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Lista de exercícios de Mecânica Analítica
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Mecânica Analítica - Lista I
Jhordan Silveira de Borba, 69640
19 de abril de 2016
1.2)Usando as coordenadas polares:x = r cos (θ)y = r sin (θ)Coordenada generalizada q1 = r, pois θ está restrito ao vínculo θ − ωt = 0x = −θr sin θ + r cos θy = rθ cos θ + r sin θEntão, para x2:
x2 =(−θr sin θ + r cos θ
)2x2 =
(θ2r2 sin2 θ + r2 cos2 θ − 2θr sin θr cos θ
)E para y2:
y2 =(rθ cos θ + r sin θ
)2y2 = r2θ2 cos2 θ + r2 sin2 θ + 2rθ cos θr sin θEntão:x2+y2 =
(θ2r2 sin2 θ + r2 cos2 θ − 2θr sin θr cos θ
)+(r2θ2 cos2 θ + r2 sin2 θ + 2rθ cos θr sin θ
)x2 + y2 = θ2r2
(sin2 θ + cos2 θ
)+ r2
(cos2 θ + sin2 θ
)− 2θr sin θr cos θ +
2rθ cos θr sin θx2 + y2 = θ2r2 + r2
Pelo vínculo θ = ωt,então θ = ω,x2 + y2 = ω2r2 + r2
ey = r sin (ωt)Escrevendo a lagrangeana:
L =mv2
2−mgh
L =m(x2 + y2
)2
−mgy
L =m(ω2r2 + r2
)2
−mgr sin (ωt)
1
L =m
2r2 +
mω2
2r2 −mgr sin (ωt)
Aplicando na equação de Lagrange:
d
dt
(∂L
∂r
)− ∂L
∂r= 0
Derivando:(∂L∂r
)= mr
Eddt
(∂L∂r
)= mr
O outro termo:∂L∂r = mω2r −mg sin (ωt)Então:
mr −(mω2r −mg sin (ωt)
)= 0
mr =(mω2r −mg sin (ωt)
)r = ω2r − g sin (ωt)
r − ω2r = −g sin (ωt)
−r + ω2r = g sin (ωt)
A resposta será r = rh + rpPrimeiro vamos então calcular a solução para o caso homogêneo:
−r + ω2r = 0
r − ω2r = 0
m2 − ω2 = 0
±√4ω2
2
m = ±ω
2
Então:yh = c1e
ωt + c2e−ωt
Agora, a soluçao não-homogênea:
−r + ω2r = g sin (ωt)
Vamos supor que a solução é da forma
r = A sin (ωt) +B cos (ωt)
Então:
r = Aω cos (ωt)−Bω sin (ωt)
r = −Aω2 sin (ωt)−Bω2 cos (ωt)
−(−Aω2 sin (ωt)−Bω2 cos (ωt)
)+ ω2 (A sin (ωt) +B cos (ωt)) = g sin (ωt)
Aω2 sin (ωt) +Bω2 cos (ωt) +Aω2 sin (ωt) +Bω2 cos (ωt) = g sin (ωt)
Aω2 sin (ωt) +Aω2 sin (ωt) +Bω2 cos (ωt) +Bω2 cos (ωt) = g sin (ωt)
(Aω2 +Aω2
)sin (ωt) +
(Bω2 +Bω2
)cos (ωt) = g sin (ωt)
(2Aω2
)sin (ωt) +
(2Bω2
)cos (ωt) = g sin (ωt)
Temos então que:2Bω2 = 0→ B = 02Aω2 = g → A = g
2ω2
Substituindo:Então:
rp =g
2ω2sin (ωt)
Temos então, como resposta:
r = c1eωt + c2e
−ωt +g
2ω2sin (ωt)
Utilizando os valores iniciais r (0) = r0 e r = 0
r = c1eωt + c2e
−ωt +g
