landau

Resolução dos exercícios de Mecânica Analítica – Landau e Lifchitz

William Mascia Ressende Página 1

Resoluçao de Exercıcios,

baseado em anotaçao de aula do livro:

Mecanica

L. Landau e E. Lifchitz

Editora: HEMUS

Essa resolução dos exercícios é dedicado a todos os alunos, que esforçam para entender essa disciplina, qualquer informação ou proposta de alteração ou resolução diferente, entrar em contato pelo e-mail; [email protected]



CAPÍTULO 1 – AS EQUAÇÕES DO MOVIMENTO (Parágrafos d e 1 a 5) Página 18 Determinar a função de LAGRANGE dos sistemas seguintes, supostos num campo de gravidade uniforme (aceleração da gravidade: g)

1) Pêndulo duplo oscilante num plano. (figura 1)

Solução:

O objeto m1 tem coordenadas cartesianas (x1, y1), as quais podem ser descritas da seguinte forma:

X1 = l1. Senφ1 e y1 = l1.Cosφ1, e temos: . . e . .

Portanto sua Energia cinética poderá ser descrita forma:

12 .. 12 .. . . . . !" # .$. #. #

% # .$. #. #

E a sua Energia Potencial ficará:

& $. '. $. '. .

Já o objeto m2 tem coordenadas cartesianas (x2, y2), as quais podem ser descritas da seguinte forma:

X2 = l1. Senφ1 + l2. Senφ2 e y2 = l1.Cosφ1+ l2.Cosφ2

e temos: . . #. # . # e . . #. # . # Portanto sua Energia cinética poderá ser descrita forma:

2 . 2 . . . . . . . !" . . !"

%# $## . )#. # ##. # # #. . #. . # . #* E a sua Energia Potencial ficará:

&# $#. '. # $#. '. . #. #

Figura 1

x

y

l1

l2

x1

y1



E finalmente a LAGRANGEANA será:

+ % %# & &# , 12 .. . 2 . ). . 2. . . . . !" * . -. .!" . -. . !" . !"

+ $ $## . #. # $## . ##. # # $#. . #. . # . –# $ $#. '. . $#. '. #. #

2. Pêndulo plano de massa m2, cujo ponto de suspensão (de massa m1) pode se deslocar sobre

uma linha reta horizontal pertencente ao plano em m2 se move (Cf. figura 2)

Solução:

O objeto m1 tem coordenadas cartesianas (x1, y1), as quais podem ser descritas da seguinte forma:

X1 = x e y1 =constante=0


12 .. 12 .. 0 ↔ % # .$. #

E a sua Energia Potencial ficará:& $. '. 1 ∴ & 1

Já o objeto m2 tem coordenadas cartesianas (x2, y2), as quais podem ser descritas da seguinte forma:

X2 = (l Senφ +x) e y2 = l.Cosφ

Daí, temos: # . . e # . .


2 . 2 . . . !" . .

2 . . !" 2. . . . !" . . %# $## #. # #. . . . #

x

y

l x

Figura 2



E a sua Energia Potencial ficará:

&# $#. '. # $#. '. .


, 3 3 , 12 .. 2 . 2. . . . !" — 0 . -. . !"

+ $ $## . # $## #. # #. . . . $#. '. .

3. Pêndulo Plano, cujo ponto de suspensão:

a) Se desloca uniformemente sobre um circulo vertical com uma freqüência constante γ (Cf figura 3)


12 .. # .$. 56. 7. 7. 8 . . # 6. 7. 7. 8 . . #9 E a sua Energia Potencial ficará:

& $.'. 6. 7. 8 $.'. .


, 3

, 12 .. :. ;. ;. < 2. 12 .. :. ;. . . ;. <. !" 12 .. . . !"

12 .. :. ;. !";. < 2. 12 .. :. ;. . . !";. <. 12 .. . .

