A maior rede de estudos do Brasil

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

Pré-visualização | Página 6 de 8

|ri − vt − rj + vt|= rij. Nota-se
que o a diferença entre as duas lagrangianas é a derivada total no tempo da função
F (r1, ..., rN , t) =
∑
imiv
2t/2−miri · v. Explicitamente,
dF
dt
=
∑
i
miv
2
2
−miṙi · v ⇒ L′ = L+
dF
dt
, (261)
e assim, L e L′ são equivalentes.
Tomando v como parâmetro infinitesimal da transformação, podemos desprezar todos
os termos de O(v2) ou maior. Isto faz com que L′ = L −
∑
imiṙi · v e a ação é quase
invariante sob a transformação de Galileu,
∆S =
∫ t′2
t′1
L′ dt′ −
∫ t2
t1
(
L− v · d
dt
∑
i
miri
)
dt =
∫ t2
t1
(
L′ − L+ d
dt
∑
i
miri
)
dt
⇒ ∆S = 0 . (262)
Seguindo a notação do livro para o teorema de Noether generalizado, as Eqs. (2.7.1) nos
dão X = 0 e Ψi = −t (i = 1, ..., N), enquanto que a Eq. (2.7.11) nos dá G = −
∑
imiri.
Finalmente, a Eq. (2.7.13) do livro nos permite obter a constante de movimento
C =
∑
i
∂L
∂ṙi
(0−Ψi) +G =
∑
i
miṙit−
∑
i
miri . (263)
Podemos identificar em (263) o momento linear total P =
∑
imiṙi e o vetor posição
do centro de massa do sistema R =
∑
imiri/M , onde M é a massa total do sistema.
Expressa em termos destas quantidades, a quantidade conservada é
C = tP−MR . (264)
10A transformação de Galileu é definida como a transformação entre dois referenciais que possuem uma
velocidade relativa constante entre si.
39 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 40
Problema 2.16. Solução: (i) A lagrangiana L = e2γxẋ2/2 gera a equação de movimento
d
dt
(e2γxẋ)− γe2γxẋ2 = 0 ⇒ ẍ+ γẋ2 = 0 , (265)
que é a equação de movimento de uma part́ıcula de massa m = 1 sujeita à força não-
conservativa F = −γẋ2.
(ii) A integral de Jacobi associada a esta lagrangiana é dada pela Eq. (2.6.1) do livro:
h = ẋ
∂L
∂ẋ
− L = e2γx ẋ
2
2
. (266)
Verificando explicitamente a conservação de h,
dh
dt
=
∂h
∂x
ẋ+
∂h
∂ẋ
ẍ+
∂h
∂t
= e2γx
(
2γ
ẋ3
2
+ ẋẍ
)
= e2γx
(
γẋ3 − ẋγẋ2
)
= 0 . (267)
onde usamos (265). Já que h é uma constante, então C1 ≡
√
2h = ẋeγx também é.
(iii) Sob a transformação x′ = x+ a, t′ = eβa t, temos
dx′
dt′
=
dx′
dt
dt
dt′
= ẋe−βa ⇒ L′ ≡ L
(
x′,
dx′
dt′
, t′
)
= e2γ(x+a)
ẋ2
2
e−2βa = e2(γ−β)a L , (268)
onde L ≡ L(x, ẋ, t). Para que a ação seja invariante, precisamos ter
∆S =
∫ t′2
t′1
L′ dt′ −
∫ t2
t1
Ldt = e2(γ−β)a
∫ eβat2
eβat1
Ldt′ −
∫ t2
t1
Ldt = 0 . (269)
Realizando uma susbtituição de variáveis na primeira integral,
e2(γ−β)a
∫ t2
t1
Leβa dt−
∫ t2
t1
Ldt = 0 ⇒ (e2γa−βa − 1)
∫ t2
t1
Ldt = 0 (270)
requer que β = 2γ para garantir que a ∆S = 0. Esta transformação pode ser interpre-
tada como uma translação espacial por uma distância a atrelada a uma dilatação temporal
por um fator e2γa.
