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

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Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 1
Caṕıtulo 1: Dinâmica Lagrangiana
Exerćıcio 1.7.1. Solução: Numa órbita circular com r = r0, temos ṙ = 0, e assim a
energia E = m2 ṙ
2 + Vef(r) é dada por
E0 = Vef(r0) . (1)
Aĺem disso, como a energia E é uma constante, podemos derivar em a sua expressãor
original (com ṙ = 0), obtendo
0 = V 0ef(r) = −
l2
mr3
+ V 0(r) . (2)
Em particular, V 0ef(r0) = 0 implica em l
2/mr30 = V
0(r0) . Derivar novamente (2) nos dá
V 00ef(r) =
3l2
mr4
+ V 00(r) . (3)
O segundo termo de ( ) pode ser substitúıdo notando que ¨3 r = 0 implica em
V 0(r) = mrϕ̇2 =
l2
mr3
(4)
pelas Eqs. (1.7.4) e (1.7.6) do livro. Então, para temosr = r0
V 00ef(r0) =
3
r0
V V0(r0) +
00(r0) . (5)
Exerćıcio 1.7.2. Solução: (i) Como e ≤ 0, os raios máximo e mı́nimo encontram-se em
cosϕ = −1 e cosϕ = 1, respectivamente:
1
rmax
=
mκ
l2
(1− e)⇒ rmax = p(1 (6)− e)−1
1
rmin
=
mκ
l2
(1 + e e)⇒ rmin = p(1 + )−1 , (7)
onde p = l2/mκ. Portanto, o semi-eixo maior da elipse 2 é dado pora = (rmax + rmin)/
a =
p
2

1
1− e +
1
1 + e

=
p
2
2
(1− e)(1 + e) ⇒ a = p(1− e
2)−1 . (8)
(ii) Lembrando que ϕ̇ = l/mr2, temos
dS
dt
=
1
2
r2
dϕ
dt
⇒ dS
dt
=
l
2m
. (9)
Isso implica em = 0 como o instante inicial. O tempo necessárioS = lt/2m, tomando t
para que a área percorrida seja a área da elipse S = πab = πa2
√
1− e2 (ou seja, o peŕıodo
da órbita) é, utlizando ( ) e ( ),8 9
τ =
2mπa2
√
1− e2
l
=
2mπa2
l
r
p
a
⇒ τ = 2 = 2 (10)πa3/2
p
m/k πa3/2/
√
GM .
1 Antonio Capanema
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Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 2
Problema 1.1.
Dados do problema:
V́ınculo 1: (x2 + y2)dx+ xzdz = 0.
V́ınculo 2: (x2 + y2)dy + yzdz = 0.
Solução:
(i) Multiplicando o v́ınculo 1 por e o v́ınculo 2 por , podemos igualar ambos:y x
y y(x x x2 + y2)dx+ xyzdz = ( 2 + 2)dy + xyzdz
y(x x x2 + y2)dx = ( 2 + y2)dy
ydx = xdy ,
resultando em
dy
y
=
dx
x
⇒ d d dln y = ln x ⇒ ln y
x
= 0 . (11)
A segunda relação advém de expandir o v́ınculo 1,
x2dx+ y2dx+ xzdz ,= 0
e usar a primeira identidade de ( ) para mudar o segundo termo,11
x2dx+ xydy + xzdz = 0
x(xdx+ ydy + zdz) = 0
x(2xdx+ 2ydy + 2zdz) = 0
⇒ xd(x2 + y2 + z2) = 0 . (12)
(ii) Como x é arbitrário, conclúımos de (12) que
d(x x2 + y2 + z2) = 0⇒ 2 + y2 + z2 = C1 . (13)
Já de ( ), temos que11
ln
y
x
= c2 ⇒
y
x
= ec2 = C2 ⇒ y = C2x . (14)
2 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 3
Problema 1.2. Solução: Considere o setup da Figura 1.7 (pág. 28), só que num plano
vertical xz (y = 0) ao invés de horizontal = 0). Em analogia ao exemplo 1.4.4,xy (z
x = r rcos θ y = 0 z = sin θ (15)
ẋ = ṙ cos θ − rθ̇ sin θ ẏ = 0 ż = ṙ sin θ + r θ̇ cos θ (16)
⇒ T = m
2
(ẋ2 + ẏ2 + ż2) =
m
2
(ṙ r2 + 2θ̇2) . (17)
Aĺem disso, temos o potencial gravitational (com o plano = 0 como referencial nulo)z
V = mgz mgr= sin θ . (18)
Lembrando que θ = ωt ⇒ θ̇ = ω, a lagrangiana L = T − V do sistema é
L =
m
2
ṙ2 +
mω2
2
r2 −mgr ωt .sin (19)
A equação de Lagrange para a part́ıcula é
d
dt