. -. :. ;. < . -. . !"

x

y

a

Figura 3

l

m

:. !";. < .

:. ;. < . !"

:. ;. ;. < . . !"

:. ;. !";. < . .

Solução:

As coordenadas do ponto m, são:

e

Portanto suas derivadas serão também:

e



, 12 .. :. ;+.$. 6. 7. . . − 7. 8 + 12 .. . − . -. :. ;. < + . -. . !"

Sendo = = −. :. ;. . !" − ;. <, uma função auxiliar, temos que >?>@ = . :. ;. . − ;. − ;. <,

fazendo >?>@ = 0, temos:

0= . :. ;. . . − ;. < − . :. ;. . ;. − ;. < $.6. 7. . . − 7. 8 = $. 6. 7#. . − 7. 8 Ficando assim a LAGRANGEANA:

+ = # .$. 6#. 7#+.$. 6. 7#. . − 7. 8 + # .$. #. # − $. '. 6. 7. 8 + $.'. .

b) Efetua oscilações horizontais da forma: x = a cos(γ.t)

Solução:


= :. !";. < + .

e

= . !"


= −:. ;. ;. < + . . !"

e

= −. .


= 12 .. + = # .$. 5−6. 7. 7. 8 + . . # + −. . #9

E a sua Energia Potencial ficará: & = −$.'. .

E finalmente a LAGRANGEANA será: ℒ = − 3

ℒ = 12 .. :. ;. ;. < − 2. 12 .. :. ;. . . ;. <. !" + 12 .. . . !" +

+12 .. . . +. -. . !"

Tem-se que excluir esse termo, pois

vem da derivada total!!



Sendo = = −. :. ;. . ;. <. , uma função auxiliar, temos que

>?>@ = −. :. ;. . ;. !";. <. − . :. ;. . . ;. <. !", fazendo

>?>@ = 0, temos:

0= −. :. ;. . ;. !";. <. −. :. ;. . . ;. <. !" −$.6. 7. . . 7. 8. = $. 6. 7#. . 7. 8. Ficando assim a LAGRANGEANA:

+ = $. ## .# + $. 6. 7#. . 7. 8. + $. '. . +# .$. 6#. 7#. #7. 8

c) Efetua oscilações verticais na forma: y = a cos(γ.t)

Solução:


= .

e

= :. !";. < + . !"


= . . !" ↔ = . . !"

e

= −:. ;. ;. < − . . ↔ = :. ;. ;. < + 2. :. ;. . . ;. <. + . .

E temos: + = . + :. ;. ;. < + 2. :. ;. . . ;. < Portanto sua Energia cinética poderá ser descrita forma:

= 12 .. + = # .$. #. # + 6#. 7#. #7. 8 + #. 6. 7. . . 7. 8. E a sua Energia Potencial ficará:& = −$.'. 6. 7. 8 + . Finalmente a LAGRANGEANA será: ℒ = − 3

ℒ = . 2 . + 12 .. :. ;. ;. < + 12 .. 2. :. ;. . . ;. <. + . -. :. !";. < + . -. . !"

Sendo = = −. :. ;. . ;. <. !", uma função auxiliar, temos que

>?>@ = −. :. ;. . ;. !";. <. !" + . :. ;. . . ;. <. , fazendo

>?>@ = 0, temos:

0= −. :. ;. . ;. !";. <. !" + . :. ;. . . ;. <.





$.6. 7. . . 7. 8. = $. 6. 7#. . 7. 8.

+ = $. ## .# + $. 6. 7#. . 7. 8. + $. '. . +# .$. 6#. 7#. #7. 8

4) O sistema representado na figura 4; o ponto m2 se desloca sobre um eixo vertical e todo o sistema gira com uma velocidade angular constante ΩΩΩΩ em torno desse eixo.

