Cap 1 Mecanica Analítica Nivaldo Lemos Resolvido

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LC1 Mecânica Analı́tica Nivaldo Lemos
Dezembro 2020
1 Capı́tulo 1
1.1
Para saber se os vı́nculos são holônomos devemos saber se ambos os vı́nculos são integráveis.
Temos:
{
(x2 + y2)dx+ xzdz = 0
(x2 + y2)dy+ yzdz = 0
I
(x2 + y2)dx =−xzdz
dx
x
=− zdz
(x2 + y2)
(x2 + y2)dy =−yzdz
dy
y
=− zdz
(x2 + y2)
Assim notamos que: ∫ dx
x
=
∫ dy
y
lny+ c1− lnx− c2 = 0
ln
y
x
= c que e resultado de
∫
d ln
y
x
= 0
Logo:
d ln
y
x
= 0
II
dx
x
=
dy
y
∴ dx = x
dy
y
1
Sabemos que:
x2dx+ y2dx+ xzdz = 0
Substituı́ndo dx por x
dy
y
temos:
x2dx+ y2x
dy
y
+ xzdz = 0
x(xdx+ ydy+ zdz) = 0
Notamos que
∫
xdx =
1
2
∫
dx2, então...
x
2
(dx2 +dy2 +dz2) = 0
Como a soma das derivadas é a derivada das somas:
xd(x2 + y2 + z2) = 0
Agora integramos as funções ∫
d(x2 + y2 + z2) = x2 + y2 + z2 +C1∫
d ln
y
x
= ln
y
x
=C ∴
y
x
= eC ∴ y = xC2
1.2
Nessa questão temos a ação da gravidade sobre a conta que desliza livremente em uma haste.
Temos r que é a distância percorrida pela conta sobre a haste, θ que é o angulo que a haste fal com o eixo x,
t que representa o tempo e ω que respresenta a velocidade angular haste.
O vı́nculo é θ −ωt = 0.
2N− p = 2 ·1−1 =
O vetor posição é :r =~r = x~i+ y~j = rcosθ~i+ rsenθ~j sendo x = rcosθ e y = rsenθ .{
ẋ = ṙcosθ − rθ̇senθ
ẏ = ṙsenθ + rθ̇cosθ
A energia cinética:
T =
1
2
m(ẋ2 + ẏ2)
T =
1
2
m(ṙ2cos2θ −2ṙrθ̇senθcosθ + r2θ̇ 2sen2θ + ṙ2sen2θ +2ṙrθ̇senθcosθ + r2θ̇ 2cos2θ)
T =
1
2
m(ṙ2 + r2θ̇ 2)
Nesse caso teremos atuação da força de atração da gravidade sobre a conta, então teremos o o potencial V ,
porém o movimento da conta se limita ao longo da haste que gira sobre a origem com velocidade ω fazendo
2
um ângulo θ = ωt em relação ao eixo x.
Logo nosso potencial será:
V = mgrsenωt
E a lagrangiana:
L = T −V = 1
2
mṙ2 +
1
2
mr2θ̇ 2−mgr senωt
Agora tomando as condições de contorno dadas r(0) = r0 e ṙ(0) = 0 buscamos encontrar a equação do
movimento da conta r(t). Aplicando no sistema a equação de Euler-Lagrange ddt
(
∂L
∂ q̇k
)
−
(
∂L
∂qk
)
= 0.
d
dt
(
∂L
∂ ṙ
)
= mr̈
(
∂L
∂ r
)
= mrω2−mgsenωt
mr̈−mrω2 +mgsenωt = 0
r̈− rω2 +gsenωt = 0
A solução para uma EDO de segunda ordem é na forma r(t) = rh(t)+ rp(t).
r̈h− rhω2 = 0
rh(t) =C1eωt +C2e−ωt
rp(t) =C3 cosωt +C4 cosωt
ṙp(t) =−C3ω senωt +C4ω cosωt
r̈p(t) =−C3ω2 cosωt−C4ω2 senωt
−C3ω2 cosωt−C4ω2 senωt−C3ω2 cosωt−C4ω2 cosωt =−mgsenωt
C3 cosωt +C4 senωt =
1
2ω2
mgsenωt
rp(t) =
1
2ω2
mgsenωt
r(t) =C1eωt +C2e−ωt +
1
2ω2
mgsenωt
ṙ(t) =C1ωeωt −C2ωe−ωt +
1
2ω
mgcosωt
r(0) =C1 +C2 = r0
ṙ(0) =C1ω−C2ω +
1
2ω
= 0
ṙ(0) =C1−C2 =−
1
2ω2
3

C1 +C2 = r0
C1−C2 =−
1
2ω2
C1 =
r0
2
− 1
4ω2
C2 = r0−
r0
2
+
1
4ω2
∴C2 =
r0
2
+
1
4ω2
∴C2
Assim obtemos a equação do movimento.