(iv) Considerando a como um parâmetro infinitesimal, podemos expandir a exponen-
cial até primeira ordem, e2γa ≈ 1+2γa, para identificar as seguintes quantidades relevates
para o teorema de Noether: X = 2γt e Ψ = 1. Portanto, a quantidade
C2 =
∂L
∂ẋ
(ẋX −Ψ)− LX = (2γtẋ− 1)ẋe2γx − γtẋ2e2γx
⇒ C2 = (γtẋ− 1)ẋe2γx (271)
é uma constante de movimento.
40 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 41
(v) Combinando as duas constantes C1 e C2 para eliminar ẋ,
C2 = (γtC2e
−γx − 1)C1eγx = γtC2C1 − C1eγx , (272)
e isolar x(t),
eλx = γtC2 −
C2
C1
⇒ x(t) = 1
γ
ln
(
−C2
C1
+ γtC2
)
, (273)
identificamos a solução geral da equação de movimento (265):
x(t) = A+
1
γ
ln(B + γt) , (274)
onde A = ln(C2)/γ e B = −1/C1 são constantes. Vamos verificar substitúındo esta
solução diretamente em (265). Tendo em mãos os resultados
ẋ(t) =
1
B + γt
, ẍ(t) = − γ
(B + γt)2
, (275)
é fácil ver que é satisfeita
ẍ+ γẋ2 = − γ
(B + γt)2
+
γ
(B + γt)2
= 0 . (276)
41 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 42
Problema 2.17. Solução: (i) Sob a transformação infinitesimal x → x′ = x + �β,
y → y′ = y − �α, com α a β constantes, a lagrangiana L = m(ẋ2 + ẏ2)/2− (αx + βy) se
torna
L′ =
m
2
(ẋ′2 + ẏ′2)− (αx′ + βy′) = m
2
(ẋ2 + ẏ2)− (αx+ βy + α�β − β�α) = L , (277)
onde usamos que ẋ′ = dx′/dt′ = dx′/dt = dx/dt = ẋ (e analogamente para ẏ′). Portanto, a
lagrangiana, e consequentemente a ação, é invariante perante esta transformação. Usando
que X = 0, Ψ1 = β e Ψ2 = −α, o teorema de Noether nos fornece a constante
A = −∂L
∂ẋ
Ψ1 −
∂L
∂ẏ
Ψ2 = mẋβ −mẏα (278)
A = m(βẋ− αẏ) . (279)
(ii) Introduzindo novas coordenadas generalizadas x̄ = αx+βy e ȳ = βx−αy, temos
as relações inversas
x =
αx̄+ βȳ
α2 + β2
, y =
βx̄− αȳ
α2 + β2
(280)
⇒ ẋ2 = α
2 ˙̄x2 + 2αβ ˙̄x ˙̄y + β2 ˙̄y2
(α2 + β2)2
, ẏ2 =
β2 ˙̄x2 − 2αβ ˙̄x ˙̄y + α2 ˙̄y2
(α2 + β2)2
(281)
A lagrangiana em termos destas novas coordenadas será
L̄ =
m
2
[
(α2 + β2) ˙̄x2 + (β2 + α2) ˙̄y2
(α2 + β2)2
]
− x̄
=
m( ˙̄x2 + ˙̄y2)
2(α2 + β2)
− x̄ ,
tornando a coordenada ȳ ćıclica. Isto é, dentre as coordenadas de L̄(x̄, ȳ, ˙̄x, ˙̄y), ȳ não
aparece. Pelo Teorema 2.5.1 do livro, o seu momento conjugado
pȳ =
∂L̄
∂ ˙̄y
=
m ˙̄y
α2 + β2
(282)
é uma constante de movimento. Esta quantidade, no entanto, não passa da constante A
de (279) multiplicada por uma constante:
A = m(βẋ− αẏ) = m ˙̄y ⇒ A = (α2 + β2) ˙̄y . (283)
A transformação de coordenadas (280) é essencialmente uma rotação no plano xy, alin-
hando o eixo x̄ com a força que gera o potencial V = αx+ βy = x̄,
F = −∇V = −ˆ̄x . (284)
Dessa forma, como não há força na direção ȳ, a componente do momento linear da
part́ıcula paralela ao eixo ȳ, A = m ˙̄y, é conservada!
