LISTA DE EXERCÍCIOS

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INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DO ACRE – IFAC 
CAMPUS SENA MADUREIRA 
DISCIPLINA: MECÂNICA CLÁSSICA 
APLICAÇÕES DO FORMALISMO LAGRANGEANO 
 
1. O carrinho na figura, com massa m, encontra-se sobre o plano inclinado de massa M. O plano inclinado tem 
rodas que lhe permitem deslocar-se livremente sobre a mesa horizontal. 
 
 
 
Admitindo que a massa das rodas é muito menor que m e M e que o atrito no eixo das rodas é desprezável, 
encontre as equações de movimento do sistema. 
 
SOLUÇÃO 
Para determinar as posições do carrinho e do plano inclinado num instante, basta saber o deslocamento 
horizontal s de um ponto do plano, em relação à mesa e o deslocamento 𝒙 de um ponto do carrinho em relação 
ao plano inclinado. A figura acima mostra a forma como essas duas variáveis podem ser definidas. Assim 
sendo, o sistema tem dois graus de liberdade e as velocidades generalizadas são �̇� e �̇� . 
A velocidade generalizada �̇� é também a velocidade do centro de massa do plano inclinado; �̇� é a velocidade 
do carrinho em relação a plano inclinado. Escolhendo um eixo q perpendicular a s e apontando para cima, 
a forma vetorial da velocidade do plano inclinado e da velocidade do carrinho em relação ao plano são: 
 
�⃗� �̇� = �̇��̂�𝑠 
𝑣 𝑐
𝑝⁄ = �̇�(cos 𝜃�̂�𝑠 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃�̂�𝑞) 
 
A velocidade do carrinho, em relação à mesa, é igual à soma desses dois vetores: 
 
𝑣 𝑐 = (�̇� + �̇� cos 𝜃)�̂�𝑠 + �̇� sin 𝜃 �̂�𝑞 
 
O seu módulo ao quadrado é: 
 
𝑣𝑐
2 = (�̇� + �̇� cos 𝜃)2 + �̇�2 sin2 𝜃 = �̇�2 + �̇�2 + 2 𝑠 ̇ �̇� cos 𝜃 
 
Como a energia cinética de rotação das rodas é desprezável, a energia cinética total do sistema é: 
 
𝐸𝑐 =
𝑀
2
�̇�2 +
𝑚
2
(�̇�2 + �̇�2 + 2 �̇� �̇� cos 𝜃) 
 
A energia potencial gravitacional do plano inclinado pode ser ignorada porque permanece constante; como 
tal, a energia potencial do sistema é igual à energia potencial gravitacional do carrinho: 
 
𝑈 = 𝑚 𝑔 𝑥 sin 𝜃 
 
note-se que a altura do centro de massa do carrinho, em relação à mesa, é um pouco maior que 𝑥 cos 𝜃, mas 
a diferença é uma constante que só acrescenta um valor constante a 𝑈, podendo ser ignorado. 
Não existem forças não conservativas (ou melhor, estão a ser ignoradas); assim sendo, o lado direito nas 
equações de Lagrange 8.4 é zero. Na primeira equação de Lagrange, relacionada com a coordenada 𝑥 é 
necessário calcular as seguintes derivadas parciais: 
 
𝜕𝐸𝐶
𝜕�̇�
= 𝑚(�̇� + �̇� cos 𝜃) 
𝜕𝐸𝐶
𝜕𝑥
= 0 
 
𝜕𝑈
𝜕𝑥
= 𝑚 𝑔 sin 𝜃 
 
e a equação de Lagrange é, 
 
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕𝐸𝑐
𝜕�̇�
) −
𝜕𝐸𝑐
𝜕𝑥
+
𝜕𝑈
𝜕𝑥
= 𝑚(�̈� + �̈� cos 𝜃 + 𝑔 𝑠𝑖𝑛 𝜃) 
= 0 
 
Em relação à coordenada 𝑠, as derivadas parciais são 
 
𝜕𝐸𝑐
𝜕�̇�
= (𝑀 + 𝑚)�̇� + 𝑚 �̇� cos𝜃 
𝜕𝐸𝑐
𝜕𝑠
= 0 
 
𝜕𝑈
𝜕𝑠
= 0 
 
e a equação de Lagrange é 
 
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕𝐸𝑐
𝜕�̇�
) −
𝜕𝐸𝑐
𝜕𝑠
+
𝜕𝑈
𝜕𝑠
= (𝑀+ 𝑚) �̈� + 𝑚 �̈� cos 𝜃 
= 0 
 
Resolvendo as duas equações de Lagrange para as acelerações �̈� e �̈�, obtêm-se as duas equações de 
movimento: 
 
�̈� = −
(𝑀 + 𝑚) 𝑔 sin𝜃
𝑀 + 𝑚 𝑠𝑖𝑛2 𝜃
= �̈� =
𝑚 𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃
𝑀 + 𝑚 𝑠𝑖𝑛2 𝜃
 
 
As duas acelerações são constantes, �̈� negativa e �̈� positiva; ou seja, o carrinho desce o plano inclinado 
enquanto este começa a andar para a direita. 
 
