Problema 1.2

Uma conta(partícula) de massa m desliza sem atrito ao longo de uma haste rígida, de massa desprezível, que gira um plano horizontal com velocidade angular constante $\omega$ . Mostre que, com uma escolha adequada da coordenada r, a lagrangiana do sistema é

L = \frac{m}{2} \dot r^2+\frac{m\omega^2}{2}r^2-mgr sen \omega t

Dadas as condições iniciais $r(0)=r_0$ e $\dot r(0) = 0$ , encontre a solução da equação de Lagrange para r.

[ESTOU DEVENDO IMAGEM]

Resolução

Observamos da figura que as coordenadas da partícula de massa m são

\begin{aligned} x = r \cos(\omega t) && y=r\sin(\omega t) \end{aligned}

Assim sua energia cinética é escrita como

\begin{aligned} T &= \frac{1}{2}m(\dot x^2+\dot y^2)\\ \dot x^2 &= (\dot r cos (\omega t) - r \omega sen (\omega t))^2 \\ \dot y^2 &= (\dot r sen (\omega t) + r \omega cos (\omega t))^2 \end{aligned}

Abrimos as contas da quantidade T

\begin{aligned} \dot x^2 = (\dot r^2cos^2(\omega t)-2r\dot r \omega cos(\omega)sen(\omega t)+r^2 \omega^2 sen^2(\omega t))\\ \dot y^2 = (\dot r ^2 sen ^2 (\omega t)+2r \dot r \omega sen (\omega t) cos (\omega t)+r^2\omega^2 cos^2(\omega t))\\ \end{aligned}

assim

T = \frac{1}{2}m(\dot r^2+r^2 \omega^2)

A energia potencial será

V = mgr sen \theta

A lagrangiana será então

L = T-V

L = \frac{1}{2}m(\dot r^2+r^2 \omega^2)-mgr sen (\omega t)

As equações do movimento serão então dadas por

\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot r} \right) - \frac{\partial L}{\partial r} = 0

Faremos as derivadas pedidas separadamente

\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial \dot r} &= m \dot r && \frac{\partial L}{\partial r}=mr \omega^2 -mgsen(\omega t)\\ \frac{d}{dt}(m\dot r)&=m\ddot r \end{aligned}

Chegamos assim na equação do movimento

m\ddot r-(mr \omega^2-mg sen (\omega t))=0\\ \ddot r - r \omega^2 + g sen (\omega t)=0

que tem a forma de uma ED linear ordinária de segunda ordem não homogênea. Descobrir a equação horária r(t) é portanto resolver esta EDO com as condições iniciais impostas $r(0)=r_0$ e $\dot r(0) = 0$ .

Problema 1.4

O pêndulo cicloidal de Huyghens consiste numa partícula oscilando num plano vertical ao longo de um arco cicloide com equações paramétricas

x = R\theta+R\text{sen}\theta\\y = -R\text{cos}\theta

Mostre que a lagrangiana desse sistema pode ser posta na forma:

L = 2mR^2cos^2\frac{\theta}{2}\dot{\theta}^2+mgRcos\theta

fazendo a transformação de ponto $u=sen({\theta}/{2})$ , obtenha a lagrangiana e a equação de Lagrange em termos da coordenada u. Prove que o período de oscilação é igual a $4\pi(R/g)^{1/2}$ , independente, portanto, da amplitude $\theta_0$ .

Resolução

Podemos descrever a Lagrangiana da partícula sujeita a restrição dada pelo arco cicloide como:

L = T - U

onde,

T = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2+\dot{y}^2)\\ U = mgy

descrevem a energia cinética e potencial do sistema, respectivamente, assim substituímos as equações do cicloide nas equações acima

\dot{x}^2=(R\dot{\theta}+R\dot{\theta}cos\theta)^2 = R^2\dot{\theta}^2+2R^2\dot{\theta}^2cos\theta+R^2\dot{\theta}^2cos^2\theta\\ \dot{y}^2=(R\dot{\theta}sen\theta)^2=R^2\dot{\theta}^2sen^2\theta