Solução:

= A

B = :. . C = :. !". CD = −:. !"C ⇔ F = :. . !". C + :. . C . !"C = −:. . . C + :. C . !". !"CD = +:. C . C F = :. . !". C + 2. :. . C . . C. cos C . !" + :. C. . !"C = :. . . C − 2. :. . C . . C. cos C . !" + :. C. !". !"CD = :. C. C

+ + D = 6#. #. #J + 0 +6#. J #. #J +:. C. C = :. C. C + 6#. J #

Portanto a Energia cinética para as duas massas m1, lembrando que = A, portanto

poderá ser descrita forma: = 2. . . + + D = . :. )Ω. C + C* ∴ % = $. 6#. )A#. #J + J #*

E a sua Energia Potencial ficará: & = −#.$. '. 6. J



Figura 4

z

x

y φ

ΩΩΩΩ

m1 m1

m2

a

a a

a

A

J

y

a.sen

φ z

x

θθθθ

m1

a

φ



E a Energia cinética para a massa m2, lembrando que: D = −2. :. !"C ⇔D 2. :. C . C ⇔L# M. 6#. J #. #J, portanto poderá ser descrita

forma: NO . )M. 6#. J #. #J* ∴ %# #.$#. 6#. J #. #J

E a sua Energia Potencial ficará: &# #.$#. '. 6. J

Finalmente a LAGRANGEANA será:

, 3 3 , . :. )Ω. C C* 2.. :. C. C 2.. -. :. !"C 2.. -. :. !"C

+ $. 6#. )A#. #J J #* #.$#. 6#. J #. #J #. $ $#. '. 6. J

Capítulo II Página 25 exercício único – parágrafo 7 - Impulso. Uma partícula de massa m, animada de uma velocidade V1, passa de um semi-espaço em que a sua energia potencial é igual a U1 a outro semi-espaço em que a sua energia também constante, mas igual a U2. Determinar a mudança de direção do movimento da partícula. Solução:

A energia potencial não depende das coordenadas cujos eixos sejam paralelos à superfície de separação dos semi-espaços. Por conseguinte, a projeção do impulso da partícula sobre esse plano se conserva. Sejam V1 e V2 as velocidades da partícula, respectivamente, antes e depois de ela ter atravessado o plano de separação, e θθθθ1 e θθθθ2 e os ângulos formados por essas velocidades com a normal a essa superfície; obteremos: P P . Q. C . Q. C Q. C Q. C ⇔ R#R JJ# I

Pela Conservação da energia, temos que: 3 3 12 .. Q 3 12 .. Q 3 TU 2V

Q Q 2 . 3 3WU 1QX QQ 1 2. Q . 3 3 QQ Y1 2. Q . 3 3II

θθθθ1

θθθθ2

RZZ[ RZZ[#

&&#

$



Substituindo a equação (I) nessa equação (II) fica: JJ# = Y + #$. R# . & − &# Página 28 exercício único – parágrafo 8 – Centro de massa Determinar a lei de transformação da ação quando passamos de um sistema galileico a

outro. Solução: \]ZZZ[ = \],ZZZ[ + _,ZZZZZ[ a\]ZZZ[a< = a\],ZZZ[a< + a_,ZZZZZ[a<

bcZZZZ[ = bc,ZZZ[ + bZ[ ℒd = 12 .e].] fbcZZZZ[g − 3

ℒd = 12 .e].] fbc,ZZZ[ + bZ[g − 3

ℒd = 12 .e].] hfbc,ZZZ[g + 2. bc,ZZZ[. bZ[ +fbZ[gi − 3

ℒd = # .e$6.6 fjk,ZZZZZ[g# − & + 12 .e].] 2. bc,ZZZ[. bZ[ + 12 .e$6.6 fbZ[g +l = +l´ +e$6.6 jk,ZZZZZ[. jZZ[ + # . nfjZZ[g#o

Como b]pq´ = ∑ Ns.s tu,ZZZZZ[∑ Nss ⇔ ∑ $6.6 jk,ZZZZZ[ = b]pq´ . ∑ ] = j6 $´ . nvv]