∂L
∂ṙ

− ∂L
∂r
= 0⇒ mr̈ r−mω2 +mg sinωt = 0 . (20)
Para resolvê-la, precisamos primeiro encontrar a solução da equação homogênea corre-
spondente:
r̈ r t Aeh = ω
2
h ⇒ rh( ) = ωt +Be−ωt . (21)
A solução geral de (20) é r( ( (t) = rh(t)+rp t), onde rp t) é uma solução particular qualquer
de ( ). Um chute educado seria propor que, após substituição em ( ),20 rp(t) = C sinωt 20
nos dá
−ω2C sinωt− ω2C sinωt ωt+ g sin = 0⇒ C = g/2ω2 . (22)
Agora basta aplicar as condições iniciais na solução completa
r(t Ae) = ωt +Be−ωt +
g
2ω2
sinωt (23)
para descobrir as constantes . Encontramos o sistemaA e B
(
r(0) = r0 ⇒ A+B = r0
ṙ(0) = 0⇒ A−B + g/2ω2 = 0
(24)
cuja solução é A = ( = (r0 − g/2 )ω2 /2 e B r0 + g/2 )ω2 /2. Assim, obtemos
r(t r) = 0
e eωt + −ωt
2
− g
2ω2
eωt − e−ωt
2
+
g
2ω2
sinωt (25)
⇒ r(t) = r0 coshωt−
g
2ω2
sinhωt+
g
2ω2
sinωt . (26)
3 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 4
Problema 1.3. Solução: Para um pêndulo esférico, convém utilizarmos as coordenadas
esf́ericas θ e ϕ como coordenadas generalizadas. Definindo a origem no apoio fixo do
pêndulo e o eixo para baixo (tal que a posição de equiĺıbrio estável seja emz θ = 0),
temos
x = l l lsin θ cosϕ y = sin θ sinϕ z = cos θ (27)
ẋ = l(θ̇ cos θ cosϕ− ϕ̇ sin θ sinϕ) ẏ = l(θ̇ cos θ sinϕ+ ϕ̇ sin θ cosϕ) ż = −l θ̇ sin θ (28)
⇒ T = m
2
(ẋ2 + ẏ2 + ż2) =
m
2
(l2θ̇2 + l2ϕ̇2 sin2 θ) . (29)
Definindo o zero do potencial gravitacional no plano z = 0,
V = −mgz mgl= − cos θ (30)
L =
ml2
2
(θ̇2 + ϕ̇2 sin2 θ) +mgl cos θ . (31)
As equações de Lagrange para o pêndulo esférico são
ml2θ̈ −ml2ϕ̇2 sin θ cos θ +mgl sin θ = 0⇒ θ̈ −

