico forçado com constante de mola k/m ≡ g/l e
força periódica F (t)/m ≡ (aω2/l) cosωt. A solução de (88) possui uma parte “transiente”2
associada às condições iniciais do sistema e uma parte estacionária. A solução estacionária
é da forma θ = θ0 cosωt. Substitúındo esta solução em (88), temos
−ω2θ0 = −
g
l
θ0 +
aω2
l
⇒ θ0 =
aω2
l(g
l
− ω2)
. (89)
Se ω =
√
g/l, temos θ0 →∞ o que caracteriza uma ressonância do sistema.
2Se houver uma força de amortecimento, o termo transiete decai exponencialmente com o tempo.
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Problema 1.12. Solução:
(i) Há um sistema de coordenadas cartesianas para descrever a posição de cada corpo:
(xm, ym) para o bloco de massa m (origem no topo do plano inclinado, eixo xm apontando
para baixo ao longo da inclinação) e (xM , yM) para a cunha de massa M (xM é a distância
da origem à superf́ıcie vertical da cunha). Note que os referenciais não precisam ser
inerciais, como é o caso de (xm, ym); o formalismo de Lagrange continua válido!
O sistema possui 2 graus de liberdade já que há 2 v́ınculos: yM = 0 (a cunha permanece
no solo) e ym = 0 (o bloco é confinado ao plano inclinado da cunha). Portanto, podemos
escolher como coordenadas generalizadas xm e xM . Note que a velocidade da massa m é a
soma vetorial da velocidade da cunha com a velocidade de m em relação à cunha. Assim,
a energia cinética e o potencial são
T =
m
2
[(ẋM − ẋm cosα)2 + (ẋm sinα)2] +
M
2
ẋ2M (90)
e, a menos de uma constante,
V = −mgxm sinα , (91)
onde o potencial nulo é definido no topo do plano inclinado. Obtemos a lagrangiana
L =
m+M
2
ẋ2M +
m
2
ẋ2m −mẋM ẋm cosα +mgxm sinα (92)
e as equações de movimento para xm e xM , respectivamente,
mẍm −mẍM cosα−mg sinα = 0 (93)
e
(m+M)ẍM −mẍm cosα = 0 . (94)
(ii) A aceleração da cunha em relação ao sistema inercial da superf́ıcie horizontal é
simplesmente ẍM . Multiplicando (93) por cosα e somando-a com (94), temos
0 = (m+M)ẍM −mẍM cos2 α−mg sinα cosα
= MẍM +mẍM sin
2 α−mg sinα cosα
⇒ ẍM =
mg sinα cosα
M +m sin2 α
. (95)
(iii) A aceleração do bloco em relação à cunha, ẍm, é obtida substitúındo (95) em (94):
(m+M)
mg sinα cosα
M +m sin2 α
−mẍm cosα = 0
⇒ ẍm =
(M +m)g sinα
M +m sin2 α
. (96)
11 Antonio Capanema
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Problema 1.13. Solução: Escolhemos como coordenadas generalizadas ρ e θ das coor-denadas ciĺındricas. O v́ınculo z = ρ2/R faz com que a energia cinética em coordenadas
ciĺındricas seja dada por
T =
m
2
(ρ̇2 + ρ2θ̇2 + ż2) =
m
2
(
ρ̇2 + ρ2θ̇2 +
4ρ2ρ̇2
R2
)
(97)
e o potencial seja
V = mgz =
mgρ2
R
. (98)
Desta forma, temos a lagrangiana
L =
m
2
[(
1 +
4ρ2
R2
)
ρ̇2 + ρ2θ̇2
]
− mgρ
2
R
(99)
que proporciona as equações de Lagrange para ρ e θ, respectivamente,
m
(
1 +
4ρ2
R2
)
ρ̈−mρθ̇2 + 2mgρ
R
= 0 (100)
e
d
dt
(mρ2θ̇) = 0 . (101)
Analogamente à Eq. (1.7.5) do livro, (101) implica que
ρ2θ̇ = l = cte. , (102)
o que irá implicar um resultado similar à lei das áreas de Kepler. A área varrida pela
projeção do vetor posição no plano xy em um tempo t é dada por3
A =
1
2
∫ t
0
ρ2dθ =
1
2
∫ t
0
ρ2θ̇dt =
1
2
∫ t
0
ldt (103)
⇒ A = lt
2
. (104)
Logo, o vetor projetado varre áreas iguais em tempos iguais!
3Para compreender esta relação, recorde que um ćırculo inteiro possui área πρ2. Portanto, um arco
de ângulo θ varre uma área θρ2/2. Para um arco infinitesimal, dA = (ρ2/2) dθ, que basta ser integrado
para obter a primeira relação de (103).
12 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 13
Problema 1.14. Solução: A lagrangiana de Bateman
L = eλt
(
m
2
ẋ2 − mω
2
2
x2
)
(105)
gera a equação de lagrange para x
eλt(mẍ+ λmẋ+mω2x) = 0 (106)
⇒ ẍ+ λẋ+ ω2x = 0 , (107)
que é a equação de movimento para um oscilador amortecido com frequência natural ω e
coeficiente de amortecimento λ. Realizando a transformação q = eλt/2x em (105),
q̇ =
λ
2
q + eλt/2ẋ⇒ ẋ = e−λt/2
(
q̇ − λ
2
q
)
(108)
⇒ L = m
2
(
q̇ − λ
2
q
)2
− mω
2
2
q2 (109)
note que a dependência expĺıcita de L no tempo é eliminada.