Substituindo (II) em (I), vem: ℒd = ℒd´ + b]pq´ . w. bZ[ + 12 . wfbZ[g

xℒda< = xℒd´ . a< + w. bZ[. xb]pq´ a< .+ 12 . wfbZ[g. x a< yd = yd´ + w.bZ[. zN´ + 12 . wfbZ[g. <

|,ZZZZZZ[ 6ZZZZ[

x

z

y

O

A

x´

z´

y´

O´

6,ZZZZ[ k K´



Aonde ~ $´ é o raio vetor do centro de inércia no sistema k ,. Observação ver Anexo 1 – Translação De Eixos Coordenados:

Página 31 - parágrafo 9 – Momento Angular 1) Encontrar a expressão das componentes cartesianas e do vetor absoluto do momento angular

de uma partícula em coordenadas cilíndricas r, φ e z. Solução:

= \. !" = \. D = D P\,ZZ[ , D ZZ[ = \[ × [ = \[ × . Q[ = . \[ × Q[ ZZ[ = . \. !" \. D\ . !" − \. . \ . + \. . !" D ZZ[ = . ). \. . D + D. . \ . !" − \. . + \ . + \. . !". \. !". *–

+). \. . \. !" − \. . + \. !". . D + \. + \. . !". D. *

= . \. . D − D. \ . − D. \. . !" ∴ = $. . . L − L. − L. . . = . D. \. − D. \. . − \. D. ∴ = $. . L. − . L − L. . . D. = . . . . + \. . . \. − . . . + \. . \. . ⇔⇔ = . 1 +\. . 1 L = $. #.

# = $#. #. #. # + L# + . L − L. # Observação ver Anexo 2 – Produto Vetorial na e Anexo 3 – Coordenadas Esféricas e

Cilíndricas .

2) Encontrar a expressão das componentes cartesianas e do vetor absoluto do momento angular de uma partícula em coordenadas esféricas r, θθθθ e φ.

Solução:

B = \. !"C. = \. C D = \. !" P\,ZZ[ C, ZZ[ = \[ × [ = \[ × . Q[ = . \[ × Q[



ZZ[ = . . l. J. . J . . J. . J . J. . J. . . J. . J . J. . J. . . ..

ZZ[ . . . . J. . .. . . . f . J. . J . J. . J. . g . J. . f . J. . J . J. . J. . g. l –

l. . J. f . J. .J . J. . J. . g . J. . . . .. f . J. . J . J. . J. . g. . .

$. #. ) . J . J. . * $. #. )J . . . J. J*L $.#. #J.

# $#. M. )J # #J. #* Observação ver Anexo 2 – Produto Vetorial na e Anexo 3 – Coordenadas Esféricas e

Cilíndricas .

3) Indicar as componentes do impulso P e do momento M que se conservam por ocasião de um movimento nos campos abaixo: a) Campo de um plano homogêneo infinito.

Solução: Considerando o plano XY, temos: ZZZZ[, ZZZZ[LZZZZZ[ ,pois:

x

y

z



b) Campo de um plano cilindro homogêneo infinito.

Solução: Considerando um cilindro ser em z, temos: LZZZZ[LZZZZZ[ ,pois:

c) Campo em um prisma homogêneo infinito

d) Campo de um plano homogêneo infinito.

