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Exerc´ıcios resolvidos[Incompleto] - Nivaldo Lemos[1]
Raphael Gomes Sousa
19 de fevereiro de 2022
(i) Provando que os v´ınculos
(x
2
2 )dx + xzdz = 0 (I), (x
2
2 )dy + yzdz = 0 (II)
juntos equivalem a
xd(x
2
2
2 ) = 0, dln
y
x
Devemos primeiro juntar (I) e (II),
(x
2
2 )dx + xzdz = (x
2
2 )dy + yzdz
(x
2
2 )dx − (x
2
2 )dy = yzdz − xzdz
(x
2
2 )dx − (x
2
2 )dy = (y − x)zdz
(x
2
2 )dx − (x
2
2 )dy
y − x
= zdz
Lagrangiana ´e dada por
L = T − V
Mas, para coordenadas polares, as coordenadas cartesianas s˜ao dadas por:
x = rcos(ωt), y = rsen(ωt)
Portanto, T e V assumem forma de:
T =
m
( ˙x + ˙y) =
m
( ˙r + ω
2 r
2 )
e
V = mgy = −mgrsen(ωt)
Portanto, agora devemos encontrar as Equa¸c˜oes de Lagrange para este caso, sendo assim, a Eq de
Lagrange tem forma de:
d
dt
∂L
∂ q˙k
∂L
∂qk
Sendo assim, aplicando a fun¸c˜ao L na Equa¸c˜ao acima, temos:
d
dt
[
∂ r˙
m r˙
2
mω
2
r
2 − mgrsen(ωt))] −
∂r
m r˙
2
mω
2
r
2 − mgrsen(ωt)) = 0
Agora resolvendo essa equa¸c˜ao para ˙r, temos:
d
dt
[m r˙] −
∂r
m r˙
2
mω
2
r
2 − mgrsen(ωt)) = 0
Agora, para r:
d
dt
[m r˙] − (mω
2 r − mgsen(ωt)) = 0
Finalmente, derivando a eq pelo tempo, temos:
m¨r − mω
2 r − mgsen(ωt) = 0
Dividindo a Eq acima por m, temos:
r¨ − ω
2 r − gsen(ωt) = 0
A solu¸c˜ao geral desta equa¸c˜ao de Lagrage ´e dada por:
r¨ − ω
2 r = 0
Temos que a representa¸c˜ao do pˆendulo esf´erico ´e dado pela figura 1. Sendo assim, temos que as
coordenadas esf´ericas no plano cartesiano s˜ao representadas por:
x = rsen(θ)cos(φ)
y = rsen(θ)sen(φ)
z = rcos(θ)
Figura 1: Representa¸c˜ao do pˆendulo esf´erico
Para o nosso problema, r se torna l, comprimento do fio
x = lsen(θ)cos(φ) (I)
y = lsen(θ)sen(φ) (II)
z = lcos(θ) (III)
Para a energia cin´etica do sistema temos,
T =
m( ˙x
2
2
2 )
Atrav´es das Eqs. (I), (II) e (III), temos:
T =
m(
d
dt
(lsen(θ)cos(φ))
2
d
dt
(lsen(θ)sen(φ))
2
d
dt
(lcos(θ))
2 )
Primeiro devemos encontrar a Lagrangiana dada por L = T − V , onde T ´e dado por
T =
m
( ˙x
2
2 )
Onde as param´etricas para este exemplo cicloidal nos d´a
x = Rθ + Rsen(θ), y = −Rcos(θ).