Escrevemos assim a expressão T,

T = \frac{1}{2}m(R^2\dot{\theta}^2+2R^2\dot{\theta}^2cos\theta+R^2\dot{\theta}^2cos^2\theta+R^2\dot{\theta}^2sen^2\theta)\\ T = \frac{1}{2}m(R^2\dot{\theta}^2+2R^2\dot{\theta}^2cos\theta+R^2\dot{\theta}^2)\\ T = \frac{1}{2}m(2R^2\dot{\theta}^2cos\theta+2R^2\dot{\theta}^2)\\ T = m(R^2\dot{\theta}^2(1+cos\theta))

Utilizando da expressão do arco-metade,

cos\frac{\theta}{2} = \pm\sqrt{\frac{1+cos\theta}{2}}

teremos,

T = 2mR^2\dot{\theta}^2cos^2\frac{\theta}{2}

Faremos a substituição em U,

U = mgy=-Rmg\cos{\theta}

Logo, a lagrangiana pode ser escrita como se pede,

L = T-U\\ \boxed{L =2mR^2\dot{\theta}^2cos^2\frac{\theta}{2}+Rmg\cos{\theta}}

Agora partimos para a transformada de $\theta \rightarrow u$ através de $u=\sin({\theta/2})$ , a transformação de $cos^2(\theta/2)$ é bem fácil através da conhecida identidade

cos^2(\theta/2)={1-sen^2(\theta/2)} = {1-u^2}

agora tratamos de $cos\theta$ , sabendo da relação de arco-metade, agora utilizando $sen(\theta/2)$

sen\left(\frac{\theta}{2}\right) = \pm\sqrt{\frac{1-cos\theta}{2}}\\ 2sen^2\left(\frac{\theta}{2}\right)=1-cos\theta\\ 1-2u^2=cos\theta

e finalmente do $\dot{\theta}$

\dot{u}=\frac{\dot{\theta}}{2}cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\\ 2\dot{u}=\dot{\theta}cos\left(\frac{\theta}{2}\right) = \dot{\theta}\sqrt{{1-u^2}}\\ \dot{\theta}=\frac{2\dot{u}}{\sqrt{{1-u^2}}}

Substituindo nossos achados na lagrangiana,

L = 2mR^2\dot{\theta}^2cos^2\left(\frac{\theta}{2}\right)+Rmg\cos{\theta}\\ {L = 2mR^2\left({\frac{2\dot{u}}{\sqrt{{1-u^2}}}}\right)^2({1-u^2})+Rmg(1-2u^2)}\\ \boxed{L = 8mR^2\dot{u}^2+Rmg(1-2u^2)}

Determinamos assim a equação de Lagrange,

\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{u}}\right)-\frac{\partial L}{\partial u} = 0

Assim derivamos,

\frac{\partial L}{\partial \dot{u}} = \frac{\partial}{\partial \dot{u}}(8mR^2\dot{u}^2+Rmg(1-2u^2))=16mR^2\dot{u}\\ \frac{\partial L}{\partial u} = \frac{\partial}{\partial u}(8mR^2\dot{u}^2+Rmg(1-2u^2)) = -4Rmgu\\ \frac{d}{dt}\left(16mR^2\dot{u}\right) = 16mR^2\ddot{u}

E a equação de Lagrange vira

16mR^2\ddot{u}+4Rmgu=0

simplificando,

4R\ddot{u}+gu=0\\ \ddot{u}+\left(\frac{g}{4R}\right)u=0\\

Observamos que a ultima equação é a equação diferencial que descreve um oscilador harmônico, com frequência angular $\omega^2 = g/4R$ . Lembrando que a relação entre frequência e período do movimento oscilatório é $\omega = 2\pi/T$ , buscaremos o período desse movimento

\omega = \frac{2\pi}{T} \Rightarrow T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi}{\sqrt{\frac{g}{4R}}} \\ \boxed{T = 4\pi \sqrt{\frac{R}{g}}}

Problema 1.6

Uma partícula cai verticalmente sob a ação da gravidade. supondo que a força da resistência do ar seja proporcional à velocidade, obtenha a equação de movimento a partícula com a ajuda da função dissipação $F=\frac{\lambda v^2}{2}$ . Determine a velocidade como função do tempo e prove que a maior velocidade possível para a queda a partir do repouso é $v=\frac{mg}{\lambda}$ .

Resolução

Primeiro iremos determinar a energia cinética do sistema, como estamos tratando apenas de um sistema unidimensional, a energia cinética terá apenas a velocidade em y.