Solução: Considerando no caso das arestas serem paralelas a z, temos: LZZZZ[, pois:

e) Campo de dois pontos:

Solução: Considerando os pontos no eixo z, temos: LZZZZZ[ ,pois:

x

y

z

x

y

z

x

y

z

1

2



f) Campo de um cone homogêneo. Solução: Considerando o eixo z, o eixo do cone, temos: LZZZZZ[ ,pois:

g) Campo de um toro circular homogêneo infinita. Solução: Considerando o eixo z, o eixo do cone, temos: LZZZZZ[ ,pois:

h) Campo de uma hélice cilíndrica homogênea infinita: ver anexo 6. Solução: A função de LAGRANGE não se altera quando de uma rotação de um ângulo δδδδϕϕϕϕ em torno do eixo da hélice (eixo z) e de uma translação simultânea ao longo desse eixo sobre uma distância:

#. aonde h é o passo da hélice. Portanto:

δ, δ,δz δz δ,δφδφ TP¢ . h2. π M ¢V δφ 0

x

y

z

x

y

z



Donde: P¢ . h2. π M¢ cte

Página 36 - parágrafo 10 – Similitude Mecânica

1) Dois pontos de massa diferentes e de mesma energia potencial se deslocam sobre trajetórias idênticas; achar a relação dos tempos. Solução:

• + # .$. R# & ⇔ + # .$. 8## & para um ponto de massa m.

• +´ # .$. R# & ⇔ +´ # .$. f´gf8´g## &´ para um ponto de massa m´.

Considerações:

Para o tempo: 8´ ¨. 8© 88 ¨

Para as massas: $´ ¨.$©$´$ ª

Para a energia potencial: U´=U, mas pela condição do problema.

Sendo:

+´ 7. +# .$,. f´gf8´g## &´ 7. # .$. 8## 7.&

# . ª.$. ¨.8## &´ 7. # .$. 8## 7.&ª# . # .$. 8## &´ 7. # .$. 8## 7.&

P"\!":\:çã"<": 7 ª#7 ∴ ª#

x

y

z



Ou seja: $$®88 ¯# = ⇔ $$ = T88 V# ∴ 88 = Y$$

2) Encontrar a relação dos tempos para um movimento que se realiza sobre trajetórias idênticas,

quando multiplicamos a energia que se realiza sobre trajetórias idênticas quando multiplicamos a energia potencial por um fator constante, mas supomos que as partículas em causa têm a mesma massa. Solução:

• + = # .$. R# − & ⇔ + = # .$. 8## − & para o 1º Sistema.

• +´ = # .$. R# − & ⇔ +´ = # .$. f´gf8´g## − &´ para o 2º Sistema..

Considerações:

Para o tempo: 8´ = ¨. 8© 88 = ¨

Para as Energias Potenciais: &´ = ¨.&© && = ª Para a mesma massa m´=m , mas pela condição do problema.

Sendo:

+´ = 7. +# .$,. f´gf8´g## − &´ = 7. # .$. 8## − 7.&

# .$. ¨.8## − ª.& = 7. # .$. 8## − 7.&# . # .$. 8## − ª.& = 7. # .$. 8## − 7.&

P"\!":\:çã"<": 7 = #7 = ª ∴ # = ª

Ou seja: # = ª ⇔ T88 V°# = && ∴ 88 = Y&&´



Capítulo III Página 39 - parágrafo 11 – Movimento Linear

1) Determinar o período das oscilações de um pêndulo matemático plano (ponto m na extremidade de um fio de comprimento l num campo de gravidade) em função da sua amplitude. Solução: \< = . ê² → \< . ê²²é@¶ . aê²a . aa< → \< 0 . ê· . ∴ 8 . ê.

. Portanto sua energia seria data por: ¸ ¸! 3 12 .. \< . -. 12 .. f. ê . g . -. . !"

¸ 12 .. . fêg#¹º» . . -. . !" ∴ ¼ # .$. #. $. '. .