Sendo assim, encontrando a forma derivada de x e y ficamos com:
x˙ = R
θ + R
θcos(θ), y˙ = R
θsen(θ)
Agora colocando estes valores em T, temos:
T =
m
((R
θ + R
θcos(θ))
2
θsen(θ))
2
)
T =
m
θ
2
R
2
2 ˙ θ
2
cos(θ) + R
2 ˙ θ
2
cos
2
(θ)) + (R
2 ˙ θ
2
sen
2
(θ)))
Fazendo o uso da propriedade trigonom´etrica cos
2 (x)+sen
2 (x) = 1 e aplicando na nossa Eq, temos:
T =
m
θ
2 R
2
θ
2 cos(θ) + R
θ
2 ))
Colocando
θ
2 eR
2 em evidˆencia, temos:
T =
m
θ
2 R
2 (2cos(θ) + 2))
Colocando o 2 em evidˆencia e gozando a propriedade trigonom´etrica cos(x) + 1 = 2cos
2 x
2
Temos
finalmente:
T = 2m
θ
2 R
2 cos
2
θ
Escrevendo a lagrangiana,
L = 2m
θ
2 R
2 cos
2
θ
Utilizando agora u = sen(
θ
2
) e ˙u =
˙ θ
2
cos
θ
2
onde 2 ˙u =
θcos
θ
2
,temos:
L = 8mR
2 u˙
2
Utilizando agora cos(2x) = cos
2 (x)–sen
2 (x), portanto:
cos(θ) = cos
2
θ
− sen
2
θ
e cos
2 (x) = 1 − sen
2 (x), portanto
L = 8mR
2 u˙
2
2
θ
− sen
2
θ
L = 8mR
2
u˙
2
2
− u
2
)
L = 8mR
2 u˙
2
2 )
L = 8mR
2
u˙
2
2
mgR
A Lagrangiana em fun¸c˜ao da coordenada u. Agora, devemos encontrar a Eq. de Lagrange para a
coordenada u, temos:
d
dt
∂L
∂ u˙
∂L
∂u
Aplicando o valor de L,
d
dt
(16mR
2 u˙) − (4umgR) = 0
16 mR
2 u¨ − 4 umgR = 0
Dividindo a Eq. por 4mR, temos:
4 R¨u − ug = 0 (II)
Temos que o per´ıodo de oscila¸c˜ao ´e dado por:
T = 2π
s
L
g
Sendo assim,
T = 2π
s
4 R
g
T = 4π
s
R
g
Temos que mostrar que a Lagrangiana ´e dada por:
L =
m + M
r˙ +
m
r
2 ˙ θ − gr(M − mcosθ)
Encontramos as rela¸c˜oes entre x 1
, y 1
, x 2
, y 2
pela figura 2
Figura 2: M´aquina de Atwood
Onde a massa M n˜ao se move horizontalmente, portanto x 1
= 0 e y 1
´e dada por y 1
= C − r onde C
´e uma constante qualquer. J´a para a massa m, temos que x 2
e y 2
s˜ao dados por trigonometria, onde
x 2
= rsenθ + l e y 2
= rcosθ, logo podemos encontrar T, dado por
T =
m
( ˙x
2
2
M
( ˙y
2 )
Onde ˙x e ˙y s˜ao dados por:
y˙ 1
= − r˙ x˙ 2
= ˙rsenθ + r
θcosθ y˙ 2
= ˙rcosθ − r
θsenθ
Substituindo os valores, temos:
T =
m
[( ˙rsenθ + rcosθ
θ)
2
θ)
2 ] +
M
( ˙r
2 )
Figura 3: Problema 1.
Utilizando agora cos
2 (x) + sen
2 (x) = 1,
T =
m
(l
2 ˙ θ
2
h
θcosθ +
h
2 )
Para V temos
V = −mg(lcos) + kh
2
Onde
k+k
2
.h
2 ´e a eq de v´ınculo da mola.
Portanto para L
L =
m
(l
θ
2
h
θcosθ +
h
2 ) + mglcosθ + kh
2
Agora escrevendo as Eqs. de Lagrange para a mola e para o fio em termos de h e θ, temos
d
dt
∂L
h
∂L
∂h
= 0 (I)
e
d
dt
∂L
θ
∂L
∂θ
= 0 (II)
Resolvendo (I), temos
d
dt
(ml
θcosθ + m
h − 2 kh) = 0
ml
θcosθ − m
θ
2 lsenθ + m
h − 2 kh = 0
l
θcosθ −
θ
2 lsenθ +
h =
2 kh
m
Resolvendo (II), temos
d
dt
(ml
θ + ml
hcosθ) + ml
h
θθsenθ + mglθsenθ = 0
ml
θ −
θml
hsenθ + ml
h
θθsenθ + mglθsenθ = 0
ml
θ + mglθsenθ = 0
l
θ + glθsenθ = 0
Igualando (I) e (II)
l
θcosθ −
θ
2 lsenθ +
h −
2 kh
m
= −(l
θ + glθsenθ)
Figura 4: Problema 1.