r(t) =
(
r0
2
− 1
4ω2
)
eωt +
(
r0
2
+
1
4ω2
)
e−ωt +
1
2ω2
mgsenωt
1.3
Esse problema é parecido com o problema do pêndulo simples, porém com mais graus de liberdade. Usare-
mos coordenadas esféricas para a solução do problema.
x2 + y2 + z2 = l2
Onde x, y e z são coordenadas e l o comprimento do fio.
3N ·−p = 3 ·1−1 = 2
Teremos 2 coordenadas generalizadas.
x = l senθ cosφ
y = l senθ senφ
z = l cosθ
ẋ = lθ̇ cosθ cosφ − lφ̇ senθ senφ
ẏ = lθ̇ cosθ senφ + lφ̇ senθ cosφ
ż =−lθ̇ senθ
A energia cinética é:
T =
1
2
m(ẋ2 + ẏ2 + ż2)
ẋ2 = l2θ̇ 2 cos2 θ cos2 φ + l2φ̇ 2 sen2 θ sen2 φ −2l2θ̇ φ̇ cosθ cosφ senθ senφ
ẏ2 = l2θ̇ 2 cos2 θ sen2 φ + l2φ̇ 2 sen2 θ cos2 φ +2l2θ̇ φ̇ cosθ cosφ senθ senφ
ż2 = l2θ̇ 2 sen2 θ
ẋ2 + ẏ2 + ż2 = l2θ̇ 2 cos2 θ cos2 φ + l2φ̇ 2 sen2 θ sen2 φ + l2θ̇ 2 cos2 θ sen2 φ + l2φ̇ 2 sen2 θ cos2 φ + l2θ̇ 2 sen2 θ
ẋ2 + ẏ2 + ż2 = l2θ̇ 2(cos2 θ cos2 φ + cos2 θ sen2 φ)+ l2φ̇ 2(sen2 θ sen2 φ + sen2 θ cos2 φ)+ l2θ̇ 2 sen2 θ
4
ẋ2 + ẏ2 + ż2 = l2θ̇ 2 cos2 θ(cos2 φ + sen2 φ)+ l2φ̇ 2 sen2 θ(sen2 φ + cos2 φ)+ l2θ̇ 2 sen2 θ
ẋ2 + ẏ2 + ż2 = l2θ̇ 2 cos2 θ + l2φ̇ 2 sen2 θ + l2θ̇ 2 sen2 θ
ẋ2 + ẏ2 + ż2 = l2θ̇ 2 + l2φ̇ 2 sen2 θ
T =
1
2
m(l2θ̇ 2 + l2φ̇ 2 sen2 θ)
A energia potencial:
V =−mgz =−mgl cosθ
Agora podemos encontrar a Lagrangiana do sistema:
L = T −V = 1
2
m(l2θ̇ 2 + l2φ̇ 2 sen2 θ)+mgl cosθ
Tomando:
d
dt
(
∂L
∂ q̇k
)
−
(
∂L
∂qk
)
= 0
Onde q1 = θ e q2 = φ
d
dt
(
∂L
∂ θ̇
)
= ml2θ̈(
∂L
∂θ
)
=
1
2
ml2φ̇ 2 sen(2θ)−mgl senθ
ml2θ̈ − 1
2
ml2φ̇ 2 sen(2θ)+mgl senθ = 0
lθ̈ − 1
2
lφ̇ 2 sen(2θ)+gsenθ = 0
d
dt
(
∂L
∂ φ̇
)
= ml2φ̈ sen2 θ(
∂L
∂φ
)
= 0
d
dt
(
∂L
∂ φ̇
)
= ml2φ̈ sen2 θ = 0 ∴ ml2φ̇ sen2 θ = cte
Assim concluı́mos com esse ultimo resultado que o momento angular se conserva e temos uma constante
para esse sistema.
