Problemas Resolvidos

Índice
Dinâmica e Sistemas Dinâmicos
Problemas Resolvidos
  1. Mecânica lagrangiana

8. Mecânica lagrangiana

Problema 3

Uma particula com massa m = 2 kg desloca-se sobre uma calha parabólica vertical com equação y = x 2 , onde x é medida na horizontal e y na vertical (ambas em metros). Assim sendo, o movimento da partícula tem apenas um grau de liberdade, que pode ser escolhido como a coordenada x .
(a) Escreva a equação da energia cinética em função de x .
(b) Escreva a equação da energia potencial gravítica em função de x (use o valor g = 9 . 8  m/s2).
(c) Admitindo que sobre a partícula não atua nenhuma força não conservativa, use a equação de Lagrange para encontrar a sua equação de movimento.
(d) Encontre os pontos de equilíbrio do sistema no espaço de fase, e determine se são estáveis ou instáveis.

(a) A relação entre ˙ y e ˙ x encontra-se derivando a equação da calha y = x 2

˙ y = 2 x ˙ x

Em função da coordenada generalizada x e da velocidade generalizada ˙ x , a energia cinética da partícula é:

E c = m 2 ˙ x 2 + ˙ y 2 = ˙ x 2 4 x 2 + 1

(b) Arbitrando energia potencial gravítica nula em y = 0, A energia potencial gravítica da partícula é:

U g = m g y = 19 . 6 x 2

(c) A equação de Lagrange é:

d d t E c ˙ x E c x + U g x = 0¨ x 8 x 2 + 2 + 16 ˙ x 2 x 8˙ x 2 x + 39 . 2 x = 0

e a equação de movimento:

¨ x = x 4˙ x 2 + 19 . 6 4 x 2 + 1

(d) As equações de evolução são as seguintes

˙ x = v ˙ v = x 4 v 2 + 19 . 6 4 x 2 + 1

Os pontos de equilíbrio são as soluções do sistema de equações

v = 0 x 4 v 2 + 19 . 6 4 x 2 + 1 = 0 = v = 0 x = 0

Ou seja, o único ponto de equilíbrio é a origem do espaço de fase, que corresponde a quando a partícula se encontra em repouso, no ponto mais baixo da calha. Nessa situação, se a partícula fosse afastada do ponto mais baixo da calha, a sua tendência será regressar a esse ponto; assim sendo, trata-se de um ponto de equilíbrio estável. Pode também traçar-se o retrato de fase correspondente às equações de evolução e conferir que a origem é ponto de equilíbrio estável, com infinitos ciclos à sua volta.

Problema 4

O cilindro A na figura tem massa de 36 gramas, o cilindro B tem massa de 24 gramas e o momento de inércia da roldana dupla é 4.43×10−7 kg·m2. A roldana está formada por dois discos, de raios 5 cm e 8 cm, colados um ao outro. Cada cilindro está ligado a um fio com o extremo oposto ligado à roldana, de forma que o fio enrola-se ou desenrola-se, sem deslizar sobre a roldana, quando esta roda. (a) Desprezando o atrito no eixo da roldana e a resistência do ar, determine os valores das acelerações de cada cilindro e diga se são para cima ou para baixo. (b) Determine os valores das tensões nos dois fios.

Roldana dupla

(a) Se h A e h B são as alturas dos centros de massa dos dois cilindros, num instante inicial, como mostra o lado esquerdo da figura seguinte,

Alturas e ângulo na roldana dupla

num instante posterior a roldana terá rodado um ângulo θ , que se for no sentido contrário aos ponteiros do relógio, como no lado direito da figura, faz diminuir a altura do cilindro A num comprimento igual ao arco de círculo com 5 cm e ângulo θ , e a altura do cilindro B aumenta uma distância igual ao arco de círculo de 8 cm e ângulo θ . Como tal, num instante qualquer as alturas dos dois cilindros serão

(1)
y A = h A 0 . 05 θ y B = h B + 0 . 08 θ

Onde h A e h B são duas constantes (alturas iniciais). Assim sendo, o sistema tem um único grau de liberdade, que pode ser o ângulo θ . As expressões para as velocidades e acelerações dos cilindros são então:

v A = 0 . 05 ω v B = 0 . 08 ω a A = 0 . 05 α a B = 0 . 08 α

onde ω = ˙ θ é a velocidade angular da roldana e α = ¨ θ é a sua aceleração angular. A expressão da energia cinética total do sistema é:

