A maior rede de estudos do Brasil

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

Pré-visualização | Página 3 de 3

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