1.4
Temos as equações paramétricas para o caso:
x(θ) = Rθ +Rsenθ
y(θ) =−Rcosθ
ẋ(θ) = Rθ̇ +Rθ̇ cosθ
ẏ(θ) = Rθ̇ senθ
5
A energia cinética é:
T =
1
2
m(ẋ2 + ẏ2)
T =
1
2
m(R2θ̇ 2 +R2θ̇ 2 cos2 θ +2R2θ̇ 2 cosθ +R2θ̇ 2 sen2 θ)
T =
1
2
m(2R2θ̇ 2 +2R2θ̇ 2 cosθ)
T = mR2θ̇ 2(1+ cosθ)
A energia potencial será:
V = mgy(θ) =−mgRcosθ
Assim a Lagrangiana do sistema será:
L = T −V = mR2θ̇ 2(1+ cosθ)+mgRcosθ
Usamos a seguinte identidade trigonométrica:
cos(2φ) = cos2 φ − sen2 φ
cos2 φ + sen2 φ = 1 ∴ sen2 φ = 1− cos2 φ
Substituindo uma identidade em outra:
cos(2φ) = cos2 φ −1+ cos2 φ = 2cos2 φ −1
Se fizermos 2φ = θ então podemos concluir que cosθ +1= 2cos2
θ
2
Assim a Lagrangiana pode ser expressa
como:
L = 2mR2θ̇ 2 cos2
θ
2
+mgRcosθ
Agora tomando u = sen
θ
2
podemos dizer que:
u̇ =
θ̇
2
cos
θ
2
u̇2 =
θ̇ 2
4
cos2
θ
2
∴ 4u̇2 = θ̇ 2 cos2
θ
2
sen2
θ
2
+ cos2
θ
2
= 1 ∴ 1−u2 = cos2 θ
2
cosθ = cos2
θ
2
− sen2 θ
2
= 1−u2−u2 = 1−2u2
E determinar a lagrangiana do sistema em termos de u.
L = 8mR2u̇2−2mgRu2 +mgR
6
Tendo u como condenada generalizada aplicamos a equação de Euler-Lagrange:
d
dt
(
∂L
∂ q̇k
)
− ∂L
∂qk
= 0,qk = u
d
dt
(
∂L
∂ u̇
)
= 16mR2ü
∂L
∂u
=−4mgRu
16mR2ü+4mgRu = 0
4Rü+gu = 0
Encontramos a equação caracterı́stica para resolver essa EDO que é a equação do Oscilador Harmônico.
4Rω2−g = 0
ω =
√
g
4R
A solução será u(t) = Acos(ωt) +Bsen(ωt) onde ω é a frequência angular. O perı́odo será T =
2π
ω
=
4π
√
R
g
para qualquer θ
1.5
Vinculos: Para a partı́cula M temos −y1 + l = r, onde l é o cumprimento total do fio e r é a parte do fio
conectado a partı́culoa de massa m e que oscila sob um ângulo θ .
Para a partı́culo m x2 î+ x2 ĵ−~r = 0
2N− p = 2 ·2−2 = 2
(2 graus de liberdade)
−y1 + l = r
ẏ1 =−ṙ
x2 = r senθ
y2 = r cosθ
ẋ2 = ṙ senθ + rθ̇ cosθ
ẏ2 = ṙ cosθ − rθ̇ senθ
A energia cinética é:
T =
1
2
m(ẋ22 + ẏ
2
2)+
1
2
Mẏ21
T =
1
2
m(ṙ2 sen2 θ + r2θ̇ 2 cos2 θ + ṙ2 cos2 θ + r2θ̇ 2 sen2 θ +2rṙθ̇ senθ cosθ −2rṙθ̇ senθ cosθ)+ 1
2
Mṙ2
T =
1
2
m(ṙ2 + r2θ̇ 2)+
1
2
Mṙ2
7
A energia potencial é:
V = Mg(l− r)+mgr cosθ = Mgl−Mgr+mgr cosθ
Então:
L = T −V = 1
2
mṙ2 +
1
2
mr2θ̇ 2 +
1
2
Mṙ2−Mgl +Mgr−mgr cosθ
L =
(M+m)ṙ2
2
+
1
2
mr2θ̇ 2−gr(M+mcosθ)
Mgl é uma constante arbitrária e quandoo foi derivada se tornará zero, logo foi ignorada da Lagrangiana.