Como ϕ é o ângulo de afastamento do fio da vertical, e ϕϕϕϕ0 é o ângulo de afastamento máximo.: ¸ 3½ ↔ 12 .. . . -. . !" . -. . !"½ ↔

↔ 12 .. . . -. . !" !"½ ↔ 2. - . !" !"½ ↔

↔ aa< Y2. - . ¾!" !"½ ↔ a Y2. - . ¾!" !"½. a< ↔

↔ xa< Y 2. - .x a¾!" !"½·¿½ ↔ < Y 2. - .x a¾!" !"½

·¿½

Só que T=4.t , então

4Y 2. - .x a¾!" !"½·¿½

Fazendo !"½ 1 2. ®·¿ ¯ e!" 1 2. ®·¯

êϕϕϕϕ

ϕϕϕϕ

êllll

llll

x

- y

N.R



Temos:

= 4Y 2. - .x aÁ1 − 2. ®2¯ − 1 + 2. ®½2 ¯·¿½ ↔

↔ = 4Y 2. - .x aÁ2. h ®½2 ¯ − ®2¯i·¿½ ↔

↔ = 4 1√2 . 1√2Y- .x aÁh ®½2 ¯ − ®2¯i·¿½ ↔

↔ = 2.Y - .x aÁh ®½2 ¯ − ®2¯i·¿½ ↔

= 2.Y- . 1 ®½2 ¯xa

Ã1 − ®2¯ ®½2 ¯·¿½

Com a seguinte substituição

y Ä = y ®2¯y ®½2 ¯¹ÅÅºÅÅ»d↔ . y Ä = y ®2¯

y ®2¯ = . y Ä ↔ !" ®2¯ . a2 = . Æ"ÄaÄ

∴ a = 2. . Æ"ÄaÄ!" ®2¯

E os intervalos da integração como:

Ä = y → 0 <ã"Ä → 0y → ½ <ã"Ä = Ç,"Èy ®·¿ ¯ . y Ä = y ®·¯

Esta integral fica:

= 2.Y - . 1 ®½2 ¯¹ÅÅºÅÅ»dx 1¾1 − . y Ä . 2. . Æ"ÄaÄ!" ®2¯

ÉÊÊÊËÊÊÊÌ>·Ç½ ↔

↔ = 4.Y - .x aÄ¾1 − . y Ä . . Æ"Ä. !" ®2¯¹ÅÅºÅÅ»∗∗

Ç½



** para pequenos ângulos, temos

d.Î`ÏÐd.`Ï®ÑO¯ → 1

∴ = 4.Y - .x aÄ¾1 − . y ÄÇ½ÉÊÊÊÊÊËÊÊÊÊÊÌÒl

Que é uma Integral elíptica completa de 1º espécie (ver anexo 7), cuja solução é:

% = #. Y' . W + l#M + Ó. l#ÔM …X , a" ®½2 ¯¹ÅÅºÅÅ»d≈ ½2 ≪ 1 → = ½2 ∴ ½ = 2.

Ficando:

% = #. Y' . T + Ô .1# + Ó#ØÔ .1M +⋯V

Observação: A integral acima é denominada integral elíptica e não possui solução analítica, devendo ser

calculada utilizando-se métodos numéricos. No caso em que θ é pequeno obtém-se% = #.Á '.

Na verdade a solução numérica do período é obtida resolvendo-se diretamente a equação diferencial que descreve o movimento do pêndulo CÚ + Û² . C = 0, uma vez que os métodos de solução de

equação diferencial são mais robustos do que os métodos usados na solução numérica da integral elíptica. Esse é um exemplo simples que ilustra a necessidade de se conhecer com mais detalhes, em termos de eficiência e robustez, os métodos numéricos disponíveis. Òl = # B + T#V# . l# + T. Ü#. MV# . lM +⋯+ #. − !#. ! # . l#. +⋯Þ