T=\frac{1}{2}m\dot y^2

Para a energia cinética

V=-mgy

Como a laringiana é dada por:

L=T-V \\

L=\frac{1}{2}m\dot y^2+mgy

Para encontrar as equações de movimento, poremos na equação de Lagrange. Mas para facilitar o processo faremos a derivada parcial para única coordenada generalizada.

\frac{\partial L}{\partial \dot y}=m\dot y \Rightarrow\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot y}\right)=m\ddot y\\ \frac{\partial L}{\partial y}=mg\\ \frac{\partial F}{\partial y}=\lambda \dot y

Para problemas a qual temos dissipação, a equação de Lagrange é:

\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot y}\right)-\frac{\partial L}{\partial y}+\frac{\partial F}{\partial y}=0

substituindo:

m\ddot y-mg+\lambda\dot y=0\\ \ddot y+\frac{\lambda}{m}\dot y=g

Resolvendo a EDO, obtemos $y(t)$

y(t)=\frac{c_1m e^{-\frac{\lambda}{m}t}}{\lambda }+\frac{mg}{\lambda}t +c_2

Impondo as condições iniciais ditas pelo problema, para encontrar as constantes.

y(0)=0\\ \dot y(0)=0

y(0)=\frac{c_1m }{\lambda } +c_2=0\Rightarrow\frac{c_1m }{\lambda } +c_2=0\\ \frac{c_1m }{\lambda }=c_2

derivando para aplicar a segunda condição inicial

\dot y(t)=c_1 e^{-\frac{\lambda}{m}t}+\frac{mg}{\lambda}\\

impondo a condição inicial

y(0)=c_1 +\frac{mg}{\lambda}=0\Rightarrow c_1 +\frac{mg}{\lambda}=0\\ c_1=- \frac{mg}{\lambda}

substituindo na equação 13

\frac{mg}{\lambda}\frac{m }{\lambda }=c_2\\ c_2= \frac{m^2g}{\lambda^2}

Agora para encontrar o resultado pedido pela equação, substituímos o valor da constante em $\dot y(t)$

y(t)=- \frac{mg}{\lambda}\frac{m e^{-\frac{\lambda}{m}t}}{\lambda }+\frac{mg}{\lambda}t +\frac{m^2g}{\lambda^2}\\ \dot y(t)=\frac{ m^2g}{\lambda^2}e^{-\frac{\lambda}{m}t}+\frac{mg}{\lambda}

para mostrar qual maior velocidade possível, faremos t tender ao infinito

\lim_{t\rightarrow \infty}=\frac{mg}{\lambda}

o que está de acordo com que foi pedido.

Problema 1.8

O ponto de suspensão de um pêndulo de massa m e comprimento l pode mover-se horizontalmente ligado a duas molas idênticas de constante elástica k. (i) Escolhendo como coordenadas generalizadas o deslocamento x do ponto de suspensão e o ângulo $\theta$ entre o fio e a vertical, encontre a lagrangiana e as equações de movimento. (ii) Obtenha a forma aproximada das equações de Lagrange no caso de pequenas oscilações angulares ( $sen \theta \approx\theta$ , $cos \theta \approx 1$ e termos do tipo $\theta^n$ e $\dot\theta^n$ com n>1 são desprezíveis). Combinando as equações de movimento aproximadas, mostre que $x = \alpha\theta$ para um certo valor da constante $\alpha$ . Mostre, em seguida, que o sistema equivale a um pendulo simples de comprimento $l'$ e exprima $l'$ em termos de l,m,g,k.

## Resolução

(i) Escolhendo as coordenadas generalizadas o deslocamento x e ângulo do fio $\theta$ , utilizamos um sistema de referência inercial em coordenadas cartesianas com origem no ponto de equilíbrio das molas, assim sendo com seu eixo-x orientado a direita da figura e o eixo-y orientado para cima.

Tratamos da representação de T e V neste sistema da seguinte forma: consideramos um pequeno deslocamento x do ponto de equilíbrio, causado por um desvio $\theta$ do pendulo conectado, a representação das coordenadas da posição massa m será definida por:

X = x + l\sin{\theta}\\ Y = l\cos{\theta},

Considerando que a massa m está a uma distancia Y do potencial de referência, nulo, na origem, teremos a energia potencial $U_g$ ,

U_g=-mgl\cos{\theta}

já para o caso da energia potencial elástica, devemos levar em conta dois fatos: sabemos que um deslocamento x no equilíbrio leva a uma força repulsiva devido a mola comprimida e uma força atrativa devido a mola alongada e que a força elástica é conservativa, i.e., deriva de um potencial. Somando a contribuição das duas, nos leva a:

U_{el}=2\left(\frac{kx^2}{2}\right)=kx^2

Agora resta por todas estas informações na lagrangiana, seguindo as contas,

\begin{aligned} T &=\frac{1}{2}m(\dot X^2 + \dot Y^2)\\ \dot X^2 + \dot Y^2 &= (\dot x+l \dot\theta cos\theta)^2+(-l \dot \theta sen \theta)^2=(\dot x^2+l^2\dot \theta^2cos^2\theta+2l\dot x \dot \theta cos \theta)+(l^2 \dot \theta^2 sen^2\theta)\\ \dot X^2 + \dot Y^2 &= (\dot x+l \dot\theta cos\theta)^2+(-l \dot \theta sen \theta)^2=\dot x^2+l^2\dot \theta^2+2l\dot x \dot \theta cos \theta\\ T&=\frac{1}{2}m(\dot x^2+l^2\dot \theta^2+2l\dot x \dot \theta cos \theta)\\ \end{aligned}

V = kx^2+mglcos\theta \\ L = T-V\\ \boxed{L = \frac{1}{2}m(\dot x^2+l^2\dot \theta^2+2l\dot x \dot \theta cos \theta) - kx^2 + mglcos\theta}

Utilizando as equações de Lagrange:

\begin{aligned} \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right)-\frac{\partial L}{\partial x} &= 0 \\ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right)-\frac{\partial L}{\partial \theta} &= 0 \end{aligned}

obtemos as derivadas parciais em $x$ e $\theta$ :

\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} &= m(\dot x+l \dot \theta cos \theta) & \frac{\partial L}{\partial \dot \theta} &= m(l^2\dot \theta+l\dot x cos \theta)\\ \frac{\partial L}{\partial x} &= -2kx & \frac{\partial L}{\partial \theta} &= -ml\dot x \dot \theta sen \theta - mglsen \theta = mlsen \theta(-\dot x \dot \theta - g)\\ \end{aligned}

Aplicamos as derivadas nas equações de Lagrange em x,

\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right)-\frac{\partial L}{\partial x} = 0 \\ \frac{d}{dt}\left(m(\dot x+l \dot \theta cos \theta)\right) + 2kx = 0 \\ m\left(\ddot x+l \ddot \theta cos \theta - l\dot \theta^2 sen \theta\right) + 2kx = 0 \\ \boxed{m(\ddot x+l \ddot \theta cos \theta - l\dot \theta^2 sen \theta) + 2kx = 0}

e em $\theta$ ,

\begin{aligned} \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right)-\frac{\partial L}{\partial \theta} = 0 \\ m\frac{d}{dt}\left(l^2 \dot \theta+l\dot x cos \theta \right)-ml sen\theta(-\dot \theta \dot x-g) = 0 \\ m\left(l^2 \ddot \theta+l\ddot x cos \theta -l\dot x \dot \theta sen \theta \right)+ml sen\theta(\dot \theta \dot x+g) = 0 \\ \boxed{l^2 \ddot \theta+l\ddot x cos \theta -l\dot x \dot \theta sen \theta +l sen\theta(\dot \theta \dot x+g) = 0 } \end{aligned}

Chegamos as equações de movimento do sistema.

(ii) Iremos obter a forma aproximada das equações de Lagrange no caso de pequenas oscilações angulares ( $sen \theta \approx\theta$ , $cos \theta \approx 1$ e termos do tipo $\theta^n$ e $\dot\theta^n$ com n>1 são desprezíveis),

Iremos impor as aproximações acima nas equações de movimento, resultando em

\begin{aligned} m(\ddot x+l \ddot \theta cos \theta - l\dot \theta^2 sen \theta) + 2kx = 0 \\ l^2 \ddot \theta+l\ddot x cos \theta -l\dot x \dot \theta sen \theta +l sen\theta(\dot \theta \dot x+g) = 0 \end{aligned}

m(\ddot x+l \ddot \theta \underbrace{cos \theta}_{\approx 1} - l\underbrace{\dot \theta^2}_{\approx0} sen \theta) + 2kx = 0 \\ \boxed{m(\ddot x+l \ddot \theta) + 2kx = 0}

l^2 \ddot \theta+l\ddot x \underbrace{cos \theta}_{\approx 1} -l\dot x \dot \theta \underbrace{sen \theta}_{\approx \theta} +ml \underbrace{sen \theta}_{\approx \theta}(\dot \theta \dot x+g) = 0 \\ l^2 \ddot \theta+l\ddot x -l\dot x \dot \theta \theta +l \theta(\dot \theta \dot x+g) = 0 \\ l \ddot \theta+ \ddot x -\dot x \dot \theta \theta + \theta \dot \theta \dot x + \theta g = 0 \\ \boxed{l \ddot \theta+ \ddot x + \theta g = 0} \\