2ω2sin (ωt)
3
r = ωc1eωt − ωc2e−ωt +
g
2ωcos (ωt)
Para r (t)
r0 = c1 + c2
r0 − c1 = c2
Para r (t)
0 = ωc1 − ωc2 +g
2ω
0 = ωc1 − ω (r0 − c1) +g
2ω
0 = ωc1 − ωr0 + ωc1 +g
2ω
0 = −r0ω + 2c1ω +g
2ω
r0ω −g
2ω= ω2c1
r0 −g
2ω2= 2c1
r02− g
4ω2= c1
2ω2r0 − g4ω2
= c1
E para c2
r0 − c1 = c2
r0 −2ω2r0 − g
4ω2= c2
r0 −r02
+g
4ω2= c2
4
r02
+g
4ω2= c2
ω22r0 + g
4ω2= c2
Então:
r =
(ω22r0 − g
4ω2
)eωt +
(ω22r0 + g
4ω2
)e−ωt +
g
2ω2sin (ωt)
Resolvendo pelo Máxima:
1.3)Temos o seguinte vínculo:
l2 = x2 + y2 + z2
Usando coordenadas esféricas:
x = l cos θ sinφ
y = l sin θ sinφ
z = l cosφ
Mas colocando o referencial na parte mais baixa do movimento da conta,temos que em um ponto qualquer a distância no eixo z entre a base do pênduloe a posição dele (h) é:
cosφ =h
l→ h = l cosφ
Então a distância entre a origem e o ponto, no eixo z, vai ser z = l − h =l − l cosφ
Derivando:
x = −θl sin θ sinφ+ φl cos θ cosφ
y = θl cos θ sinφ+ φl sin θ cosφ
z = φl sinφ
5
Elevendo ao quadrado:
x2 = θ2l2 sin2 θ sin2 φ+ φ2l2 cos2 θ cos2 φ− 2θl sin θ sinφφl cos θ cosφ
y2 = θ2l2 cos2 θ sin2 φ+ φ2l2 sin2 θ cos2 φ+ 2θl cos θ sinφφl sin θ cosφ
z2 = φ2l2 sin2 φ
Manipulando:
x2 = l2(θ2 sin2 θ sin2 φ+ φ2 cos2 θ cos2 φ
)− 2θl sin θ sinφφl cos θ cosφ
y2 = l2(θ2 cos2 θ sin2 φ+ φ2 sin2 θ cos2 φ
)+ 2θl cos θ sinφφl sin θ cosφ
Somando x2 + y2, o último se anula, então:
x2+y2 = l2(θ2 sin2 θ sin2 φ+ φ2 cos2 θ cos2 φ
)+l2
(θ2 cos2 θ sin2 φ+ φ2 sin2 θ cos2 φ
)
x2+y2 = l2(θ2 sin2 θ sin2 φ+ θ2 cos2 θ sin2 φ+ φ2 cos2 θ cos2 φ+ φ2 sin2 θ cos2 φ
)
x2 + y2 = l2(θ2 sin2 φ
(sin2 θ + cos2 θ
)+ φ2 cos2 φ
(cos2 θ + sin2 θ
))
x2 + y2 = l2(θ2 sin2 φ+ φ2 cos2 φ
)Somando z2
x2 + y2 + z2 = l2(θ2 sin2 φ+ φ2 cos2 φ
)+ φ2l2 cos2 φ
x2 + y2 + z2 = l2(θ2 sin2 φ+ φ2 cos2 φ+ φ2 sin2 φ
)
x2 + y2 + z2 = l2(θ2 sin2 φ+ φ2
(cos2 φ+ sin2 φ
))
x2 + y2 + z2 = l2(θ2 sin2 φ+ φ2
)Então, temos para a energia cinética:
T =1
2mv2 =
1
2m(x2 + y2 + z2
)6
T =1
2ml2
(θ2 sin2 φ+ φ2
)E para a energia potencial, por causa da nossa escolha de referencial na base
da haste:
U = mgh = mgz
U = mgh = mg (l − l cosφ)
Logo a lagrangeana é:
L = T − U
L =1
2ml2
(θ2 sin2 φ+ φ2
)−mg (l − l cosφ)
E as equações de Lagrange:
d
dt
(∂L
∂θ
