Respostas da terceira prova de Mecânica Geral I
1. a) y=1
2bx2,.
y=x
b
.
x,L(x,.
x)=1
2m(.
x2+.
y2)−m g y =1
2³1+x2
b2´m.
x2−1
2bmgx2.
b) Por definição px≡∂L
∂.
x=³1+x2
b2´m.
x. Por outro lado, pela equação de Euler–Lagrange
.
px=∂L
∂x=1
b2mx .
x2−1
bmgx =d
dth³1+x2
b2´m.
xi=³1+x2
b2´m..
x+2
b2mx .
x2. Isolando m..
xdesta
equação, obtemos a força resultante atuando sobre a partícula na direção horizontal,
Fx(x,.
x)=m..
x=−mx ³.
x2+gb
x2+b2´.
c) Do item (b), .
px6= 0, portanto, pxnão é conservado; .
pz=d
dt³∂L
∂.
z´=m..
z=∂L
∂z=0, por-
tanto, pz=0é conservado; como ∂L
∂t=0→.
H=0, a hamiltoniana Hse conserva;
como o vínculo y=1
2bx2é escleronômico (independente do tempo) e a energia poten-
cial V=V(y), então H=E, assim a energia Etambém se conserva, .
E=0; como
L=T−V=E−2V→.
L=.
E−2.
V=−2.
V6=0, então a lagrangiana Lnão se conserva.
d) Do item (b), px≡∂L
∂.
x=³1+x2
b2´m.
x→.
x=px
m(1+x2/b2). A hamiltoniana fica H(x,px)=
.
xpx−L=m³1+x2
b2´.
x2−1
2m³1+x2
b2´.
x2+1
2bmgx2=p2
x
2m(1+x2/b2)+1
2bmgx2. Equações de
Hamilton: .
px=−∂H
∂x=xp2
x
mb2(1+x2/b2)2−1
bmgx,.
x=∂H
∂px=px
m(1+x2/b2). Obs.: a hamiltoniana
deve ser expressa apenas em termos de (x,px), não pode conter .
x, caso contrário, levará
a equações de Hamilton incorretas definidas pelas derivadas parciais em relação a
(x,px).
e) A partir das equações de Hamilton do item (d): m..
x=d
dt³px
1+x2/b2´=
.
px
1+x2/b2−2x.
xp x
b2(1+x2/b2)2=
1
1+x2/b2³xp2
x
mb2(1+x2/b2)2−1
bmgx´−2m x .
x2
b2(1+x2/b2)=mx .
x2
b2(1+x2/b2)−mg bx
x2+b2−2mx .
x2
b2(1+x2/b2)=−mx ³.
x2+gb
x2+b2´,
mesma expressão para Fx(x,.
x)obtida no item (b).
2. a) Utilizando a velocidade em coordenadas cilíndricas do formulário, L=1
2m(.
x2+.
y2+
.
z2)−mgz =1
2m(.
ρ2+ρ2.
ϕ2+.
z2)−mgz,f(ρ,z)=ρ2−2bz =0→z=1
2bρ2.
b) .
pρ=d
dt³∂L
∂.
ρ´=m..
ρ=∂L
∂ρ +λ∂f
∂ρ =mρ.
ϕ2+2λρ,.
pϕ=d
dt³∂L
∂.
ϕ´=d
dt(mρ2.
ϕ)=∂L
∂ϕ =0,.
pz=
d
dt³∂L
∂.
z´=m..
z=∂L
∂z+λ∂f
∂z= −m g −2λb. Como .
pϕ=0, o momento angular Lz=pϕ=
mρ2.
ϕrepresenta também uma constante do movimento.
c) Tomando z=h=constante nas equações de Euler–Lagrange obtidas no item (b), obte-
mos: m..
z=0=−m g −2λb→2λb=−mg. Substituindo na equação do movimento para
ρ, temos mb ..
ρ=0=mb ¯
ρ.
ϕ2+2λb¯
ρ=mb ¯
ρ.
ϕ2−mg ¯
ρ→.
ϕ= ±pg/b. Como tanto z=h
como .
ϕ=±pg/bsão constantes, então pϕ=m¯
ρ2.
ϕ=±2mhpgb também é uma cons-
tante do movimento, consistente com o fato de ϕrepresentar uma coordenada cíclica.
d) De acordo com as equações de Euler–Lagrange do item (b), as forças generalizadas
para uma órbita circular no plano z=h→.
z=0e¯
ρ=p2bh →.
ρ=0são: Qρ=2λ¯
ρ=
−mg ¯
ρ/b= −m gp2h/b,Qϕ=0,Qz= −2λb=m g. Como Qρ=Nρ,Qz=Nz, a força de
reação normal é N= −m gp2h/bˆ
ρ+mg ˆ
z, não havendo componente paralela a ˆ
ϕ.
e) Da lagrangiana L=1
2m(.
ρ2+ρ2.
ϕ2+.
z2)−mgz =1
2³1+ρ2
b2´m.
ρ2+1
2mρ2.
ϕ2−mg
2bρ2, obte-
mos o potencial efetivo Veff (ρ)=1
2mρ2.
ϕ2+mgz =p2
ϕ
2mρ2+mg
2bρ2. Para o ponto de equilí-
brio V0
eff (¯
ρ)=− p2
ϕ
m¯
ρ3+mg
b¯
ρ=0→p2
ϕ=m2g
b¯
ρ4=(m¯
ρ2.
ϕ)2, que é compatível com a expres-
são de .
ϕ= ±pg/bdo item (c). Análise de estabilidade: V00
eff (¯
ρ)=3p2
ϕ
m¯
ρ4+mg
b=4mg
b>0,