Agora combinamos as equações para obter um $x = \alpha \theta$

\begin{aligned} m \ddot x + ml \ddot \theta + 2kx = 0 \\ l \ddot \theta+ \ddot x + \theta g = 0 \end{aligned}

Dividindo a primeira por m

\begin{aligned} \ddot x + l \ddot \theta + \frac{2k}{m}x &= 0 \\ l \ddot \theta+ \ddot x + \theta g &= 0 \end{aligned}

Subtraindo as duas membro a membro

\begin{aligned} \frac{2k}{m}x - \theta g &= 0 \Rightarrow x = \frac{mg}{2k}\theta \\ \therefore \boxed{\alpha = \frac{mg}{2k}} \end{aligned}

Buscamos agora o comprimento $l'$ em termos de $l, m, g, k$ . Tomamos a segunda equação e dividindo por l, temos

\ddot \theta+ \frac{\ddot x}{l} + \frac{\theta}{l}g = 0

Substituímos pela quantidade $\ddot x = \frac{mg}{2k}\ddot \theta$ ,

\ddot \theta+ \frac{mg}{2kl}\ddot \theta + \frac{\theta}{l}g = 0 \\ \left(1+ \frac{mg}{2kl}\right)\ddot \theta + \frac{\theta}{l}g = 0 \\ \ddot \theta + \frac{g}{\left(l+\frac{mg}{2k}\right)}\theta = 0 \\

A equação acima descreve o movimento do pendulo simples de comprimento

\boxed{l^{'} = l+\frac{mg}{2k}}

Problema 1.10

Um pêndulo elástico numa massa m capaz de oscilar num plano vertical suspensa por uma mola de constante elástica k e comprimento natural l. Escolhendo coordenadas generalizadas convenientes, obtenha a lagrangiana e as equações de lagrange.

[IMAGEM 1.10]

Resolução

Descrevemos a origem no ponto de suporte do pêndulo, e direcionamos o par de eixos do sistema de referencia com o eixo-x para a direita e o eixo-y para baixo. Definimos as coordenadas generalizadas como d e $\theta$ , sendo d o comprimento da mola e $\theta $ o ângulo com a vertical. A partícula de massa m é descrita pelo par (x,y), onde teremos a sua energia cinética e potencial da seguinte forma

T = \frac{1}{2}m(\dot x^2+\dot y^2) \\ V = -mgdsen\theta \\

Derivamos x e y:

\begin{aligned} x &= dsen\theta\\ y &=dcos\theta \\ \dot x^2 &= (\dot d sen \theta + d \dot \theta cos \theta)^2 \\ \dot x^2 &= (\dot d ^2 sen^2 \theta + 2\dot d d \dot \theta sen \theta cos \theta + d^2 \dot \theta^2 cos ^2\theta)\\ \dot y^2 &= (\dot d cos \theta - d \dot \theta sen \theta) ^2 \\ \dot y^2 &= \dot d^2 cos^2 \theta - 2\dot d d \dot \theta sen \theta cos \theta + d^2 \dot \theta^2 sen^2 \theta \\ \dot x^2 + \dot y^2 &= \dot d^2 + d^2\dot \theta^2 \end{aligned}

E aplicamos em T

T = \frac{m}{2}(\dot d^2 + d^2 \dot \theta ^2)

Verificamos em seguida que a energia potencial do sistema é a soma das contribuições da energia potencial gravitacional e da energia potencial elástica,

V =-mgdcos\theta + \frac{k}{2}(d-l)^2

A lagrangiana do sistema será,

L = \frac{m}{2}(\dot d^2 + d^2 \dot \theta ^2) + mgdcos\theta - \frac{k}{2}(d-l)^2