)− ∂L
∂θ= 0
e
d
dt
(∂L
∂φ
)− ∂L
∂φ= 0
Resolvendo para θ:∂L∂θ
= ml2(θ sin2 φ
)ddt
(∂L∂θ
)= ml2
(θ sin2 φ+ 2θ sinφ cosφφ
)e∂L∂θ = 0Então:
ml2(θ sin2 φ+ 2θ sinφ cosφφ
)− 0 = 0
θ sin2 φ+ 2θ sinφ cosφφ = 0
Usando a propriedade:2 sinx cosx = sin 2x
θ sin2 φ+ θ sin 2φ = 0
θ + θsin 2φ
sin2 φφ = 0
7
E resolvendo para φ:∂L∂φ
= ml2φ
ddt
(∂L∂φ
)ml2φ
e∂L∂φ = 1
2ml2(θ22 sinφ cosφ
)+mg (l sinφ)
Então:
ml2φ− 1
2ml2
(θ22 sinφ cosφ
)+mg (l sinφ)
lφ− 1
2l(θ22 sinφ cosφ
)+ g sinφ = 0
Usando a propriedade:2 sinx cosx = sin 2x
lφ− 1
2l(θ2 sin 2φ
)+ g sinφ = 0
lφ− 1
2lθ2 sin 2φ+ g sinφ = 0
φ− θ2 sin 2φ
2+g
lsinφ = 0
1.4)O cilóide parametrizado:
x = Rθ +R sin θ
y = −R cos θ
Derivando temos:
x = Rθ + θR cos θ
y = θR sin θ
Elevando ao quadrado:
x2 = R2θ2 + θ2R2 cos2 θ + 2R2θ2 cos θ
y2 = θ2R2 sin2 θ
Somando:
8
x2 + y2 = R2θ2 + θ2R2 cos2 θ + 2R2θ2 cos θ + θ2R2 sin2 θ
x2 + y2 = θ2R2(sin2 θ + cos2 θ
)+ (2 cos θ + 1)R2θ2
x2 + y2 = θ2R2 + (2 cos θ + 1)R2θ2
x2 + y2 = (1 + 2 cos θ + 1)R2θ2
x2 + y2 = (2 cos θ + 2)R2θ2
x2 + y2 = (cos θ + 1) 2R2θ2
Escrevendo a lagrageana:
L = T − V
L =1
2m (cos θ + 1) 2R2θ2 +mgR cos θ
L = m (cos θ + 1)R2θ2 +mgR cos θ
L = m2 cos2(θ
2
)R2θ2 +mgR cos θ
L = m2
(1− sin2
(θ
2
))R2θ2 +mgR cos θ
Usando u = sin(θ2
)→ u2 = sin2
(θ2
),
L = m2(1− u2
)R2θ2 +mgR cos θ
temos que θ = arcsin (u) 2, então: θ = 2 u√1−u2
L = m2(1− u2
)R2
(2
u√1− u2
)2
+mgR cos θ
L = m2(1− u2
)R2
(4
u2
1− u2
)+mgR cos θ
9
L = m8R2u2 +mgR cos θ
Usando a propriedade trigonométrica cos 2x = 1 − 2 sin2 x → cos θ = 1 −2 sin2
(θ2
)L = m8R2u2 +mgR
(1− 2 sin2
(θ
2
))Lagrangeano:
L = m8R2u2 +mgR(1− 2u2
)L = m8R2u2 −mgR2u2
Aplicando na equação de lagrange:
d
dt
(∂L
∂qk
)− ∂L
∂qk= 0
d
dt
(∂L
∂u
)− ∂L
∂u= 0
∂L∂u = m16R2uddt
(∂L∂qk
)= m16R2u
∂L∂qk
= −mgR4u
m16R2u+mgR4u = 0
Equação de Lagrange:
u+g
R4u = 0
Essa é uma equação de um oscilador harmônico simples, onde gR4 = ω2,
então ω =√
gR4
Então, o período vai ser:
T =2π
ω=
2π√gR4
= 4π
√R
g
Resolvendo:
m2 +g
R4= 0
10
±√− gR
2
u = c1e
√gR
2 it + c2e−√
gR
2 it
u = c1i
√gR
2e
√gR
2 it −√
gR
2c2ie
−√
gR
2 it
u0 = c1 + c2
0 = c1i
√gR
2−√
gR
2ic2 → c1 = c2
u0 = c2 + c2 →u02
= c1 = c2
u =u02e
√gR
2 it +u02e−√
gR
2 it
u =u02
(e