ϕ̇2 cos θ − g
l

sin θ = 0 (32)
para eθ
d
dt
(ml2ϕ̇ sin2 θ) = 0⇒ ϕ̈ sin2 θ + 2ϕ̇θ̇ sin θ cos θ = 0 (33)
para ϕ. Note que a primeira parte de ( ) implica que a componente33 z do momento
angular,
L xpz = y − ypx = ml2ϕ̇ sin2 θ (34)
é conservada. Por fim, para conferir nossos resultados, podemos considerar o caso partic-
ular quando ϕ̇ = 0. Nesse caso, a ( ) se torna32
θ̈ +
g
l
sin θ = 0 (35)
que é a equação para o pêndulo num plano, conforme o esperado.
4 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 5
Problema 1.4. Solução: Para o pêndulo cicloidal,
x = R(θ − sin θ) y = R(1− cos θ) (36)
ẋ = R(θ̇ − θ̇ cos θ) ẏ = Rθ̇ sin θ (37)
nos permite escrever a energia cinética como
T =
m
2
(ẋ2 + ẏ2)
=
mR2
2
(2θ̇2 − 2θ̇2 cos θ)
= 2mR2 sin2
θ
2
θ̇2 .
O potencial, por sua vez, é simplesmente
V = −mgy mgR= − (1− cos θ)
já que o eixo aponta para baixo. Lembrando que 1 2), obtemosy − cos θ = 2 sin2(θ/
L = 2mR2 sin2
θ
2
θ̇ θ2 +mgR(1− cos ) (38)
para a lagrangiana do pêndulo cicloidal de Huyghens. Em termos de u = cos( 2),θ/
θ = 2arccosu ⇒ θ̇ = − 2u̇√
1− u2
(39)
⇒ L = 8mR2u̇ u2 + 2mgR(1− 2) , (40)
e a equação de Lagrange em termos desta nova coordenada é
16 ¨mR2u+ 4mgRu = 0⇒ ü = − g
4R
u . (41)
Para calcular o peŕıodo de oscilação, precisamos da solução de ( ):41
u t( ) = A cosωt ωt ,+B sin (42)
com ω =
p
g/4R e eA B constantes a determinar pelas condições iniciais. Portanto, é
fácil ver que o peŕıodo τ = 2π/ω do movimento é dado por
τ = 4π
s
R
g
, (43)
independente da amplitude, assim como no pêndulo simples.
5 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 6
Problema 1.5. Solução: Sejam ( ) e ( ) as coordenadas cartesianas das massasx1, y1 x2, y2
M e m, respectivamente, com a origem do sistema na roldanada direita da Figura 1.9
(pág. 40) e com o eixo apontando para baixo. O setup da máquina de Atwood oscilantey
possui os v́ınculos
x1 = cte. e y1 + r = l , (44)
onde l é uma constante pré-determinada pelo comprimento do fio. Como temos 2 v́ınculos,
o sistema possui 4− 2 = 2 graus de liberdade. Utilizando as coordenadas generalizadas r
e θ da Figura 1.9, temos
x2 = r rsin θ y2 = cos θ (45)
ẋ2 = ṙ sin θ + r θ̇ cos θ ẏ2 = ṙ cos θ − rθ̇ sin θ . (46)
aĺem de ẋ1 = 0 e ẏ1 = −ṙ advindo dos v́ınculos ( ). Com isso, a energia cinética será44
T =
M
2
(ẋ21 + ẏ
2
1) +
m
2
(ẋ22 + ẏ
2
2) =
Mṙ2
2
+
m
2
(ṙ2 + r2 θ̇2) (47)
e a energia potencial será
V = −Mgy mgy mgr1 − 2 = Mg(r − l)− cos θ , (48)
tal que a lagrangiana do sistema é dada por (descartando a constante que não alteraMgl
as equações de movimento)
L =
m+M
2
ṙ2 +
m
2
r2θ̇ θ2 − gr(M −m cos ) . (49)
Podemos então escrever a equação de Lagrange para :r
(m+M)r̈ −mrθ̇ θ2 + g(M −m cos ) = 0 , (50)
e para :θ
r2 θ̈ + 2rṙθ̇ + gr sin θ = 0 . (51)
6 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 7
Problema 1.6. Solução: A queda livre sujeita à resistência do ar proporcional à veloci-
dade da part́ıcula, , tem como função de dissipação 2. A lagrangianaFres = λv F = λv2/
em termos da posição vertical z como coordenada generalizada é simplesmente
L =
m
2
ż2 −mg(z − z0) , (52)
onde orientamos o eixo é a altura de potencial nulo. Aĺem disso, =z para cima e z0 F
λż2/2. A equação de movimento é obtida usando a Eq. (1.6.17) do livro:
mz̈ +mg + λż = 0 . (53)
Resolvendo ( ) para a velocidade ˙53 z, começamos pela solução homogênea:
mz̈h + λżh = 0⇒ ż Aeh = −λt/m . (54)
Pelo método de variação de constantes, a solução geral terá a forma ż(t A t) = ( )e−λt/m.
Substitúındo em ( ) e integrando,53
mȦe λAe λAe t−λt/m − −λt/m +mg + −λt/m = 0⇒ A( ) = −gm
λ
eλt/m +B . (55)
Para que ż(0) = v v0, devemos ter B = 0 + 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 ḿınimo para t → ∞ ( (v t) é negativa pois o eixo está orientado paraz
cima). Em módulo, este valor corresponde à velocidade máxima , tambémvmax = mg/λ
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 no argumento dam−1
exponencial para obter a equação de movimento correta! Isto pode ser interpretado como uma redefinição
do parâmetro .λ ⇒ λ/m
7 Antonio Capanema
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(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 ) em termosm (xm, ym
das coordenadas generalizadas x e θ são
xm = x+ l sin θ ym = l cos θ (61)
ẋm = ẋ+ l θ̇ 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 + l2 θ̇2 + 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 1 e desprezamosθ ≈ θ e cos θ ≈
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 ( ) para encontrar uam relação entre67 x e θ. Multiplicando
a segunda equação por , podemos subtrair uma da outra, resultando emm
2kx−mgθ = 0 (68)⇒ x = αθ ,
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
l0
θ = 0 (69),
com
l0 = l +
mg
2k
, (70)
que é a equação de um pêndulo simples com comprimento l0 para pequenas oscilações.
8 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 9
Problema 1.9. Solução: Para determinar o potencial generalizado U( ˙r, r) para a força
F =
ee0
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