2) Determinar o período das oscilações em função da energia, por ocasião do movimento de uma

partícula de massa m num campo onde a energia potencial seja: Solução:

a) 3 = ß. ||á

¸ = + 3 ⇔ = ¸ − 3 ⇔ 12 .. = ¸ − 3 ⇒ = Y2 . ¸ − 3 ⇒ a = Y2 .¾¸ − 3a< ⇔

⇔ a< = aÁ2 .¾¸ − 3 ⇔ a< = Á2 . a¾¸ − 3 ⇒ xa< = xÁ2 . a¾¸ − 3 ⇔

⇔ < = Á2 .x a¾¸ − 3 + !<


= 4.ÁN . ã >¾ä°å + !< , fazendo ¸ = 3 ⇒ ¸ = ß. á ⇒ = ®äc¯æç

Vem: = 2. √2..x a´¾¸ − ß. ´á½ = 2. √2.. 1√¸ .x a´Á®1 − ß . ´á¯

½

Fazendo: F = cä . ´ ⇒ a = cä a´´ ⟶ 0 ⟶ 0´ ⟶ ⟶ 1



= 2. √2.. ¸°. x . TßVá a¾1 − á ⇒ = 2. √2.. ¸°éáßá

½ . x a¾1 − á

½

Fazendo:

ê = á = êá ⇒ aê = . á°a ⇒ a = aê . á° ⇒ a = . aê . á ⇔ a = êá . aê . ê ⇔

a = êá°. aê

e ë ⟶ 0ê ⟶ 0 ⟶ 1ê ⟶ 1

Portanto temos: = 2. √2.. äæçìæOcæç . ã íæç.>íá.√°í½ , que é uma integral EULERIANA B , que se expressa por meio das

funções ΓΓΓΓ(função gama - letra grega maiúscula) ver anexo 4.

A função B será: B = ã ïæð.ñï√°ï½ = √π. ò®æð¯ò®æðéæO¯ com ó ®¯ = √ , então temos:

% = #.√#.$. ¼°#. k . √. ô ®¯ô ® + #¯ ⇒ % = #. √#. .$. ¼°#. k . ô ®¯ô® + #¯

b) õ = − õ1ö÷øù#úû , −õ1 < ý < 1

¸ = + 3 ⇔ = ¸ − 3 ⇔ 12 .. = ¸ − 3 ⇒ = Y2 . ¸ − 3 ⇒ a = Y2 .¾¸ − 3a< ⇔

⇔ a< = aÁ2 .¾¸ − 3 ⇔ a< = Á2 . a¾¸ − 3 ⇒ xa< = xÁ2 . a¾¸ − 3 ⇔

⇔ < = Á2 .x a¾¸ − 3 + !<

Só que T=4.t , então = 4.ÁN . ã >¾ä°å + !< , fazendo ¸ = 3 ⇒ ¸ = − å¿ÎþO.. Vem: = 2. √2..x a´Á¸ + 3½Æ"ℎúû´

½

e a solução dessa integral é: x a´Á¸ + 3½Æ"ℎúû´

½ = x Æ"ℎúû´a´¾¸. Æ"ℎúû´ + 3½

½ = 2.. ¾|¸|

= 2. √2.. 2.. ¾|¸| ∴ % = . √#.$ª.¾|¼|



c) õ = õ1. #ú. û

¸ = + 3 ⇔ = ¸ − 3 ⇔ 12 .. = ¸ − 3 ⇒ = Y2 . ¸ − 3 ⇒ a = Y2 .¾¸ − 3a< ⇔

⇔ a< = aÁ2 .¾¸ − 3 ⇔ a< = Á2 . a¾¸ − 3 ⇒ xa< = xÁ2 . a¾¸ − 3 ⇔

⇔ < = Á2 .x a¾¸ − 3 + !<


d) = 4.ÁN . ã >¾ä°å + !< , fazendo ¸ = 3 ⇒ ¸ = U½. tgα. x Vem: = 2. √2..x a´¾¸ − U½. tgα. x´

½

e a solução dessa integral é: x a´¾¸ − U½. tgα. x´

½ = 2.. ¾¸ + 3½

= 2. √2.. 2.. ¾¸ + 3½ ∴ % = . √#.$ª.¾¼ + &1

Página 43 - parágrafo 13 – Massa reduzida PROBLEMA UNICO

Um sistema é composto de uma partícula de massa M e de n partículas de mesma massa m.