√gR
2 it + e−√
gR
2 it
)
Usando a fórmula de euler: eix = cos (x) + i sin (x)
u =u02
(cos
(√gR
2t
)+ i sin
(√gR
2t
)+ cos
(−√
gR
2t
)+ i sin
(−√
gR
2t
))
u =u02
(cos
(√gR
2t
)+ i sin
(√gR
2t
)+ cos
(√gR
2t
)− i sin
(√gR
2t
))
u =u02
(2 cos
(√gR
2t
))
u = u0 cos
(√gR
2t
)
11
u = u0 cos
(√gR
2t
)
Então: ω =
√gR
21.5)r1 + r2 = lr1 = l − r2r1 = l − rEntão, para a bola de massa M temos:
U1 = −Mg (l − r)
Como termos constantes desaparecem depois, podemos dispensá-los desdeagora:
U1 =Mgr
e como só se move na vertical:
K1 =1
2M (−r)2
K1 =1
2Mr2
Agora precisamos calcular para a bola m.A altura dela vai ser h2 = r cos θTemos então:
U2 = −mgr cos θ
E para a velocidade:x = r sin θy = r cos θx = r sin θ + rθ cos θy = r cos θ − θr sin θx2 = r2 sin2 θ + r2θ2 cos2 θ + 2rrθ sin θ cos θy2 = r2 cos2 θ + θr2 sin2 θ − 2rθr cos θ sin θx2 + y2 = r2 sin2 θ + r2θ2 cos2 θ + 2rrθ sin θ cos θ + r2 cos2 θ + θr2 sin2 θ −
2rθr cos θ sin θx2 + y2 = r2
(cos2 θ + sin2 θ
)+ r2θ2
(cos2 θ + sin2 θ
)x2 + y2 = r2 + r2θ2
Então:
K2 =1
2m(r2 + r2θ2
)12
Temos então:
L =1
2m(r2 + r2θ2
)+
1
2Mr2 +mgr cos θ −Mgr
L =1
2m(r2 + r2θ2
)+
1
2Mr2 +mgr cos θ −Mgr
L =
(m+M
2
)r2 +
m
2r2θ2 − gr (M −m cos θ)
Para r
d
dt
(∂L
∂r
)− ∂L
∂r= 0
∂L∂r = (m+M) rddt
(∂L∂r
)= (m+M) r
∂L∂r = mrθ2 − g (M −m cos θ)Então:
(m+M) r −(mrθ2 − g (M −m cos θ)
)= 0
(m+M) r −mrθ2 + g (M −m cos θ) = 0
(m+M) r −mrθ2 + g (M −m cos θ) = 0
(m+M) r −mrθ2 = −g (M −m cos θ)
r − mθ2
(m+M)r = −g (M −m cos θ)
(m+M)
Para θ
d
dt
(∂L
∂θ
)− ∂L
∂θ= 0
∂L∂θ
= mr2θ
ddt
(∂L∂θ
)= mr2θ + 2mrrθ
∂L∂θ = −grm sin θ
mr2θ + 2mrrθ +mgr sin θ = 0
13
rθ + 2rrθ + g sin θ = 0
θ + 2rθ +g
rsin θ = 0
1.6)qk = yqk = y = v
A função de disspação F = λ v2
2 = λ y2
2
T = mv2
2 = my2
2V = mgh = mgy
L = my2
2 −mgy
d
dt
(∂L
∂qk
)− ∂L
∂qk= −∂F
qk
d
dt
(∂L
∂y
)− ∂L
∂y= −∂F
y
∂L∂y = my
ddt
(∂L∂y
)= my
∂L∂y = −mg∂Fqk
= λy
my +mg = −λy
Resolvendo a EDO:
y +λ
my = −g
Primeiro vamos então calcular a solução para o caso homogêneo:
y +λ
my = 0
a2 +λ
ma = 0
− λm±√( λm )
2
2 =− λm±
λm
2m1 = 0m2 = − λ
m
yh = c1 + c2e− λm t
14
E para a não homogênea:yp = At
λ
mA = −g
A = −gmλ
yp = −gm
λt
Então:
y = c1 + c2e− λm t − gm
λt
Para as condições iniciais:
y0 = c1 + c2
y = − λmc2e− λm t − gm
λ
gm
λ= c2
Então:
y0 = c1 + gm
λ
y0 − gm
λ= c1
Logo:
y = c1 + c2e− λm t + g
m
λt
y = y0 − gm
λ− gm
λe−
λm t + g
m
λt
y = y0 + gm
λ
(−1− e− λ
m t + t)
y = gm
λ
(λ
me−
λm t + 1
)
15
y = g(e−
λm t +
m
λ
)Para t→∞
limt→∞
y = g(e−∞ +
m
λ
)
limt→∞
y = gm
λ
1.7)Escrevendo x = y e x = y
L = eλm t(m2x2 −mgx
)d
dt
(∂L
∂x
)− ∂L
∂x= 0
∂L∂x = e
λm tmx
ddt
(∂L∂x
)= λe
λm tx+ eλtmx
∂L∂x = −e λm tmg
λeλtx+ eλtmx+ eλtmg = 0
eλt (λx+mx+mg) = 0
λ
mx+ x+ g = 0
1.10)q1 = rq2 = θx = r cos θy = r sin θPotencial:Gravitacional:PG = mgh = mgr sin θElástica:d = (r − l)d2 = r2 − 2rl + l2
PE = kd2
2 = k r2−2rl+l2
2 = k r2
2 − krlEnergia cinética:x = r cos θ − θr sin θ
16
y = r sin θ + θr cos θx2 = r2 cos2 θ − 2θr sin θr cos θ + θ2r2 sin2 θy2 = r2 sin2 θ + 2θr cos θr sin θ + θ2r2 cos2 θx2 + y2 = r2 + θ2r2
K = mv2
2 =m(x2+y2)
2 =m(r2+θ2r2)
2Então:
L =m(r2+θ2r2)
2 −(k r
2
2 − krl +mgr sin θ)
d
dt
(∂L
∂r
)− ∂L
∂r= 0
∂L∂r = mrddt
(∂L∂r
)= mr
∂L∂r = mθ2r − (kr − k +mg sin θ)
mr −[mθ2r − (kr − k +mg sin θ)
]= 0
mr −mθ2r + kr − k +mg sin θ = 0
mr −mθ2r + kr = k −mg sin θ
r − θ2r + k
mr =
k
m− g sin θ
d
dt
(∂L
∂θ
)− ∂L
∂θ= 0
∂L∂θ
= mθr2
ddt
(∂L∂θ
)= mθr2
∂L∂θ = −mgr cos θ
mθr2 +mgr cos θ = 0
θr2 + gr cos θ = 0
1.11)x = a cos (ωt) + l sin θy = l cos θEnergia potencialU = −mgl cos θEnergia cinética:
17
x = −aω sin (ωt) + θl cos θy = θl sin θx2 = a2ω2 sin2 (ωt)− 2θl cos θaω sin (ωt) + θ2l2 cos2 θy2 = θ2l2 sin2 θx2 + y2 = a2ω2 sin2 (ωt) + 2θlaω cos θ sin (ωt) + θ2l2
K = m2
(a2ω2 sin2 (ωt) + 2θlaω cos θ sin (ωt) + θ2l2
)Então:L = m
2
(a2ω2 sin2 (ωt) + 2θlaω cos θ sin (ωt) + θ2l2
)+mgl cos θ
d
dt
(∂L
∂θ
)− ∂L
∂θ= 0
∂L∂θ
= m(laω cos θ sin (ωt) + θl2
)ddt
(∂L∂θ
)= m
(laω
(−θ sin θ sin (ωt) + ω cos θ cos (ωt)
)+ θl2
)∂L∂θ = −mθlaω sin θ sin (ωt)−mgl sin θEntão:
m(laω
(−θ sin θ sin (ωt) + ω cos θ cos (ωt)
)+ θl2
)−[−mθlaω sin θ sin (ωt)−mgl sin θ
]= 0
(laω
(−θ sin θ sin (ωt) + ω cos θ cos (ωt)
)+ θl2
)−[−θlaω sin θ sin (ωt)− gl sin θ
]= 0
−laωθ sin θ sin (ωt) + laω2 cos θ cos (ωt) + θl2 + θlaω sin θ sin (ωt) + gl sin θ = 0
laω2 cos θ cos (ωt) + θl2 + gl sin θ = 0
laω2 cos θ cos (ωt) + gl sin θ + θl2 = 0
aω2 cos θ cos (ωt) + g sin θ + θl = 0