ee0
r
ṙ
c2

=
ee0
r2

rr̈
c2
− ṙ
2
c2

(73)
pode ser identificada no segundo e terceiro termos de ( ), exceto por um fator 1 2 no71 /
último termo. Isso nos inspira a testar
∂U
∂ṙ
=
ee0
r
ṙ
c2
⇒ U(r, ṙ) = ee
0
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 ( ) apareça e o fator de 1/2 do terceiro termo seja corrigido, ou seja,71
−∂U
∂r
=
ee0
r2
+
ee0
r2
ṙ2
2c2
. (75)
Utilizando a forma do potencial de ( ), isso nos dá a função ):74 f(r
−f 0(r) = ee
0
r2
⇒ f(r) = ee
0
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) =
ee0
r

1 +
ṙ2
2c2

. (77)
O sistema de uma carga sob a ação de (e 71) na preseça de outra carga fixa nae0
origem pode ser descrito pelas coordenadas generalizadas (r, θ) polares. A lagrangiana
L =
m
2
(ṙ r2 + 2θ̇2)− ee
0
r

1 +
ṙ2
2c2

(78)
nos conduz às equações de Lagrange

m− ee
0
rc2

r̈ −mrθ̇2 −
ee0
r2

1 +
ṙ2
2c2

= 0 (79)
e
d
dt
(mr2θ̇) = 0 . (80)
9 Antonio Capanema
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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
(ṙ r2 + 2θ̇2) (81)
e o potencial é
V = −mgr cos θ + k
2
( ) (82)r − l 2 .
Portanto, a lagrangiana
L =
m
2
(ṙ r2 + 2θ̇2) +mgr cos θ − k
2
( ) (83)r − l 2
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 ( ) no lugar de63) com x(t x. Considerando o
potencial gravitational V = −mgl cos θ, a lagrangiana deste sistema será
L =
m
2
( sina2ω2 2 ωt+ l2 θ̇2 − 2laωθ̇ sinωt mglcos θ) + cos θ , (86)
o que nos conduz à equação de movimento
lθ̈ θ− aω2 cosωt cos + 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 ek/m ≡ g/l
força periódica F ( (t)/m ≡ aω2/l) cosωt. A soluçãode ( ) possui uma parte “transiente”88 2
associada às condições iniciais do sistema e uma parte estacionária. A solução estacionária
é da forma . Substitúındo esta solução em ( ), temosθ = θ0 cosωt 88
−ω2θ0 = −
g
l
θ0 +
aω2
l
⇒ θ0 =
aω2
l(gl − ω2)
. (89)
Se ω =
p
g/l, temos o que caracteriza uma ressonância do sistema.θ0 → ∞
2Se houver uma força de amortecimento, o termo transiete decai exponencialmente com o tempo.
10 Antonio Capanema