Soluções Capítulo 3 (COMPLETO) - Mecânica Analítica (Nivaldo A

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Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 63
Problema 3.5. Solução: Seja h = (x, y, R) a posição do centro da esfera em um referen-
cial inercial Σ. Seja Σ o referencial não-inercial que acompanha o movimento e a rotação0
da esfera, com origem no centro da mesma. Tem-se portanto que é a posição da origemh
de Σ em relação a Σ, assim como na Fig. 3.6 do livro. Considere um ponto na superf́ıcie0
da esfera, localizado em é a posição deste ponto em relação a Σro = h + r, onde r
0. A
Eq. (3.6.2) do livro nos dá

dr0
dt

Σ
=

dh
dt

Σ
+

dr
dt

Σ
=

dh
dt

Σ
+

dr
dt

Σ0
+ ω × r , (398)
onde ω é o vetor velocidade angular da esfera (isto é, do referencial Σ ). Note que0
(dr/dt)Σ0 = 0 pois o ponto está fixo na esfera e, portanto, se move junto com os eixos de
Σ0. Logo,

dr0
dt

Σ
=

dh
dt

Σ
+ ω × r . (399)
Vamos agora escolher como sendo o ponto da esfera em contato instantâneo comro
o plano. Sabemos que naquele instante de tempo, r = −Rẑ e ω = (ωx, ω , ωy z) em
relação a Σ, onde as componentes de são dadas pela Eq. (3.4.31) do livro. Usando queω
( )dh/dt Σ = (ẋ, ẏ, 0), obtemos