d
dt
(
∂L
∂ q̇k
)
− ∂L
∂qk
= 0
d
dt
(
∂L
∂ ṙ
)
= (M+m)r̈
∂L
∂ r
= mrθ̇ 2−g(M+mcosθ)
(M+m)r̈−mrθ̇ 2 +g(M+mcosθ) = 0
d
dt
(
∂L
∂ θ̇
)
= mr2θ̈r
∂L
∂θ
= mgr senθ
mr2θ̈ −mgr senθ = 0
rθ̈ −gsenθ = 0
1.6
Temos uma partı́cula em queda livre nan direção−y ĵ Logo a anergia cinética T = 1
2
mẏ2 e a energia potencial
será V =−mgy e a função dissipação dada F = 1
2
λ ẏ2 A lagrangiana do sistema será:
L = T −V = 1
2
mẏ2 +mgy
E temos para esse caso:
d
dt
(
∂L
∂ q̇k
)
− ∂L
∂qk
+
∂F
∂ q̇k
= 0
d
dt
(
∂L
∂ ẏ
)
= mÿ
∂L
∂y
= mg
∂F
∂ ẏ
= λ ẏ
mÿ+λ ẏ−mg = 0
Para a velocidade máxima a velocidade será constante logo a aceleração ÿ = 0, então:
λ ẏ = mg ∴ ẏ =
mg
λ
8
1.7
L = eλ t
(m
2
ẋ2−mgx
)
d
dt
(
∂L
∂ q̇k
)
− ∂L
∂qk
= 0
d
dt
(
∂L
∂ ẋ
)
= eλ tmẍ+λeλ tmẋ
∂L
∂y
=−eλ tmg
eλ tmẍ+λeλ tmẋ+ eλ tmg = 0
ẍ+λ ẋ+g = 0
1.8
Nesse problemas temos um pêndulo simples(comprimento do fio l) preso em um carrinho de massade-
spresı́vel que corre sobre um trı́lho preso com molas em lados opostos.
x = x′+ l senθ
y = l cosθ
ẋ = ẋ′+ lθ̇ cosθ
ẏ =−lθ̇ senθ
Tendo as cordenadas generalizadas θ e x′ podemos agora encontrar as energias cinéticas e potencial do
sistema.
T =
1
2
m(ẋ2 + ẏ2)
T =
1
2
m(ẋ′2 +2lẋ′θ̇ cosθ + l2θ̇ 2 cos2 θ + l2θ̇ 2 sen2 θ)
T =
1
2
m(ẋ′2 +2lẋ′θ̇ cosθ + l2θ̇ 2)
V =−mgl cosθ + kx′2
Obtemos a Lagrangiana:
L = T −V = 1
2
m(ẋ′2 +2lẋ′θ̇ cosθ + l2θ̇ 2)+mgl cosθ − kx′2
Aplicando a equação de Euler-Lagrange ddt
(
∂L
∂ q̇k
)
− ∂L
∂qk
onde q̇k e qk são cordenadas generalizadas.
d
dt
(
∂L
∂ ẋ′
)
= mẍ′+mlθ̈ cosθ −mlθ̇ 2 senθ
∂L
∂x′
=−2kx′
9
mẍ′+mlθ̈ cosθ −mlθ̇ 2 senθ +2kx′ = 0
ẍ′+ lθ̈ cosθ − lθ̇ 2 senθ + 2kx
′
m
= 0
d
dt
(
∂L
∂ θ̇
)
= mlẍ′ cosθ −mlẋ′θ̇ senθ +ml2θ̈
∂L
∂θ
=−mlẋ′θ̇ senθ −mgl senθ
mlẍ′ cosθ −(((((mlẋ′θ̇ senθ +ml2θ̈ +(((((mlẋ′θ̇ senθ +mgl senθ = 0
mlẍ′ cosθ +ml2θ̈ +mgl senθ = 0
ẍ′ cosθ + lθ̈ +gsenθ = 0
para θ muito pequeno temos senθ ≈ θ e cosθ ≈ 1.ẍ′+ lθ̈ − lθ̇ 2θ +
2kx′
m
= 0
ẍ′+ lθ̈ +gθ = 0
lθ̇ 2θ +gθ − 2kx
′
m
= 0
Para θ muito pequeno podemos considerar θ̇ = 0 uma vez que a partı́cula de moverá sobe o eixo x. Então:
2kx′
m
= gθ ∴ x′ =
mgθ
2k
Onde
mg
2k
= α então x′ = αθ , ẋ′ = αθ̇ e ẍ′ = αθ̈ .
