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

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Note que a lagrangiana L = T −V nos permite identificar as energias cinética e potencial:
T = ẋ2/2 e V = g/x2. Portanto, a energia total do sistema é
E = T + V =
ẋ2
2
+
g
x2
. (323)
Definindo a constante I ≡ −C, vemos que
I = xẋ− 2Et (324)
é constante de movimento.
(ii) Sob a transformação infinitesimal x′(t′) = x(t)− �tx(t), t′ = t+ �t2, temos
dt′ = (1 + 2�t)dt ⇒ dt
dt′
= (1 + 2�t)−1 = 1− 2�t+O(�2) ,
onde usamos a expansão de Taylor para (1 + 2�t)−1, mantendo somente os termos até
O(�). Assim,
dx′
dt′
= (1− 2�t) dx
′
dt
= (1− 2�t)
[
(1− �t)ẋ− �x
]
= ẋ− �(3tẋ+ x) +O(�2)
e a lagrangiana transformada será, descartando termos além de O(�),
L′ =
ẋ2
2
− �ẋ(3tẋ+ x)− g
x2
(1− �t)−2 = L− �ẋ(3tẋ+ x)− 2�tg
x2
. (325)
A ação transformada será, até O(�),
S ′ =
∫ t′2
t′1
L′ dt′ =
∫ t2+�t22
t1+�t21
[
L− �ẋ(3tẋ+ x)− 2�tg
x2
]
dt′
=
∫ t2
t1
[
L− �ẋ(3tẋ+ x)− 2�tg
x2
]
(1 + 2�t) dt
=
∫ t2
t1
[
L− �
(
2tẋ2 + ẋx+
4tg
x2
)]
dt+O(�2)
=
∫ t2
t1
[
L− �
(
4tE + ẋx
)]
dt
= S −
∫ t2
t1
�
d
dt
(
2Et2 +
x2
2
)
dt
onde substitúımos a energia total (323) e a ação original S =
∫ t2
t1
Ldt. Identificando
X = t2, Ψ = −tx e G = −(2Et2 + x2/2), o teorema de Noether generalizado nos diz que
C̄ = ẋ(ẋt2 + tx)− Lt2 − (2Et2 + x2/2) = txẋ− Et2 − x2/2 (326)
49 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 50
é constante de movimento. Invertendo o sinal, obtemos a constante
K = Et2 − txẋ+ x
2
2
. (327)
(iii) A solução para a equação de movimento associada a L,
ẍ− 2g
x3
= 0 , (328)
pode ser obtida combinando (324) e (327) de modo a isolar x:
K = Et2 − t(I + 2Et) + x
2
2
⇒ x(t) =
√
2(K + Et2 + It) . (329)
Podemos verificar que esta é a solução substitúındo (329) diretamente em (328). Com
ẋ =
√
2
2
2Et+ I√
K + Et2 + It
⇒ ẍ =
√
2
2
(
2E√
K + Et2 + It
− 1
2
(2Et+ I)2
(K + Et2 + It)3/2
)
=
√
2
2
2E(K + Et2 + It)− 2E2t2 − 2EtI − I2/2
(K + Et2 + It)3/2
=
√
2
2
2EK − I2/2
(K + Et2 + It)3/2
,
a equação de movimento (328) se torna
√
2
2
2EK − I2/2
(K + Et2 + It)3/2
− 2g
[2(K + Et2 + It)]3/2
= 0 (330)
⇒ 2EK − I2/2− g = 0 . (331)
Substitúındo as expressões para K e I,
2E
(
Et2 − txẋ+ x
2
2
)
− x
2ẋ2 − 4xẋEt+ 4E2t2
2
− g = 0 (332)
⇒ x2 2E − ẋ
2
2
− g = 0 . (333)
Sabendo que 2E = ẋ2 + 2g/x2, verificamos facilmente que (333) é satisfeita trivialmente,
confirmando que (329) é a solução desejada.