aω2
lcos θ cos (ωt) +
g
lsin θ + θ = 0
θ +g
lsin θ =
aω2
lcos θ cos (ωt)
θ +g
lsin θ =
aω2
lcos θ cos (ωt)
18
Para pequenos ângulos sin θ = θ, cos θ = 1
θ +g
lθ =
aω2
lcos (ωt)
Que é a equação de um oscilador harmônico forçado com Fo = maω2
l . Onde
k = mgl →
km = ω2
0
mθ + kθ = Fo cos (ωt)
A solução estacionária em um regime amortecido é apenas a solução parti-cular da equação.
Se a solução é da forma: θ = θ0 cos (ωt)θ = −ωθ0 sin (ωt)θ = −ω2θ0 cos (ωt)
mθ + kθ = F cos (ωt)
m(−ω2θ0 cos (ωt)
)+ kθ0 cos (ωt) = m
aω2
lcos (ωt)
−mω2θ0 cos (ωt) + kθ0 cos (ωt) = maω2
lcos (ωt)
θ0(−mω2 cos (ωt) + k cos (ωt)
)= m
aω2
lcos (ωt)
θ0(−mω2 cos (ωt) + ω2
0m cos (ωt))= m
aω2
lcos (ωt)
θ0(ω20m−mω2
)cos (ωt) = m
aω2
lcos (ωt)
θ0(ω20m−mω2
)= m
aω2
l
θ0(ω20 − ω2
)=aω2
l
θ0 =aω2
l(gl − ω2
)Ou
19
θ0 =Fom
1(gl − ω2
)Se ω =
√gl ,então, o sistema entra em ressonância:
limω→√
gl
θ0 =Fom
1(gl −
gl
) =∞
1.12)q1 = x1q2 = rPara a cunha:x = x1Para o bloco:x = x1 + r cos θy = r sin θPara energia cinética:Do bloco:x = x1 + r cos θy = r sin θx2 =
(x21 + 2x1r cos θ + r2 cos2 θ
)y2 = r2 sin2 θx2 + y2 = x21 + 2x1r cos θ + r2
KB = m2
(x21 + 2x1r cos θ + r2
)Da cunha:KC = M
2 x21
Para a energia potencial:P = mgr sin θEntão:
L =m
2
(x21 + 2x1r cos θ + r2
)+M
2x21 −mgr sin θ
i)
d
dt
(∂L
∂r
)− ∂L
∂r= 0
∂L∂r = mx1 cos θ +mr(∂L∂r
)= mx1 cos θ +mr
∂L∂r = −mg sin θEntão:
mx1 cos θ +mr +mg sin θ = 0
r + x1 cos θ = −g sin θ
20
d
dt
(∂L
∂x1
)− ∂L
∂x1= 0
∂L∂x1
= mx1 +mr cos θ +Mx1(∂L∂x1
)= mx1 +mr cos θ +Mx1
∂L∂x1
= 0
mx1 +mr cos θ +Mx1 = 0
mr cos θ + (m+M) x1 = 0
(m+M) x1 = −mr cos θ
Essa equação é interessante analisar �sicamente, pois como é a equação demovimento do x1, envolve somente o eixo horizontal, o que nos possibilita vermosalguma coisa, temos:
mr cos θ + (m+M) x1 = 0
Como m+M é a massa total e r cos θ é a aceleração na horizontal do bloco,podemos ver que ao largar um objeto sobre a cunha, a força resultante nahorizontal sentida pelo objeto é inversa a força horizontal sentida pelo conjuntoda cunha+objeto, isso faz com que o conjunto deslize para um lado, e o objetopara outro, mantendo a força resultante nula no sistema como um todo.