42 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 43
Problema 2.18. Solução: (i) Um potencial vetor A(r) = B×r/2, com B = Bk̂, produz
o campo magnético uniforme esperado
B =∇×A = 1
2
∇× (B× r)
=
1
2
[
B(∇ · r)− r(∇ ·B) + (r ·∇)B− (B ·∇)r
]
=
1
2
(
3B−B
)
= B ,
onde usamos a identidade ∇× (a× b) = a(∇ · b)− b(∇ · a) + (b ·∇)a− (a ·∇)b e11
∇ · r = 3 , ∇ ·B = 0 , (r ·∇)B = 0 , (B ·∇)r = B ∂zr = B . (285)
A lagrangiana para este campo é obtida através da Eq. (1.6.11) do livro (com φ = 0),
lembrando que r = x î + y ĵ + z k̂ e v = ẋ î + ẏ ĵ + ż k̂,
L =
mv2
2
+
e
c
v ·A = mv
2
2
+
e
2c
v · (B× r) = m
2
(ẋ2 + ẏ2 + ż2) +
eB
2c
(xẏ − yẋ) , (286)
onde usamos a propriedade ćıclica do produto misto, v ·(B×r) = B·(r×v) = B(xẏ−yẋ).
As três equações de Lagrange,
mẍ− eB
c
ẏ = 0 , mÿ +
eB
c
ẋ = 0 , mz̈ = 0 , (287)
podem ser combinadas em uma só equação vetorial (verifique!)
mr̈ +
eB
c
k̂× ṙ = 0 ⇒ v̇ = −ω × v , (288)
onde ω = eB/mc .
(ii) Em coordenadas ciĺındricas, a lagrangiana se torna
L =
m
2
(ρ̇2 + ρ2ϕ̇2 + ż2) +
eB
2c
[
ρ cosϕ(ρ̇ sinϕ− ρϕ̇ cosϕ)− ρ sinϕ(ρ̇ cosϕ+ ρϕ̇ sinϕ)
]
⇒ L = m
2
(ρ̇2 + ρ2ϕ̇2 + ż2)− eB
2c
ρ2ϕ̇ . (289)
Note que ϕ é uma coordenada ćıclica. Pelo Teorema 2.5.1 do livro, o seu momento
conjugado, pϕ = mρ
2ϕ̇ − eBρ2/2c é conservado. Isto implica que a componente z do
momento angular da part́ıcula Lz = mρ
2ϕ̇ não é conservada (já que o segundo termo
de pϕ não é uma constante de movimento). Embora L seja invariante perante rotações
ao redor do eixo z, o Teorema 2.5.3 do livro é inválido pois o potencial depende das
velocidades. Portanto, Lz não é conservado em geral. Somente no caso especial em que
v ‖ B é que v̇ será uma aceleração centŕıpeta constante e a part́ıcula executará um
movimento circular (ρ = cte.), implicando na conservação de Lz.
11A segunda destas relações é chamada de lei de Gauss para o campo magnético e é sempre verdadeira,
embora neste caso seja trivial pois B é um vetor constante.
43 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 44
Problema 2.19. Solução: No caso da part́ıcula livre de massa unitária, L = q̇2/2 implica
que q é uma coordenada ćıclica e seu momento conjugado p = ∂L/∂q̇ = q̇ é constante de
movimento. Se acrescentarmos à lagrangiana a derivada total no tempo de uma função
F (q, t), a