Temos que:
αθ̈ + lθ̈ +gθ = 0
θ̈(α + l) =−gθ
θ̈ =− gθ
α +1
α + l = l′
A solução da equação caracterı́stica será:
ω
2 =− g
l′
Onde ω é a frequência angular. Temos que θ̈ +
g
l′
θ = 0 equivale a equação do pêndulo.
10
1.9
1.10
Agora tem um pêndulo onde o fio que segura a massa m é um elástico de constante k preso em um local fixo.
x2 + y2 = (δ l + l0)2 = (l− l0 + l0)2 = l2
x = l senθ
y = l cosθ
ẋ = l̇ senθ + lθ̇ cosθ
ẏ = l̇ cosθ − lθ̇ senθ
A energia cinética:
T =
1
2
m(ẋ2+ ẏ2) =
1
2
m(l̇2 sen2 θ + l2θ̇ 2 cos2 θ + l̇2 cos2 θ + l2θ̇ 2 sen2 θ +((((
(((2ll̇θ̇ senθ cosθ−(((((
((
2ll̇θ̇ senθ cosθ)
T =
1
2
m(l̇2 + l2θ̇ 2)
A energia potencial:
V =−mgl cosθ + 1
2
kδ l2
L = T −V = 1
2
m(l̇2 + l2θ̇ 2)+mgl cosθ − 1
2
kδ l2
d
dt
(
∂L
∂ l̇
)
= ml̈
∂L
∂ l
= mlθ̇ 2 +mgcosθ − kl̇δ l
d
dt
(
∂L
∂ l̇
)
− ∂L
∂ l
= ml̈−mlθ̇ 2−mgcosθ + kl̇δ l = 0
d
dt
(
∂L
∂ θ̇
)
= ml2θ̈ +2mll̇θ̇
∂L
∂θ
=−mgl senθ
d
dt
(
∂L
∂ θ̇
)
− ∂L
∂θ
= ml2θ̈ +2mll̇θ̇ +mgl senθ = 0
11
1.11
Temos um pêndulo que oscila suspenso por um ponto que oscila horizontamente como x = acosωt
x = acosωt + l senθ
y = l cosθ
ẋ =−aω senωt + lθ̇ cosθ
ẏ =−lθ̇ senθ
A energia cinética:
T =
1
2
m(ẋ2 + ẏ2) =
T =
1
2
m(a2ω2 sen2 ωt + l2θ̇ 2 cos2 θ −2alωθ̇ senωt cosθ + l2θ̇ 2 sen2 θ) =
T =
1
2
m(a2ω2 sen2 ωt−2alωθ̇ senωt cosθ + l2θ̇ 2)
A energia potencial:
V =−mgl cosθ
L = T −V = 1
2
m(a2ω2 sen2 ωt−2alωθ̇ senωt cosθ + l2θ̇ 2)+mgl cosθ
d
dt
(
∂L
∂ θ̇
)
=−malω2 cosωt cosθ +malωθ̇ senωt senθ +ml2θ̈
∂L
∂θ
= malωθ̇ senωt senθ −mgl senθ
d
dt
(
∂L
∂ θ̇
)
− ∂L
∂θ
=−malω2 cosωt cosθ +(((((
(((malωθ̇ senωt senθ +ml2θ̈−(((((
(((malωθ̇ senωt senθ +mgl senθ = 0
−malω2 cosωt cosθ +ml2θ̈ +mgl senθ = 0
−aω2 cosωt cosθ + lθ̈ +gsenθ = 0
Para θ muito pequeno temos senθ ≈ θ e cosθ ≈ 1, logo:
−aω2 cosωt + lθ̈ +gθ = 0
θ̈ +
g
l
θ =
aω2 cosωt
l
Essa equação acima representa o oscilador harmônico forçado, para o qual obtemos solução na forma θ =
θ0 cosωt.
θ̇ =−θ0ω senωt
θ̈ =−θ0ω2 cosωt
Substituindo:
−θ0ω2 cosωt +
g
l
θ0 cosωt =
aω2 cosωt
l
12
−θ0ω2 +
g
l
θ0 =
aω2
l
−θ0ω2l +gθ0 = aω2
θ0 =
aω2
g−ω2l
Se ω =
√
g
l
o pêndulo entra em ressonância com o ponto e a amplitude θ0→ ∞
1.12
Nessa questão temos um bloco de massa m que deslisa em uma cunha me massa M que por sua vez translada
na direção x.
