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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 Soluções de Mecânica Anaĺıtica (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 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. 7 Antonio Capanema Soluções de Mecânica Anaĺıtica (Nivaldo A. Lemos) 8 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. 8 Antonio Capanema Soluções de Mecânica Anaĺıtica (Nivaldo A. Lemos) 9 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 Soluções de Mecânica Anaĺıtica (Nivaldo A. Lemos) 10 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. 10 Antonio Capanema Soluções de Mecânica Anaĺıtica (Nivaldo A. Lemos) 11 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 Soluções de Mecânica Anaĺıtica (Nivaldo A. Lemos) 12 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 Soluções de Mecânica Anaĺıtica (Nivaldo A. Lemos) 14 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 Soluções de Mecânica Anaĺıtica (Nivaldo A. Lemos) 15 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
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