dr0
dt

Σ
= (ẋ, ẏ, 0) + (−Rωy, Rωx, 0) . (400)
O v́ınculo de rolamento sem deslizamento vem da exigência de que a velocidade do ponto
da esfera em contato com o plano seja zero no referencial inercial, ou seja, (dr0/dt)Σ = 0.
Isto faz com que ( ) se reduza a400
ẋ−Rωy = 0 , ẏ +Rωx = 0 , (401)
ou ainda, explicitamente em termos dos ângulos de Euler,
(
ẋ−R(θ̇ sinφ− ψ̇ sin θ cosφ ,) = 0
ẏ +R(θ̇ cosφ+ ψ̇ sin θ sinφ) = 0
. (402)
Para que o primeiro dos v́ınculos ( ) seja holônomo, ele deve ser escrito na forma402
G(x, φ, θ, ψ, t) = C, onde C é uma constante. Introduzimos um fator integrante g( )x, φ, θ, ψ, t
tal que
dG
dt
=
∂G
∂x
ẋ+
∂G
∂φ
φ̇+
∂G
∂θ
θ̇ +
∂G
∂ψ
ψ̇ +
∂G
∂t
= gẋ− gR(θ̇ sinφ− ψ̇ sin θ cosφ) = 0
Podemos identificar que ∂G/∂x = g, ∂G/∂φ = 0 e ∂G/∂θ = −gR sinφ. Igualando
segundas derivadas, vemos que
∂2G
∂φ∂x
=
∂2G
∂x∂φ
⇒ ∂g
∂φ
= 0 ⇒ g = g(x, θ, ψ, t) , (403)
63 Antonio Capanema
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Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 64
∂2G
∂φ∂θ
=
∂2G
∂θ∂φ
⇒ ∂
∂φ
(−gR sinφ) = 0 ⇒ g = 0 (404).
A inexisência de um fator integrante não-nulo prova que o v́ınculo não é integrável e,
portanto não é holônomo. Assumindo que o segundo dos v́ınculos (402) pode ser escrito
como H(y, φ, θ, ψ, t) = C 0, introduzimos h(y, φ, θ, ψ, t) tal que
dH
dt
=
∂H
∂y
ẏ +
∂H
∂φ
φ̇+
∂H
∂θ
θ̇ +
∂H
∂ψ
ψ̇ +
∂H
∂t
= hẏ + hR(θ̇ cosφ+ ψ̇ sin θ sinφ .) = 0
Identificamos ∂H/∂y = h, ∂H/∂φ = 0 e ∂H/∂θ = hR cosφ e igualamos as segundas
derivadas para obter
∂2H
∂φ∂y
=
∂2H
∂y∂φ
⇒ ∂h
∂φ
= 0 ⇒ h = h(y, θ, ψ, t) , (405)
∂2H
∂φ∂θ
=
∂2H
∂θ∂φ
⇒ ∂
∂φ
(hR cosφ) = 0 ⇒ h = 0 (406),
conclúındo que o segundo v́ınculo também não é holônomo.
Problema 3.6. Solução: Suponha que a velocidade angular ω = (ωx, ω , ωy z) pode ser
escrita como a derivada demporal de um vetor Ω = (Ωx( Ω ( Ω ( )),θ, φ, ψ), y θ, φ, ψ), z θ, φ, ψ
isto é,
ωx =
∂Ωx
∂θ
θ̇+
∂Ωx
∂φ
φ̇+
∂Ωx
∂ψ
ψ̇ , ωy =
∂Ωy
∂θ
θ̇+
∂Ωy
∂φ
φ̇+
∂Ωy
∂ψ
ψ̇ , ωz =
∂Ωz
∂θ
θ̇+
∂Ωz
∂φ
φ̇+
∂Ωz
∂ψ
ψ̇ .
A Eq. (3.4.31) do livro nos dá as componentes de me termos dos ângulos de Euler.ω
Comparando os coeficientes de θ̇, ψ̇ e ψ̇, podemos identificar
∂Ωx
∂θ
= cosφ ,
∂Ωx
∂φ
= 0 ,
∂Ωx
∂ψ
= sin θ sinφ , (407)
∂Ωy
∂θ
= sinφ ,
∂Ωy
∂φ
= 0 ,
∂Ωy
∂ψ
= − sin θ cos (408)φ ,
∂Ωz
∂θ
= 0 ,
∂Ωz
∂φ
= 1 ,
∂Ωz
∂ψ
= cos θ . (409)
Considere, por exemplo, Ω e as relações (x 407). Igualando segundas derivadas, temos
∂2Ωx
∂φ∂θ
=
∂2Ωx
∂θ∂φ
⇒ ∂
∂φ
cosφ = 0 = 0 (410)⇒ φ , π ,
o que claramente é um problema quando consideramos Ω e as relações ( ),y 408
∂2Ωy
∂φ∂θ
=
∂2Ωy
∂θ∂φ
⇒ ∂
∂φ
sinφ = 0 ⇒ φ = π
2
,
3π
2
. (411)
Esta contradição nos leva a concluir que @Ω, ω = Ω̇ .
64 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 65
Problema 3.7. Solução: (i) Como os elementos da matriz identidade são constantes, a
derivada temporal de I é a matriz nula İ = 0. Se A é uma matriz ortogonal dependente
do tempo, derivando ATA = I em relação ao tempo, obtemos
Ȧ
TA+ATȦT = 0 ⇒ Ȧ ATA = − T ȦT = −AT (ȦT ) (412)T .
Usando que , encontramos queBTAT = (AB)T ȦTA = −(Ȧ AT )T , ou seja, ȦTA é
uma matriz antissimétrica.
(ii) Se rΣ e rΣ0 são as componentes do mesmo vetor em referenciais diferentes conec-
tados pela matriz de rotação de Σ para Σ , então temos0 dependente do tempo A
r r r rΣ0 = A Σ e Σ = A
T
Σ0 , (413)
onde a segunda destas relações vem do fato que . Derivando a segunda equaçãoAT = A−1
em ( ) em relação ao tempo, obtemos413
vΣ =
drΣ
dt
= AT
drΣ0
dt