A distância do centro de massa do bloco até o fim da cunha chamamos de r e a altura do bloco cunha será
y = r senθ
O deslocamento do bloco sobre a cunha é x′ = −r cosθ e o deslocamento da cunha em relação a um refer-
encial inercial é x.
Logo temos que o deslocamento do bloco referente a esse referencial inercial será:
x′ = x− r cosθ
y = r senθ
ẋ′ = ẋ+ ṙ cosθ
ẏ = ṙ senθ
A energia cinética T e potencial V serão:
T =
1
2
m(ẋ′2 + ẏ2)+
1
2
Mẋ2
T =
1
2
m(ẋ2 +2ẋṙ cosθ + ṙ2 sen2 θ + ṙ2 cos2 θ)+
1
2
Mẋ2
V =−mgr senθ
A lagrangiana do sistema será:
L =
1
2
m(ẋ2 +2ẋṙ cosθ + ṙ2)+
1
2
Mẋ2 +mgr senθ
Aplicando a equação de Euler-Lagrange ddt
(
∂L
∂ q̇k
)
− ∂L
∂qk
= 0 para cada coordenada generalizada.
d
dt
(
∂L
∂ ẋ
)
= mẍ+mr̈ cosθ +Mẍ = (m+M)ẍ+mr̈ cosθ
∂L
∂x
= 0
13
d
dt
(
∂L
∂ ṙ
)
= mẍcosθ +mr̈
∂L
∂ r
= mgsenθ
Assim temos {
(m+M)ẍ+mr̈ cosθ = 0
mẍcosθ +mr̈−mgsenθ = 0
r̈ =− (m+M)ẍ
mcosθ
r̈ = gsenθ − ẍcosθ
(m+M)ẍ
mcosθ
= ẍcosθ −mgsenθ =
(
m+M
m
)
ẍ− ẍcos2 θ = gsenθ cosθ
ẍ
[(
m+M
m
)
− cos2 θ
]
=
g
2
sen(2θ)
ẍ = gsin(2θ)
2[(m+Mm )−cos2 θ ]
r̈ = gsinθ +
mcos2 θ
m+M
r̈− mcos
2 θ
m+M
= gsinθ
r̈
[
1−
(
m
m+M
)
cos2 θ
]
= gsinθ
r̈ = gsinθ
[1−( mm+M )cos2 θ ]
1.13
Tendo os dados do paraboloide, que limita o movimento oda partı́cula, dados pelo enunciado do problema
podemos escrever em coordenadas cilı́ndricas.
x = ρ cosθ
y = ρ senθ
z =
ρ2
R
ẋ = ρ̇ cosθ −ρθ̇ senθ
ẏ = ρ̇ senθ +ρθ̇ cosθ
ż = 2ρ̇
ρ
R
14
Sabendo que a energia cinética é:
T =
1
2
m(ẋ2 + ẏ2 + ż2)
T =
1
2
m(ρ̇2 cos2 θ +ρ2θ̇ 2 sen2 θ−(((((
((2ρρ̇θ̇ senθ cosθ + ρ̇2 sen2 θ +ρ2θ̇ 2 cos2 θ +((((
(((2ρρ̇θ̇ senθ cosθ +4ρ̇2
ρ2
R2
)
Tomando a propriedade trigonométrica sen2 θ + cos2 θ = 1
T =
1
2
m(ρ̇2 +ρ2θ̇ 2 +4ρ̇2
ρ2
R2
)
A energia potencial é
V =−mgz =−mgρ
2
R
A lagrangiana fica:
L = T −V = 1
2
m(ρ̇2 +ρ2θ̇ 2 +4ρ̇2
ρ2
R2
)−mgρ
2
R
Aplicando a equação de Euler-Lagrange ddt
(
∂L
∂ q̇k
)
− ∂L
∂qk
= 0:
d
dt
(
∂L
∂ ρ̇
)
= mρ̈ +8mρ̇2
ρ
R2
+4mρ̈
ρ2
R2
∂L
∂ρ
= mρθ̇ 2 +4mρ̇2
ρ
R2
−2mgρ
R
mρ̈ +8mρ̇2
ρ
R2
+4mρ̈
ρ2
R2
−mρθ̇ 2−4mρ̇2 ρ
R2
+2mg
ρ
R
= 0
R2ρ̈ +4ρ̈ρ2 +4ρ̇2ρ−R2ρθ̇ 2 +2gRρ = 0
Agora fazendo:
d
dt
(
∂L
∂ θ̇
)
=
d
dt
(mρ2θ̇) = 0
~L =~r×m~v =~r×m~rθ̇
Então nesse caso podemos dizer que o momento angular perpendicular ao plano (x,y) escolhido L = mρ2θ̇
e é constante.
