A maior rede de estudos do Brasil

Grátis
38 pág.
Soluções Capítulo 2 (COMPLETO) - Mecânica Analítica (Nivaldo A. Lemos)

Pré-visualização | Página 1 de 8

Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 16
Caṕıtulo 2: Prinćıpio Variacional de Hamilton
Exerćıcio 2.3.1. Solução: Se a Lagrangiana L(q, q̇, t) satisfaz as equações de Lagrange
d
dt
(
∂L
∂q̇
)
− ∂L
∂q
= 0 (126)
∀q, então a Lagrangiana L̄(q, q̇, t) = L(q, q̇, t) + d
dt
f(q, t) satisfaz
d
dt
(
∂L̄
∂q̇
)
− ∂L̄
∂q
=
d
dt
[
∂L
∂q̇
+
∂
∂q̇
(
d
dt
f(q, t)
)]
− ∂L
∂q
− ∂
∂q
(
d
dt
f(q, t)
)
=
d
dt
(
∂L
∂q̇
)
− ∂L
∂q
+
d
dt
[
∂
∂q̇
(
d
dt
f(q, t)
)]
− ∂
∂q
(
d
dt
f(q, t)
)
=
d
dt
[
∂
∂q̇
(
d
dt
f(q, t)
)]
− ∂
∂q
(
d
dt
f(q, t)
)
,
onde usamos (126) na última igualdade. No entanto, se aplicarmos a regra da cadeia,
vemos que
d
dt
f(q, t) = q̇
∂f
∂q
+
∂f
∂t
(127)
⇒ d
dt
[
∂
∂q̇
(
d
dt
f(q, t)
)]
=
d
dt
(
∂f
∂q
)
= q̇
∂2f
∂q2
+
∂2f
∂t∂q
(128)
⇒ ∂
∂q
(
d
dt
f(q, t)
)
= q̇
∂2f
∂q2
+
∂2f
∂q∂t
. (129)
Igualando as segundas derivadas cruzadas em q e t, fica claro que Lagrangianas equiva-
lentes geram as mesmas equações de movimento:
d
dt
(
∂L̄
∂q̇
)
− ∂L̄
∂q
= 0 =
d
dt
(
∂L
∂q̇
)
− ∂L
∂q
. (130)
Exerćıcio 2.4.1. Solução: O trabalho virtual das forças generalizadas de v́ınculo dadas
pela Eq. (2.4.12) do livro é
δWv =
n∑
k=1
Q′k · δqk =
n∑
k=1
p∑
l=1
λlalk · δqk =
p∑
l=1
λl
( n∑
k=1
alk · δqk
)
, (131)
onde os δqk’s são os deslocamentos virtuais. No entanto, sabemos que estes deslocamentos
virtuais devem obedecer à Eq. (2.4.3) do livro:
n∑
k=1
alkδqk = 0⇒ δWv = 0 . (132)
Mostramos que o trabalho virtual total das forças de v́ınculo é zero, confirmando que
satisfazemos o prinćıpio dos trabalhos virtuais da Eq. (1.3.7) do livro e, mais geralmente,
o prinćıpio de d’Alembert de Eq. (1.3.9) do livro. Portanto, mesmo com v́ınculos não-
holônomos, o prinćıpio de Hamilton δS = 0 na versão da Eq. (2.4.2) do livro não viola o
prinćıpio de d’Alembert.
16 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 17
Exerćıcio 2.4.2. Solução: Para que o v́ınculo
ẋ− ωy = 0 (133)
seja holônomo, ele deveria ser escrito na forma G(x, y, t) = C, com C uma constante
arbitrária, que tem a forma da Eq. (1.2.7) do livro. Para isso, é preciso que exista um
fator integrante h(x, y, t) tal que (133) seja integrável diretamente se multiplicada por h:
hẋ− hωy = d
dt
G(x, y, t) =
∂G
∂x
ẋ+
∂G
∂y
ẏ +
∂G
∂t
= 0 . (134)
Claramente, (134) implica não somente em G(x, y, t) = C mas também em ∂G/∂x = h,
∂G/∂y = 0 e ∂G/∂t = −hωy. Igualando as segundas derivadas,
∂2G
∂y∂x
=
∂2G
∂x∂y
⇒ ∂h
∂y
= 0⇒ h = h(x, t) (135)
∂2G
∂y∂t
=
∂2G
∂t∂y
⇒ ∂
∂y
(−hωy) = 0⇒ h = 0 . (136)
O fator integrante trivial (nulo) nos diz que o v́ınculo (133) não é holônomo.