ii)Da equação anterior:
r = −x1 cos θ − g sin θ
Então:
(m+M) x1 = m (cos θ + g sin θ) cos θ
(m+M) x1 = m(cos2 θ + g sin θ cos θ
)x1 =
m
(m+M)
(cos θ2 + g cos θ sin θ
)iii)Temos que
r + x1 cos θ = −g sin θ
Pois de�nimos para o objeto: x = x1 + r cos θ
21
Se for em relação a cunha, então x = r cos θ, então com x1 = 0, temosx1 = 0, logo:
r = −g sin θ
Ou seja, em relação a cunha, a aceleração vai ser a aceleração da gravidadesuavizada pela inclinação.
1.13)Coordenadas cilíndricas:x = ρ cos θy = ρ sin θz = zeρ2 = x2 + y2
x2 + y2 −Rz = 0Escrevendo coordenadas cilíndricasx = ρ cos θ − θρ sin θy = ρ sin θ + θρ cos θz = 2ρρ
R
x2 = ρ2 cos2 θ + θ2ρ2 sin2−2θρ cos θθρ sin θy2 = ρ2 sin2 θ + θ2ρ2 cos2 θ + 2ρ sin θθρ cos
z2 = 4ρ2ρ2
R2
x2 + y2 + z2 = ρ2 + θ2ρ2 + z2
Então:K = 1
2m(ρ2 + θ2ρ2 + 4ρ2ρ2
R2
)e para a potencial:
U = mg ρ2
R
L =1
2m
(ρ2 + θ2ρ2 +
4ρ2ρ2
R2
)−mgρ
2
R
d
dt
(∂L
∂ρ
)− ∂L
∂ρ= 0
∂L∂ρ = m
(ρ+ 4ρ2ρ
R2
)ddt
(∂L∂ρ
)= m
(ρ+ 8ρρ
R2 + 4ρ2ρR2
)∂L∂ρ = m
(θ2ρ+ 4ρρ2
R2
)− 2mg ρR
m
(ρ+
8ρρ
R2+
4ρ2ρ
R2
)−m
(θ2ρ+
4ρρ2
R2
)+ 2mg
ρ
R= 0
d
dt
(∂L
∂θ
)− ∂L
∂θ= 0
22
∂L∂θ
= mθρ2
ddt
(∂L∂θ
)= mθρ2 + 2mθρρ
∂L∂θ = 0Então:
mθρ2 + 2mθρρ = 0
Ou seja:
d
dt
(mθρ2
)= 0
Então mθρ2 = l = mθρ2 sin(π2
), implica que o angulo entre o raio e o
momento linear é 90o, como era de se esperar, pois são ortogonais, e l é ortogonala ambos, ou seja l está na direção de z. Isso signi�ca que esse movimento ocorreinteiramente no eixo xy.
Considerando um intervalo muito pequeno, podemos imaginar duas áreasvarridas pelo vetor da partícula, e essas áreas como triangulares:
A1 =ρ1d12
A2 =ρ2d22
Como o intervalo é pequeno, vamos considerar constante a velocidade nessedeslocamento:
v1 =d1dt
v2 =d2dt
Então:
A1 =ρ1v1dt
2
A2 =ρ2v1dt
2
O que nos leva a:
A1
dt=ρ1v12
A2
dt=ρ2v12
23
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