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

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o 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-