Temos que pela figura 4 podemos encontrar que l ´e o comprimento do fio, ´e dado por l = r − rk
onde r ´e o comprimento total do sistema e r k
´e o comprimento apenas da mola. Sendo assim, podemos
agora encontrar os valores de x e y do sistema, onde
x = rsenθ y = rcosθ
Derivando estes valores de x e y
x˙ = ˙rsenθ + r
θcosθ y˙ = ˙rcosθ − r
θsenθ
Com isso, podemos agora encontrar T, como sendo
T =
m
[( ˙rsenθ + r
θcosθ)
2
θsenθ)
2 ]
T =
m
[ ˙r
2 sen
2 θ + 2 ˙rr
θcosθsenθ + r
θ
2 cos
2 θ + ˙r
2 cos
2 θ − 2 ˙rr
θcosθsenθ + r
θ
2 sen
2 θ]
T =
m
[ ˙r
2
sen
2
θ + r
2 ˙ θ
2
cos
2
θ + ˙r
2
cos
2
θ + r
2 ˙ θ
2
sen
2
θ]
Gozando da propriedade sen
2 (x) + cos
2 (x) = 1, temos
T =
m
[ ˙r
2
θ
2 ]
T =
m r˙
2
mr
θ
2
Tomando r k
= r − l, encontraremos V
V = −mgrcosθ +
k
(r − l)
2
V = −mgrcosθ +
k
(r
2 − 2 rl + l
2 )
Agora podemos encontrar a Lagrangiana L,
L =
m
(l
2 ˙ θ
2
2
w
2
t
2
sen
2
wt − 2 awtl
θsenwtcosθ) + mglcosθ
Agora, temos que encontrar a Eq. de Lagrange para θ, dada por
d
dt
∂L
θ
∂L
∂θ
d
dt
(−mawtlsenwtcosθ + ml
θ) + mawtl
θsenθ − mglsenθ = 0
ml
θ − maw
2 t
2 lcoswtcosθ + mawtl
θsenwtcosθ + mawtl
θsenθ − mglsenθ = 0
l
θ − aw
2 t
2 lcoswtcosθ + awtl
θsenwtcosθ + awtl
θsenθ − glsenθ = 0
l
θ − aw
2
t
2
coswtcosθ + awt
θsenwtcosθ + awt
θsenθ − gsenθ = 0
Agora, subistituindo senθ ≃ θ e cosθ ≃ θ
l
θ − aw
2 t
2 coswtθ + awt
θsenwtθ + awt
θθ − gθ = 0
E agora substituindo θ = θ 0
coswt, portanto
θ = θ 0
w
2 coswt
lθ 0
w
2 coswt − aw
2 t
2 coswtθ 0
coswt − aw
2 tθ 0
senwtsenwtθ 0
coswt − awtθ 0
senwtθ 0
coswt − gθ 0
coswt = 0
Figura 6: Problema 1.
A figura 6 nos d´a o sistema onde a cunha de massa M desliza apenas no eixo X. Sendo assim, temos
que o bloco de massa tem coordenadas x e y dadas por
x 1 = lcosθ + x y 1 = lsenθ
E a derivada de x e y s˜ao dados por
x˙ =
lcosθ + ˙x 1 y˙ 1 =
lsenθ
A energia cin´etica T ´e dada por
T =
m
( ˙x
2
2 ) +
M
x˙
T =
m
(l
2
cos
2
θ + 2 ˙x
lcosθ + ˙x
2
l
2
sen
2
θ) +
M
x˙
T =
m
(l
2
lcosθ + ˙x
2 ) +
M
x˙
Sendo assim, a lagrangiana L ´e dada por
L =
m
(l
2
lcosθ + ˙x
2 ) +
M
x˙ − mglsenθ
As Eqs. de lagrange para x e l s˜ao dadas por
d
dt
∂L
∂ x˙
∂L
∂x
= 0 (I)
e
d
dt
∂L
l
∂L
∂l
= 0 (II)
Resolvendo (I), temos
d
dt
(m x˙ +
lcosθ + M x˙) = 0
mx¨ +
lcosθ + M ¨x = 0
Onde a acelera¸c˜ao em x ´e dada por
¨x = −
lcosθ
m + M
Resolvendo (II), temos
d
dt
(m
l + m xcosθ˙ ) − mgsenθ = 0
m
l + mxcosθ¨ − mgsenθ = 0
Onde a acelera¸c˜ao em l ´e dada por
l = −xcosθ¨ + gsenθ
Sendo assim, a acelera¸c˜ao da cunha relativa ao sistema referencial inercial ´e dada por
lcosθ = −xcos¨
2 θ + gsenθcosθ
A acelera¸c˜ao do bloco relativo a cunha ´e dada por
lcosθ − x¨ = −¨xcos
2 θ + gsenθcosθ +
lcosθ
m + M
Referˆencias
[1] Lemos, N. A. Mecˆanica anal´ıtica.[sl]: Editora livraria da f´ısica, 2007. Citado na (2004), 6.