2. Uma partícula com massa m = 2 kg desloca-se sobre uma calha parabólica vertical com equação y = x2, onde x 
é medida na horizontal e y na vertical (ambas em metros). Assim sendo, o movimento da partícula tem apenas 
um grau de liberdade, que pode ser escolhido como a coordenada x. 
 
a) Escreva a equação da energia cinética em função de x; 
 
SOLUÇÃO 
A relação entre �̇� e �̇� encontra-se derivando a equação da calha 𝑦 = 𝑥2 
 
�̇� = 2 𝑥 �̇� 
 
Em função da coordenada generalizada 𝑥 e da velocidade generalizada �̇�, a energia cinética da partícula 
é: 
𝐸𝑐 =
𝑚
2
(�̇�2 + �̇�2) = �̇�2(4𝑥2 + 1) 
 
 
 
b) Escreva a equação da energia potencial gravitacional em função de x. (use o valor = 9.8 m/s2); 
 
SOLUÇÃO 
Arbitrando energia potencial gravitacional nula em y = 0, A energia potencial gravitacional da partícula 
é: 
𝑈𝑔 = 𝑚 𝑔 𝑦 = 19.6 𝑥
2 
 
c) Admitindo que sobre a partícula não atua nenhuma força não conservativa, use a equação de Lagrange 
para encontrar a sua equação de movimento; 
 
SOLUÇÃO 
A equação de Lagrange é: 
 
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕𝐸𝑐
𝜕�̇�
) −
𝜕𝐸𝑐
𝜕𝑥
+
𝜕𝑈𝑔
𝜕𝑥
= 0 
 
�̈� (8𝑥2 + 2) + 16 �̇�2𝑥 − 8�̇�2𝑥 + 39.2 𝑥 = 0 
 
E a equação de movimento: 
 
�̈� = −
𝑥 (4 �̇�2 + 19.6)
4 𝑥2 + 1
 
 
d) Encontre os pontos de equilíbrio do sistema no espaço de fase, e determine se são estáveis ou instáveis. 
 
SOLUÇÃO 
As equações de evolução são: 
 
�̇� = 𝑣 �̇� = −
𝑥 (4 𝑣2 + 19.6)
4𝑥2 + 1
 
 
Os pontos de equilíbrio são as soluções do sistema de equações 
 
{
𝑣 = 0
−
𝑥 (4 𝑣2 + 19.6)
4 𝑥2 + 1
= 0
 ⇒ {
𝑣 = 0
𝑥 = 0
 
 
Ou seja, o único ponto de equilíbrio é a origem do espaço de fase, que corresponde a quando a partícula 
se encontra em repouso, no ponto mais baixo da calha. Nessa situação, se a partícula fosse afastada do 
ponto mais baixo da calha, a sua tendência será regressar a esse ponto; assim sendo, trata-se de um 
ponto de equilíbrio estável. Pode também traçar-se o retrato de fase correspondente às equações de 
evolução e conferir que a origem é ponto de equilíbrio estável, com infinitos ciclos à sua volta. 
 
3. O saltador na figura encolhe o corpo no ponto P, para rodar mais rapidamente, e estende-o novamente em Q, 
para reduzir a rotação na entrada para a água. As alterações da velocidade angular são consequência da 
alteração do momento de inércia. 
 
 
 
a) Se o momento de inércia do saltador em relação ao centro de massa é l, que depende do tempo, escreva 
as expressões para as suas energias cinética e potencial em função da posição (x, y) do centro de massa e 
do ângulo de rotação 𝜃; 
 
SOLUÇÃO 
A velocidade do centro de massa é √�̇�2 + �̇�2 e a velocidade angular é 𝜃. A energia cinética do saltador 
é então: 
𝐸𝑐 =
𝑚
2
(�̇�2 + �̇�2) +
1
2
 𝐼�̇�2 
 
e a sua energia potencial gravitacional é 
 
𝑈 = 𝑚 𝑔 𝑦 
 
b) Usando a equação de Lagrange para 𝜃, demonstre que o momento angular, 𝐿 = 𝐼�̇� permanece constante; 
 
SOLUÇÃO 
Como nenhuma das duas energias depende explicitamente de 𝜃, as suas derivadas parciais em ordem 
a 𝜃, são nulas e a equação de Lagrange para 𝜃 é 
 
𝑑
𝑑𝑡
(
𝜕𝐸𝑐
𝜕�̇�
) = 0 
 
Que é equivalente a dizer que a função 
 
𝐿 =
𝜕𝐸𝑐
𝜕�̇�
 
 
permanece constante em qualquer tempo t. Derivando a energia cinética em ordem a 𝜃 ̇ obtém-se a 
expressão do momento angular 
 
𝐿 = 𝐼 �̇� 
 
Assim sendo, quando o saltador encolhe o corpo, diminuindo o valor de I, a velocidade angular 𝜃 ̇ terá 
de aumentar. 
 
c) Se no ponto P mais alto da trajetória o momento de inércia é 3.28 kg·m2 e a velocidade 
angular �̇� = 4 s−1 e no ponto Q o momento de inércia é 28.2 kg·m2, determine a velocidade angular do 
saltador no ponto Q. 
 
SOLUÇÃO 
A conservação do momento angular implica 
 
𝐼1 �̇�1 = 𝐼2 �̇�2 
 
e substituindo os valores dados 
 
�̇�2 =
𝐼1 �̇�1
𝐼2
=
3.28 × 4
28.2
= 0,465 𝑠−1 
 
REFERÊNCIA 
Jaime E. Villate, Universidade do Porto, Portugal. Dinâmica e Sistemas Dinâmicos. Disponível em: < 
https://def.fe.up.pt/dinamica/index.html>. Acesso em 06 Jun/18.