50 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 51
Problema 2.24. Solução: Na presença de v́ınculos da forma da Eq. (2.4.10) do livro
n∑
k=1
alkq̇k + alt = 0 , l = 1, ..., p , (334)
as equações de movimento do sistema são dadas pela Eq. (2.4.9) do livro,
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)
− ∂L
∂qk
=
p∑
l=1
λlalk , k = 1, ..., n . (335)
Assim, a integral de Jacobi, cuja derivada total em relação ao tempo é (ver a demonstração
do Teorema 2.6.1 do livro)
dh
dt
=
n∑
k=1
[
q̈k
∂L
∂q̇k
+ q̇k
d
dt
(
∂L
∂q̇k
)]
−
[ n∑
k=1
(
∂L
∂qk
q̇k +
∂L
∂q̇k
q̈k
)
+
∂L
∂t
]
, (336)
safistaz, após a substituição (335) em (336),
dh
dt
= −∂L
∂t
+
n∑
k=1
q̇k
p∑
l=1
λlalk . (337)
As equações dos v́ınculos (334) nos permitem reescrever o último termo para obter o
resultado desejado:
dh
dt
= −∂L
∂t
−
p∑
l=1
λlalt . (338)
Portanto, na presença de v́ınculos que variam no tempo (alt 6= 0), h em geral não é
conservado mesmo que L seja independente do tempo explicitamente (∂L/∂t = 0).
51 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 52
Problema 2.25. Solução: (i) No problema de um cilindro rolando sem deslizar sobre
outro cilindo considerado no Exemplo 2.4.3 do livro, a força generalizada Q2 é definida
segundo as Eqs. (1.4.6) e (1.6.12) do livro (neste caso, Q2 = Q
′
2 não provém de nenhum
potencial generalizado pois é uma força de atrito) como
Q′2 = f ·
∂r
∂θ
= rf · (− sin θ î + cos θ ĵ) = rf · êθ = rfθ , (339)
onde usamos o vetor posição em coordenadas cartesianas r = r cos θ î + r sin θ ĵ de forma
análoga ao Exemplo 1.4.4. Agora podemos calcular Q′2 da maneira usual para obter fθ,
Q′2 =
2∑
l=1
λlal2 = rλ1 ⇒ fθ = λ1 . (340)
Combinando as Eqs. (2.4.44) e (2.4.45) do livro, podemos reescrever λ1 e chegar na
resposta desejada
−λ1 =
m
2
(a+ b) θ̈ =
mg
3
sin θ ⇒ fθ = −
mg
3
sin θ . (341)
(ii) Para que não haja deslizamento, é necessário que |fθ|≤ µN , onde N é dada pela
Eq. (2.4.49) do livro, já que uma força de atrito maior do que µN é imposśıvel. Ou seja,
o deslizamento começa quando o ângulo é θ1 tal que
|fθ|=
mg
3
|sin θ1|= µN = µ
mg
3
(7 cos θ1 − 4) ⇒ |sin θ1|= µ(7 cos θ1 − 4) . (342)
Elevando ambos os lados ao quadrado,
sin2 θ1 = µ
2(7 cos θ1 − 4)2 = µ2(49 cos2 θ1 − 56 cos θ1 + 16) , (343)
e usando que sin2 θ = 1− cos2 θ, chegamos a uma equação de segundo grau para cos θ1,
(1 + 49µ2) cos2 θ1 − 56µ2 cos θ1 + 16µ2 − 1 = 0 , (344)
cuja única solução posśıvel para θ1 no primeiro quadrante (cos θ1 > 0 ∀µ) é
cos θ1 =
28µ2 +
√
1 + 33µ2
1 + 49µ2
. (345)
(iii) Para que o resultado do Exemplo 2.4.3 do livro esteja correto, é preciso que
θ0 ≥ θ1, senão o cilindro móvel desliza antes de abandonar o cilindro fixo. Então queremos
cos θ1 ≥ cos θ0 ⇒
28µ2 +
√
1 + 33µ2
1 + 49µ2
≥ 4
7
, (346)
o que requer µ� 1 para que
cos θ1 &
28µ2
49µ2
=
4
7
. (347)
52 Antonio Capanema
Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 53
Problema 2.26. Solução: Para uma carga se movendo num campo eletromagnético com
E e B constantes, a derivada no tempo do vetor K = mv + (e/c)B× r− eEt é
dK
dt
= ma +
e
c
B× v − eE ,
onde a = v̇ = r̈. A partir da Eq. (1.6.3) do livro, que é a equação de movimento para a
carga (em unidades CGS gaussianas),
ma = eE +
e
c
v ×B , (348)
podemos usar a anticomutatividade do produto vetorial v × B = −B × v para provar
facilmente que K é constante de movimento:
dK
dt
= 0 . (349)
53 Antonio Capanema

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