Eliminar o movimento do centro de inércia e reduzir o problema ao do movimento de n partículas. Solução: ‘

Seja rαααα o novo vetor que mede a distância entre a partícula M e m.

Z[ª = ~ZZ[ª − ~ZZ[

Se situarmos a origem das coordenas no centro de massa deste sistema temos:

.~ZZ[ +e$.~ZZ[ªª = 1

m

M

~ZZ[ ~ZZ[ª

Z[ª

Seja R o raio vetor M, e Ra (a=1, 2, ..., n)

os raios vetores das partículas de massa

m. Introduzirmos as distâncias da

partícula M às partículas m.



Disto temos:

.~ZZ[ +e$.~ZZ[ªª = 1 ⇔ .~ZZ[ +e$. fZ[ª + ~ZZ[gª = 1 ⇔ .~ZZ[ +e$. Z[ªª +e$.~ZZ[ª = 1 ⇔

⇔ .~ZZ[ +e$. Z[ªª +e$.~ZZ[ª = 1 ⇔ .~ZZ[ +e$. Z[ªª + .$.~ZZ[ = 1 ⇔

+ .$. ~ZZ[ = −∑ $. Z[ªª ⇔ ~ZZ[ = °$é.$ . ∑ Z[ªª © ~ZZ[ = −$n . ∑ Z[ªª , onde n = + .$

Como Z[ª = ~ZZ[ª − ~ZZ[ ⇔ ~ZZ[ª = Z[ª + ~ZZ[ ⇔ ~ZZ[ª = Z[ª −$n . ∑ Z[ªª

A função de LAGRANGE para este sistema é:

+ = # . f~ZZZ[g # +$# .ef~ZZ[ªg #ª − &

Fazendo as substituições temos: + = n − .$# . f~ZZZ[g # +$# .efZ[ª + ~ g#ª − &

Sendo:

®~ZZ[ª ¯# = Z[ª − $n .eZ[ªª # = Z[ª # − #. Z[ª . $n .eZ[ªª +$#n# .eZ[ª #ª

+ = n# $n .eZ[ªª # − .$# $n .eZ[ªª

# +$# .eZ[ª # − #. Z[ª . $n .eZ[ªª +$#n# .eZ[ª #ª ª − &

+ = $# .eZ[ª #ª − .$# .$#n# eZ[ª #ª + n#.$#.$ . $n# .eZ[ª #ª − n.$#n# .eZ[ª # +ª$# .$#n# eZ[ª #ª − &

+ = $# .eZ[ª #ª − W.$# − n + n##$ +$#X .$#n# eZ[ª #ª − &

+ = $# .eZ[ª #ª − $##. + .$eZ[ªª # −&



Página 49 - parágrafo 14 – Movimento num Campo Cent ral 1) Integrar as equações do movimento de um pêndulo esférico: ponto material m se deslocando

sobre a superfície de uma esfera de raio l, colocada num campo de gravidade. Solução:

Em coordenas esféricas (origem no centro da esfera e eixo polar dirigido verticalmente para a base) a função de LAGRANGE do pêndulo é:

Seu vetor posição é: \[ = \ @¶ . \. C. \. C.∅. ·

E seu vetor velocidade será:

\[ \ ¶` . \. C . \. C.∅ . · ∴ r[ r. θ . e r. senθ.∅ . e


12 .. \[ 12 .. f\. C . \. C.∅ . ·g ↔

↔ 12 ..\. C. 2. \. C . \. C.∅ . . ·¹º»¶` \. C.∅ . · ↔

↔ % # .$. f#. J # #. #J.∅ #g como r = l , temos: . . f. C . C.∅ g

+ x

+ y

-z

θθθθ ϕϕϕϕ

êϕϕϕϕ

êr êθθθθ

llll

landau

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