As equações de Lagrange para as coordenadas generalizadas escolhidas serão

\begin{aligned} \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot d} \right) - \frac{\partial L}{\partial d} = 0\\ \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial L}{\partial \dot \theta} \right) - \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0\\ \end{aligned}

Seguiremos resolvendo as derivadas parciais das equações

\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial \dot{d}} &= m\dot d & \frac{\partial L}{\partial \dot \theta} &= d^2m\dot \theta\\ \frac{\partial L}{\partial d} &= md\dot \theta^2 +mgcos \theta-k(d-l) & \frac{\partial L}{\partial \theta} &= -mgdsen \theta\\ \frac{d}{dt}(m \dot d) &= m \ddot d & \frac{d}{dt}(d^2m\dot \theta) &= 2d\dot d m \dot \theta+d^2 m \ddot \theta \\ \end{aligned}

as equações do movimento são

\begin{aligned} m \ddot d - md \dot \theta^2 - mgcos \theta + k(d-l) &= 0 \\ 2d\dot d m \dot \theta+d^2 m \ddot \theta + mgdsen \theta &= 0 \end{aligned}

Dividindo ambos os membros da segunda equação por m:

\begin{aligned} m \ddot d - md \dot \theta^2 - mgcos \theta + k(d-l) &= 0 \\ 2d\dot d \dot \theta+d^2 \ddot \theta + gd sen \theta &= 0 \end{aligned}

Para validar estas equações trataremos de um caso mais simples que é o caso do pêndulo simples (para pequenas oscilações) onde a mola tem $k \rightarrow \infty$ . Dividindo por k,

\begin{aligned} \frac{m}{k} \ddot d - \frac{m}{k}d \dot \theta^2 - \frac{m}{k}gcos \theta + (d-l) = 0\\ \lim_{k \rightarrow \infty} \frac{m}{k} \ddot d - \frac{m}{k}d \dot \theta^2 - \frac{m}{k}gcos \theta + (d-l) =\lim_{k \rightarrow \infty} 0 \\ d-l = 0 \Rightarrow d = l \end{aligned}

do resultado anterior sabemos que $\dot d = 0$ , daí

\ddot \theta + \frac{g}{d}sen \theta = 0

e a equação fica simplificada a equação do pêndulo simples.

Problema 1.12

Um bloco de massa m desliza sem atrito ao longo de uma cunha de massa M e ângulo $\alpha$ . A cunha, por sua vez, escorrega sem atrito sobre uma superfície horizontal. (i) Escolhendo coordenadas generalizadas convenientes, obtenha a lagrangiana e as equações de movimento do sistema. (ii) Determine a aceleração da cunha relativamente ao sistema de referência inercial (x,y). (iii) Determine a aceleração do bloco em relação à cunha.

[IMAGEM 1.12]

Resolução

Tomamos um referencial inercial Oxy à direita dos blocos e escolhemos como coordenadas generalizadas a distância do bloco de massa M à origem $d$ e a distância do bloco de massa m em relação ao bloco de massa M, $l$ . As coordenadas $(X,Y) = (d+lcos\alpha, l sen \alpha)$ representam as coordenadas do bloco menor, usaremos elas em breve.

Determinamos a energia cinética do bloco maior como

T_M = \frac{1}{2}M\dot d^2

e a energia cinética e potencial do bloco menor

T_m = \frac{1}{2}m(\dot X^2 + \dot Y^2)

V_m = mglsen \alpha

resolvemos a quantidade necessária para calcular a $T_m$ :

\begin{aligned} \dot X^2 + \dot Y^2 &= (\dot d + \dot l cos \alpha)^2 + (\dot l sen \alpha)^2 \\ \dot X^2 + \dot Y^2 &= (\dot d^2 + 2\dot d \dot l cos \alpha + \dot l^2 cos^2\alpha)+(\dot l^2 sen^2 \alpha)\\ \dot X^2 + \dot Y^2 &= \dot d^2 + 2\dot d \dot l cos \alpha +\dot l^2\\ \end{aligned}

Aplicamos os valores encontrados na lagrangiana

\begin{aligned} L &= T - V \\ L &= \frac{1}{2}M \dot d^2 +\frac{1}{2}m\left(\dot d^2 + 2\dot d \dot l cos \alpha +\dot l^2\right)-mglsen \alpha\\ L &= \frac{1}{2} \dot d^2 \left(M+m\right)+\frac{1}{2}m\left( 2\dot d \dot l cos \alpha +\dot l^2\right)-mglsen \alpha\\ \end{aligned}

Agora escreveremos a equação de Lagrange, mas antes disso para facilitar, faremos as derivada parciais.