Problema 1.15. Solução: O primeiro termo da lagrangiana
L =
m
2
(ṙ2 + r2θ̇2 + r2ϕ̇2 sin2 θ)− eg
c
ϕ̇ cos θ (110)
é claramente a energia cinética da part́ıcula, quando se escreve o quadrado da velocidade
em coordenadas esféricas (similar ao Problema 1.3, mas com r variável). Basta verifi-
carmos que U = (eg/c)ϕ̇ cos θ corresponde ao potencial generalizado produzido por um
monopolo magnético B = gr/r3 = gr̂/r2. Vamos usufruir da sugestão dada pelo autor,
notando que o potencial vetor de componentes
Ar = 0 Aθ = 0 Aϕ = g(1− cos θ)/r sin θ (111)
gera o campo magnético de um monopolo
B =∇×A = 1
r sin θ
∂
∂θ
(Aϕ sin θ) r̂−
1
r
∂
∂r
(rAϕ) θ̂ =
gr̂
r2
. (112)
Portanto, o potencial generalizado dado pela Eq. (1.6.10) do livro é4
U = eφ− e
c
(v ·A) = eφ− eg
c
ϕ̇(1− cos θ) . (113)
Para que isso se iguale ao potencial generalizado que queremos, é preciso que φ = gϕ̇/c.
Note que o campo elétrico produzido por estes potenciais é nulo,
E = −∇φ− 1
c
∂A
∂t
= 0 , (114)
4Vale lembrar que o vetor velocidade em coordenadas esféricas é v = ṙ = ṙr̂+r ˙̂r = ṙr̂+r(θ̇θ̂+sin θϕ̇ϕ̂).
13 Antonio Capanema
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já que φ independe de ϕ e A não possui dependência expĺıcita no tempo.5 Finalmente, a
partir de (110), deduzimos as equações de Lagrange para r, θ e ϕ, respectivamente,
mr̈ −mrθ̇2 −mrϕ̇2 sin2 θ = 0 , (115)
d
dt
(mr2θ̇)−mr2ϕ̇2 sin θ cos θ − eg
c
ϕ̇ sin θ = 0 , (116)
e
d
dt
(mr2ϕ̇ sin2 θ) +
eg
c
θ̇ sin θ = 0 . (117)
Problema 1.16. Solução: No problema de Kepler, a energia total do sistema é dada
por
E =
m
2
ṙ2 + Vef(r) =
m
2
ṙ2 +
l2
2mr2
− κ
r
. (118)
Isolando ṙ, temos
ṙ =
√
2
m
√
E − l
2
2mr2
+
κ
r
=
dr
dt
(119)
⇒ t =
√
m
2
∫ r
rmin
dr√
E + κ
r
− l2
2mr2
=
√
m
2κ
∫ r
rmin
r dr√
Er2
κ
+ r − l2
2mκ
, (120)
onde assumimos que o planeta passa no periélio (r = rmin) no instante inicial t = 0.
O último termo na raiz no denominador da integral pode ser reescreito utilizando um
resultado do Exerćıcio 1.7.2 (resolvido neste manual de soluções):
a =
l2
mκ
(1− e2)−1 ⇒ l
2
2mκ
=
a(1− e2)
2
, (121)
onde a é o semi-eixo maior da elipse e e a sua excentricidade. Além disso, substitúındo a
excentricidade dada pela Eq. (1.7.15) do livro em (121), obtemos
a =
l2
mκ
[
1−
(
1 +
2El2
mκ2
)]−1
= − κ
2E
⇒ E
κ
= − 1
2a
, (122)
que pode ser usada para reescrever o primeiro termo na raiz no denominador da integral,
resultando em
t =
√
m
2κ
∫ r
rmin
r dr√
r − r2
2a
− a(1−e2)
2
. (123)
5A derivada parcial no tempo não atua sobre as coordenadas!
14 Antonio Capanema
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Para resolver (123), definimos a anomalia excêntrica ψ pela equação
r = a(1− e cosψ) ⇒ dr = ae sinψ dψ (124)
e realizamos esta substituição na integral (notando que rmin corresponde a ψ = 0), após
completar o quadrado dentro da raiz no denominador:
t =
√
ma
κ
∫ r
rmin
r dr√
a2e2 − (r − a)2
=
√
ma
κ
∫ ψ
0
a(1− e cosψ) ae sinψ dψ√
a2e2 − a2e2 cos2 ψ
=
√
ma3
κ
∫ ψ
0
(1− e cosψ) sinψ dψ√
1− cos2 ψ
=
√
ma3
κ
∫ ψ
0
(1− e cosψ) dψ
=
1
ω
(ψ − e sinψ)
onde definindos ω ≡
√
κ/ma3 na última linha. Chegamos, assim, à equação de Kepler
ωt = ψ − e sinψ . (125)
15 Antonio Capanema