Exerćıcio 2.4.3. Solução: As equações newtonianas de movimento para a força F′ cujas
componentes são F ′x = mωẏ e F
′
y = 0 são
mẍ = mωẏ e mÿ = 0 . (137)
A segunda destas equações nos diz que y = y0 + v0yt, com y0 e v0 constantes arbitrárias.
Levando esta solução à primeira equação de (137), obtemos
ẍ = ωv0 ⇒ x = x0 + v0xt+
1
2
ωv0yt
2 . (138)
Para que estas soluções satisfaçam automaticamente o v́ınculo ẋ− ωy = 0, é preciso que
v0x + ωvoyt− ω(y0 + voyt) = 0 , (139)
ou seja, as condições iniciais devem satisfazer v0x = ωy0 . Isto nada mais é do que a
restrição imposta pelo v́ınculo sobre as condições iniciais.
Exerćıcio 2.4.4. Solução: As n primeiras equações (2.4.52) do livro são simplesmente
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)
− ∂L
∂qk
= 0⇒ d
dt
(
∂L
∂q̇k
)
− ∂L
∂qk
=
p∑
l=1
λlalk , k = 1, ..., n , (140)
onde L = L(q, q̇, t) +
∑p
l=1 λlfl(q, t) e usamos que os v́ınculos holônomos fl(q, t) = 0
satisfazem a Eq. (2.4.32) do livro, ∂fl/∂qk = alk. Reproduzimos assim as Eqs. (2.4.9) do
livro, ao passo que as p últimas equações (2.4.52) caem nas Eqs. (2.4.30) do livro:
d
dt
(
∂L
∂λ̇m
)
− ∂L
∂λm
= 0⇒ δmlfl = fm(q, t) = 0 , m = 1, ..., p . (141)
17 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 18
Exerćıcio 2.6.1. Solução: A energia cinética pode ser escrita em termos das coordenadas
e velocidades generalizadas como
T =
1
2
∑
i
miv
2
i =
1
2
∑
i
mi
(∑
k
∂ri
∂qk
q̇k +
∂ri
∂t
)
·
(∑
l
∂ri
∂ql
q̇l +
∂ri
∂t
)
=
1
2
∑
i
mi
[
∂ri
∂t
· ∂ri
∂t
+ 2
∑
k
(
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂t
)
q̇k +
∑
k,l
(
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂ql
)
q̇kq̇l
]
=
1
2
∑
i
mi
∂ri
∂t
· ∂ri
∂t
+
∑
k
(∑
i
mi
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂t
)
q̇k +
1
2
∑
k,l
(∑
i
mi
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂ql
)
q̇kq̇l
= M0 +
∑
k
Mkq̇k +
1
2
∑
k,l
Mklq̇kq̇l ,
onde
M0 =
1
2
∑
i
mi
∂ri
∂t
· ∂ri
∂t
, (142)
Mk =
∑
i
mi
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂t
, (143)
Mkl =
∑
i
mi
∂ri
∂qk
· ∂ri
∂ql
. (144)
Exerćıcio 2.6.2. Solução: A integral de Jacobi
h =
∑
k
q̇k
∂L
∂q̇k
− L (145)
tem como derivada total (lembrando que L = L(q, q̇, t))
dh
dt
=
∑
k
[
q̈k
∂L
∂q̇k
+ q̇k
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)]
−
∑
k
(
∂L
∂qk
q̇k +
∂L
∂q̇k
q̈k
)
+
∂L
∂t
=
∑
k
q̇k
[
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)
− ∂L
∂qk
]
− ∂L
∂t
.