+ Ȧ AT rΣ0 =
Tv0Σ0 + Ȧ
T rΣ0 . (414)
onde v e v0 são as velocidades da part́ıcula em relação a Σ e Σ0, respectivamente. Sabendo
que ATv0Σ0 = v
0
Σ e utilizando a primeira equação em ( ), chegamos a413
vΣ = v
0
Σ + Ȧ
T
A rΣ . (415)
Lembrando que ˙ATA é uma matriz antissimétrica, a Eq. (3.4.11b) do livro nos diz que
ela corresponde a um vetor, que chamaremos de , através de ( ):ω 383
(Ȧ AT )kl =
3X
m=1
 ωkml m . (416)
Assim, podemos escrever em componentes
(ȦTA rΣ) =k
3X
l=1
(Ȧ AT ) ( )kl rΣ l
=
3X
l,m=1
 ωkml m(rΣ)l
= (ω × rΣ)k ,
onde usamos a Eq. (A.21) do livro. Já que uma igualdade entre vetores é válida em
qualquer sistema de coordenadas, podemos eliminar o substrito Σ e escrever
v = v0 + ω × r , (417)
que coincide com a Eq. (3.4.14) do livro. Estabelecemos com sucesso uma definição
puramente algébrica do vetor , cuja existência é garantida pela existência da matrizω
Ȧ A
T .
65 Antonio Capanema
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Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 66
Problema 3.8. Solução: (i) Duas rotações de 180o consecutivas em torno de um eixo
arbitrário se tornam uma rotação de 360 em torno daquele eixo, o que traz o vetor deo
volta para a sua posição original. Portanto, .P2 = I
(ii) Se A = ( = (I +P)/2 e B I −P)/2, então temos
A
2 =
(I +P)2
4
=
I2 + IP +PI +P2
4
=
2I + 2P
4
= A , (418)
onde usamos que I2 = I e que PI = IP = P . Analogamente,
B
2 =
(I −P)2
4
=
I2 − −IP PI +P2
4
=
2 2I − P
4
= B , (419)
e vemos que ambas as matrizes são idempotentes, .A2 = =A e B2 B
(iii) A única matriz idempotente que possui inversa é a identidade:
A A= A A A−1 2 = −1 = I . (420)
Logo, A e B não possuem inversa e são singulares. O produto destas matrizes é
AB =
(I I+P)( −P)
4
=
I2 − IP +PI −P2
4
= 0 , (421)
BA =
(I −P)(I +P)
4
=
I2 + IP −PI −P2
4
= 0 . (422)
Conclúımos que AB = BA = 0 é a matriz nula.
66 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 67
Problema 3.9. Solução: A superf́ıcie da Terra é um referencial não-inercial que gira
com velocidade angular ω = −ω cosλ î + ω sinλ k̂ em termos doseixos definidos na Fig.
3.7 do livro e da latitude . Uma part́ıcula disparada verticalmente possui velocidadeλ
v = vk̂, com v > 0 durante a subida e 0 durante a descida. Isto produz uma forçav <
de Coriolis
FCor = 2mv × ω = 2mvk̂× (−ω cosλ î+ ω sinλ k̂) = −2mωv cosλ ĵ . (423)
Durante a subida, o desvio é no sentido leste-oeste, sentido este que inverte durante a
descida. A equação de movimento para a part́ıcula na direção é leva em conta somentez
a gravidade,
z̈ = −g ⇒ ż z= v = v0 − gt ⇒ = v0t−
gt2
2
, (424)
onde adotamos as condições iniciais adequadas para o nosso problema: ż z(0) = v0, (0) = 0.
Como a força de Coriolis é muito menor do que a gravidade14, podemos desprezar a
componente horizontal da velocidade da part́ıcula. Assim, gera um movimentoFCor
horizontal, considerando y(0) = ẏ(0) = 0, da forma
ÿ y= −2ωv cosλ ≈ −2ω(v0 − gt) cosλ ⇒ =
ωgt3
3
cosλ− ωv0t2 cosλ . (425)
De (424) obtemos gt = v0 ±
p
v20 − 2gz para o tempo em função de z. O instante de
tempo em que a part́ıcula chega no solo, , é obtido tomandot∗ z = 0:
gt∗ = v0 ± v0 . (426)
O sinal negativo nos dá t∗1 = 0, que é o instante em que a part́ıcula é lançada (de z = 0),
enquanto que o sinal positivo nos dá t∗2 = 2v0/g, que é o tempo total que a part́ıcula levou
até voltar para o chão. A deflexão total provocada pela força de Coriolis é
∆ (y = y t∗2) = ω