Tomando a área como A.
dA1 =
1
2
ρ
2dθ
mρ2
dθ
dt
= L ∴
dθ
dt
=
L
mρ2
∴ dθ =
L
mρ2
dt
dA1 =
1
2
ρ
2 L
mρ2
dt =
L
2m
dt
A1 =
∫ t1
0
L
2m
dt =
L
2m
t1
A1
t1
=
A2
t2
=
L
2m
A área varrida em função do tempo é sempre
L
2m
.
15
1.14
Dada a Lagrangiana
L = eλ t
(
m
2
ẋ2− mω
2
2
x2
)
Aplicamos a equação de Euler-Lagrange:
d
dt
(
∂L
∂ ẋ
)
= mẍeλ t +λmẋeλ t
∂L
∂x
=−mω2xeλ t
�mẍ��eλ t +λ�mẋ��eλ t +�mω2x��eλ t = 0
ẍ+λ ẋ+ω2x = 0
Que é a equação de oscilador harmônico amortecido.
q = e
λ
2 tx
q̇ =
λ
2
e
λ
2 tx+ e
λ
2 t ẋ
Podemos substituir q em q̇, então assim:
q̇ =
λ
2
q+ e
λ
2 t ẋ
e
λ
2 t ẋ = q̇− λ
2
q
eλ t ẋ2 = q̇2 +
λ 2
4
q2−λ q̇q
eλ tx2 = q2
Agora podemos substituir em L =
m
2
eλ t ẋ2− m
2
ω2eλ tx2
L =
m
2
(
q̇2 +
λ 2
4
q2−λ q̇q
)
− m
2
ω
2q
Eliminando assim a dependência temporal de L.
1.15
Sabendo que a Força de Lorentz em coordenadas Gaussianas é:
F = e
(
~E +
~v
c
×~B
)
16
E sabendo que ~B = ∇×~A e que E =− 1c
∂A
∂ t −∇φ
F = e
[
−1
c
∂~A
∂ t
−∇φ +~v
c
×∇×~A
]
~v
c
×∇×~A = 1
c
∇(~v ·~A)− 1
c
(~v ·∇)~A
~A = A(~r, t) então dA = A(~r+~vdt, t +dt)−A(~r, t) =
(
vx ∂A∂x + vy
∂A
∂y + vz
∂A
∂ z +
∂A
∂ t
)
dt =
[
(~v ·∇)~A+ ∂A
∂ t
]
dt
Assim temos:
d~A
dt
= (~v ·∇)~A+ ∂
~A
∂ t
−∂
~A
∂ t
= (~v ·∇)~A− d
~A
dt
Substituindo na equação da força de Lorentz.
F = e
[
−∇φ +∇(~v
c
·~A)− 1
c
d~A
dt
]
F =
[
∇(e
~v
c
·~A− eφ)− e
c
d~A
dt
]
m
d2~r
dt2
=
[
∇(e
~v
c
·~A− eφ)− e
c
d~A
dt
]
d
dt
(
m
d~r
dt
+
e
c
~A
)
=−∇
(
eφ − ev
c
~A
)
F =−∇U
Levando em consideração que não temos um campo elétrico tomamos φ = 0
U =−ev
c
~A

~r = rr̂(θ ,φ)
~̇r = ṙr̂+ rθ̇ θ̂ + rφ̇ senθφ̂
v2 = ṙ2 + r2θ̇ 2 + r2φ̇ 2 sen2 θ
~A =
g(1− cosθ)
r senθ
φ̂
~v ·~A =����rφ̇ senθ
g(1− cosθ)
���r senθ
= g(1− cosθ)
U = eφ̇
g(1− cosθ)
c
17
A energia cinética será:
T =
1
2
mv2=
1
2
m(ṙ2 + r2θ̇ 2 + r2φ̇ 2 sen2 θ)
Então:
L = T −V = 1
2
mv2 =
1
2
m(ṙ2 + r2θ̇ 2 + r2φ̇ 2 sen2 θ)− eφ̇
c
g(1− cosθ)
18