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

Como A1

dt = A2

dt

ρ2v12

=ρ2v22

ρ1v1 = ρ2v2

Multiplicando por m

mρ1v1 = m2ρ2v2

mρ21θ1 = m2ρ22θ2

Ou seja, os momentos angulares são iguais, o que signi�ca que o momentoangular é constante.

d(mρ2θ

)dt

= 0

24