8v30
3g2
− 4v
3
0
g2

cosλ = −4ωv
3
0
3g2
cosλ . (427)
Queremos comparar esta deflexão com aquela produzida quando a part́ıcula é largada
em repouso da mesma altura máxima, ∆ . O Exemplo (3.6.1) do livro nos fornece oy0
resultado para uma altura h arbitrária na Eq. (3.6.16). Por conservação de energia, é
fácil verificar que a altura máxima atingida pela part́ıcula no nosso caso é h = v20/2 .g
Substitúındo este valor na Eq. (3.6.16) do livro, obtemos
∆y0 =
ωv30
3g2
cosλ . (428)
Conclúımos que ∆y = −4∆y0 , isto é, o desvio horizontal tem sentido oposto (por causa
do sinal negativo) e é quatro vezes maior para uma part́ıcula lançada do solo comparado
a uma part́ıcula largada em repouso da altura máxima.
14A justificativa para esta suposição está presente no parágrafo que antecede o Exemplo 3.6.1 do livro.
67 Antonio Capanema
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(Nivaldo A. Lemos) 68
Problema 3.10. Solução: Considere a lagrangiana em termos de r = (x, y, z) = (x1, x , x2 3)
L =
mv2
2
− V −mr · ao0 +
m
2
( ) ( (429)ω × r 2 +mv · ω × r) ,
onde v = ṙ e V = V (r) é o potencial da força F, isto é, F = −∇V . Ao invés de escrever
a equação de Lagrange para cada uma das 3 coordenadas em r, vamos utilizar a equação
d
dt
(∇ ∇vL)− L = 0 , (430)
onde∇v ≡ (d/dvx) î+(d/dvy) ĵ+(d/dvz) k̂, que é uma consequência direta das 3 equações.15
Vale a pena pararmos para notar que a regra do produto16
∇ ∇ ∇(A ·B) = ( A)B+ ( B)A , (432)
onde ∇A é a matriz com componentes ( , nos confere algumas pro-∇A)ij = ∂A /∂xj i
priedades interessantes. Se ) é um vetor constante, então:C = (C1, C , C2 3
1. (∇C)ij = 0 e assim é a matriz nula (assim como ) ,∇C 0 ∇vC
2. (∇r)ij =
∂xj
∂xi
= δij e assim é a matriz identidade (assim como ) ,∇r I ∇vv
3. ∇(r ·C) = (∇ ∇r)C = C (assim como v(v ·C) = C) ,
4. ∇v( (v
2) =∇v v · v) = 2 ,v
5. [∇( )]C× r ij = ∂( )C r× j∂xi =
∂(
P
3
k,l=1 jklCkxl)
∂xi
=
P3
k,l=1 jklCkδli =
P3
k=1 jkiCk .
Note que v (e qualquer função de ) é visto como uma constante perantev ∇ e, analoga-
mente, r (e qualquer função de ) é visto como uma constante perante .r ∇v
Podemos agora calcular os termos em (430). A maioria deles é trivial utilizando as
propriedades acima, de modo que vamos somente explicitar a conta para os termos mais
complicados. Usando a ciclicidade do produto misto e a propriedade 3, temos
∇ ∇[v · (ω × r)] = [r · (v × ω)] = (433)v × ω .
15De fato, ( ) pode ser reescrita como (verifique!)430
3X
i=1

d
dt

∂L
∂ẋi

− ∂L
∂xi

êi = 0 (431),
onde ê1 = î, ê2 = ĵ, ê3 = k̂ são os versores cartesianos. Vemos que cada termo do somatório acima é zero
individualmente graças às equações de Lagrange para cada coordenada , que anulam os termos dentroxi
dos colchetes.
16Uma demonstração para esta propriedade pode ser obtida facilmente utilizando a notação de ı́ndices:
[∇( )]A ·B i =
∂
∂xi
 3X
j=1
AjBj

=
3X
j=1
∂Aj
∂xi
Bj +
3X
j=1
∂Bj
∂xi
Aj
=
3X
j=1
( ) +∇A ijBj
3X
j=1
( )∇B)ijAj = [(∇A B] ) ]i + [(∇B A i ,
que é o que desejávamos provar.
68 Antonio Capanema
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Soluções de Mecânica Anaĺıtica
(Nivaldo A. Lemos) 69
Aĺem disso, a propriedade 5 pode ser usada para calcular
∇ ∇ ∇[(ω × r)2] = [( (ω × r) · ω × r)] = 2[ ( )]( )ω × r ω × r
em notação de ı́ndices:
2[ ( )] ( )∇ ω × r ij ω × r j = 2
3X
k=1
 ωjki k( )ω × r j = 2
3X
k=1
 ωijk( )ω × r j k = 2[(ω × r)× ω]i
⇒ ∇[(ω × × ×r)2] = 2(ω r) ω . (434)
Com apoio destes resultados, podemos enfim reescrever ( ). Usando a antissimetria do430
produto vetorial, juntamos o primeiro termo,
d
dt
(∇vL) =
d
dt
[m m m m mv + (ω × r)] = a− v × −ω r× dω
dt
,
onde a = v̇, e o segundo termo,
∇ ∇L = − V −m mao0 +m(ω × r)× ω + v × ω
= F−mao0 +mω × (r× ω) +mv × ω ,
para obter finalmente
m m ma = F−mao0 + 2mv × ω + ω × ×(r ω) + r×
dω
dt
. (435)
A integral de Jacobi, definida pela Eq. (2.6.1) do livro, pode ser reescrita como
h = (v ·∇v)L− L , (436)
onde v ·∇v = vx( (d/dvx) + ) +vy(d/dvy vz d/dz) pela definição de . Notando que∇v
( )(v ·∇v)v2 = (v ·∇v v2x + v2y + v2z) = 2v2 ,
( (v ·∇v)[ ( )[ ( ) ( ) ( )v · ω × r)] = (v ·∇v vx ω × r x + vy ω × r y + vz ω × r z] = v · ω × r) ,
obtemos
h =
mv2
2
+ V +mr · ao0 −
m
2
(ω × r)2 . (437)
69 Antonio Capanema