\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial \dot{l}} &= m\left(\dot l+\dot dcos\alpha\right) & \frac{\partial L}{\partial l} &= -mgsen\alpha\\ \frac{\partial L}{\partial \dot{d}} &= \dot d(M+m)+m\dot l cos \alpha & \frac{\partial L}{\partial d} &= 0 \\ \frac{d}{dt}(m\left(\dot l+\dot dcos\alpha\right)) &= m\left(\ddot l+\ddot dcos\alpha\right) & \frac{d}{dt}(\dot d(M+m)+m\dot l cos \alpha) &= \ddot d(M+m)+m\ddot l cos \alpha \end{aligned}

As equações de movimento são dadas por

\begin{aligned} m(\ddot l + \ddot d cos \alpha) + mg sen \alpha = 0 \\ \ddot d(M+m)+m\ddot l cos \alpha=0 \end{aligned}

Problema 1.14

Prove que a lagrangiana de Bateman (1931)

L=e^{\lambda t}\left( \frac{m}{2}\dot x^2-\frac{\omega ^2m}{2} x^2\right)

gera a equação de movimento de um oscilador harmônico amortecido. Mostre que a transformação de ponto $q=e^{\frac{\lambda t}{2}}x$ elimina a dependência temporal explicita na lagrangiana.

Resolução

O que primeiro faremos será aplicar a equação de Lagrange para a equação acima, fazendo as derivadas parciais separadamente para facilitar os cálculos.

\frac{\partial L}{\partial \dot x}=e^{\lambda t}(m\dot x) \\ \frac{\partial L}{\partial x}=e^{\lambda t}(m\omega^2 x) \\ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot x}\right)=me^{\lambda t}\left(\lambda \dot x+\ddot x\right)

substituindo que foi encontrado na equação de Lagrange.

\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot x}\right)-\frac{\partial L}{\partial x}=0\\ me^{\lambda t}\left(\lambda \dot x+\ddot x\right)-e^{\lambda t}(m\omega^2 x) \\

organizando um pouco mais

me^{\lambda t}\left(\ddot x +\lambda\dot x+\omega^2x\right)=0

sabemos que $me^{\lambda t}>0, \forall t$ , portanto temos que:

\ddot x +\lambda\dot x+\omega^2x=0

que é a equação de movimento de um oscilador harmônico amortecido. Pondo de outra forma, com $\omega^2=\frac{k}{m}, \lambda=\frac{\rho}{m} $ e multiplicando por m.

m\ddot x +m\lambda\dot x+m\omega^2x=0\\ m\ddot x +m\frac{\rho}{m}\dot x+m\frac{k}{m}x=0\\ \boxed {m\ddot x +\rho\dot x+kx=0}

que também é uma forma para oscilador harmônico amortecido. Agora eliminaremos a dependência temporal através da equação.

q=e^{\frac{\lambda t}{2}}x

derivando a equação para fazer substituições:

\dot q=\frac{\lambda }{2}e^{\frac{\lambda t}{2}}x+ e^{\frac{\lambda t}{2}}\dot x\\ \dot q=\frac{\lambda }{2}q+ e^{\frac{\lambda t}{2}}\dot x\\ \dot x=\frac{\dot q-\frac{\lambda }{2}q}{e^{\frac{\lambda t}{2}}}

x=\frac{q}{e^{\frac{\lambda t}{2}}}

pondo o que foi encontrado na lagrangiana

L=e^{\lambda t}\left( \frac{m}{2}\dot x^2-\frac{\omega ^2m}{2} x^2\right)\\ L=e^{\lambda t}\left( \frac{m}{2}\left(\frac{\dot q-\frac{\lambda }{2}q}{e^{\frac{\lambda t}{2}}}\right)^2-\frac{m\omega ^2}{2} \left(\frac{q}{e^{\frac{\lambda t}{2}}}\right)^2\right)\\ L=\frac{m}{2}\left({\dot q-\frac{\lambda }{2}q}\right)^2 -\frac{m\omega ^2}{2}q^2=\frac{m}{2}\left(\left(\dot q-\frac{\lambda }{2}q\right)^2-\omega^2q^2\right)

o que elimina a dependência no tempo.