Na presença de forças dissipativas com função de dissipação F , a equação de movimento
se torna na Eq. (1.6.17) do livro:
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)
− ∂L
∂qk
+
∂F
∂q̇k
= 0 . (146)
Portanto, realizando esta substituição em dh/dt, obtemos
dh
dt
= −
∑
k
q̇k
∂F
∂q̇k
− ∂L
∂t
. (147)
18 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 19
Exerćıcio 2.7.1. Solução: Definimos q1 = x1, q2 = y1, q3 = z1, ..., q3N = zN como
coordenadas generalizadas sujeitas aos p v́ınculos da Eq. (2.5.11) do livro. As translações
ŕıgidas das Eqs. (2.5.9) são da forma das Eqs. (2.7.1) do livro com X = 0, Ψ3m+1 = n̂ · x̂,
Ψ3m+2 = n̂ · ŷ e Ψ3m+3 = n̂ · ẑ, com m = 0, ..., N − 1. A condição de Noether na presença
de v́ınculos é obtida invocando a invariância de
L = L+
p∑
l=1
λlfl(q1, ..., q3N , t) (148)
ao invés de L, conforme a Eq. (2.4.53) do livro. Assim, o teorema de Noether nos diz que
−
3N∑
k=1
∂L
∂q̇k
Ψk = cte. . (149)
Substitúındo os Ψk’s e usando que ∂L/∂ṙi = pi é o momento linear da part́ıcula i (as-
sumimos que o potencial é independente das velocidades, assim como no Teorema 2.5.2),
−
N∑
i=1
∂L
∂ṙi
· n̂ = −
N∑
i=1
pi · n̂ = cte. ⇒ P · n̂ = cte. , (150)
reproduzindo a Eq. (2.5.17) do livro.
Exerćıcio 2.7.2. Solução: (i) Verificando que a condição de Noether para 1 coordenada
generalizada q1 = x
Ψ
∂L
∂x
+ (Ψ̇− ẋẊ)∂L
∂ẋ
+ LẊ +
∂L
∂t
X = 0 (151)
é satisfeita para para a lagrangiana
L = eλt
(
m
2
ẋ2 − mω
2
2
x2
)
(152)
e as transformações infinitesimais da Eq. (2.7.1) do livro com X = 1 e Ψ = −λx/2:
λ
2
xeλtmω2x− λ
2
ẋeλtmẋ+ λL = 0 , (153)
equação esta que é identicamente satisfeita (0 = 0).
(ii) A conservação da quantidade C da Eq. (2.7.17) do livro pode ser traduzida em
dC
dt
= eλt
(
mẋẍ+mω2xẋ+
mλ
2
ẋ2 +
mλ
2
xẍ
)
+ λC
= eλt
(
mẋẍ+mω2xẋ+mλẋ2 +
mλ
2
xẍ+
mω2λ
2
x2 +
mλ2
2
xẋ
)
= 0
⇒ ẋ(ẍ+ ω2x+ λẋ) + xλ
2
(ẍ+ ω2x+ λẋ) = 0 . (154)
Da equação de movimento (107) do oscilador amortecido obtida no Problema 1.14, pode-
mos substituir ẍ+ λẋ+ ω2x = 0 em (154), satisfazendo-a identicamente.
19 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 20
Problema 2.1. Solução: Considere o comprimento de arco elementar em coordenadas
ciĺındricas
ds2 = dρ2 + ρ2dθ2 + dz2 =
[(
dρ
dθ
)2
+ ρ2 +
(
dz
dθ
)2]
dθ2 . (155)
A superf́ıcie de um cone com vértice na origem, eixo de simetria ao longo do eixo z e
ângulo de abertura 2α é caracterizada pela relação tanα = ρ/z. Assim, podemos eliminar
a coordenada radial ρ para obter a distância entre dois pontos no cone ao longo de uma
curva z(θ):
s[z] =
∫
ds =
∫ θ2
θ1
√
(1 + tan2 α)z′(θ)2 + tan2 α z(θ)2 dθ . (156)
A curva geodésica é aquela que minimiza s[z]. Colocando em evidência um fator de√
1 + tan2 α = secα em (156), conclúımos que z(θ) deve satisfazer a equação de Euler
∂f
∂z
− d
dθ
(
∂f
∂z′
)
= 0 (157)
com f(z, z′, θ) =
√
z′ 2 + sin2 α z2. Para facilitar nossos cálculos, note que, como f não
depende diretamente

Crie agora seu perfil grátis para visualizar sem restrições.