E c = 0 . 03 6 2( 0 . 05 ω ) 2 + 0 . 02 4 2( 0 . 08 ω ) 2 + 4 . 43 × 10 7 2 ω 2 = 1 . 22 0 2 1 5 × 10 4 ω 2

E a energia potencial gravítica, excluindo a energia potencial da roldana e outros termos constantes, é:

U = 0 . 03 6 × 9 . 8 × 0 . 05 θ + 0 . 02 4 × 9 . 8 × 0 . 08 θ = 1 . 17 6 × 10 3 θ

Aplicando a equação de Lagrange, obtém-se a aceleração angular:

d d t E c ω E c θ + U θ = 02 . 44 0 4 3 × 10 4 α 0 + 1 . 17 6 × 10 3 = 0 α = 4 . 81 8 8 s 2

O sinal negativo indica que a roldana acelera no sentido dos ponteiros do relógio. Como tal, a aceleração do bloco A é para cima e a do bloco B é para baixo, e os seus valores absolutos são:

a A = 0 . 05 × 4 . 81 8 8 = 0 . 24 0 9 m · s 2 a B = 0 . 08 × 4 . 81 8 8 = 0 . 38 5 5 m · s 2

(b) Para determinar as tensões nos fios, faz-se de conta que as alturas dos cilindros podem variar independentemente do ângulo que a roldana rode. Ou seja, o sistema passa a ter três graus de liberdade, θ , y A e y B , com três equações de Lagrange. Nessas 3 equações de Lagrange introduzem-se dois multiplicadores de Lagrange λ A e λ B , que correspondem às duas condições nas equações (1) da alínea anterior, que devem ser escritas como funções com valor constante:

(2)
f A ( y A , θ ) = y A + 0 . 05 θ f B ( y B , θ ) = y B 0 . 08 θ

A expressão da energia cinética do sistema deve ser escrita agora em função das três velocidades ω , v A e v B , consideradas independentes entre si

E c = 0 . 01 8 v 2A + 0 . 01 2 v 2B + 2 . 21 5 × 10 7 ω 2

E a energia potencial gravítica, excluindo a energia potencial da roldana que permanece constante, é:

U = 0 . 03 6 × 9 . 8 y A + 0 . 02 4 × 9 . 8 y B = 0 . 35 2 8 y A + 0 . 23 5 2 y B

A equação de Lagrange associada a y A e v A é:

d d t E c v A E c y A + U y A λ A f A y A λ B f B y A = 00 . 03 6 a A + 0 . 35 2 8 λ A = 0

A equação associada a y B e v B é:

d d t E c v B E c y B + U y B λ A f A y B λ B f B y B = 00 . 02 4 a B + 0 . 23 5 2 λ B = 0

E a equação associada a θ e ω é:

d d t E c ω E c θ + U θ λ A f A θ λ B f B θ = 04 . 43 × 10 7 α 0 . 05 λ A + 0 . 08 λ B = 0

Estas três equações de Lagrange devem ser resolvidas junto com as duas expressões obtidas derivando duas vezes as funções constantes f A e f B (equações (2)):

a A + 0 . 05 α = 0 a B 0 . 08 α = 0

No Maxima, usa-se o comando solve. Observe-se que os dois multiplicadores de Lagrange, λ A e λ B , são as próprias tensões nos dois fios, T A e T B

(%i1) float(solve([0.036*aA+0.3528-TA, 0.024*aB+0.2352-TB, 4.43e-7*a-0.05*TA+0.08*TB, aA+0.05*a, aB-0.08*a]));
(%o1) [[a = -4.819, TB = 0.2259, aB = -0.3855, TA = 0.3615, aA = 0.2409]]

Que corrobora os resultados obtidos na alínea anterior para as acelerações e mostra que a tensão no fio ligado ao cilindro A é 0.3615 N e a tensão no fio ligado ao cilindro B é 0.2259 N. Observe-se que, a pesar de que a tensão T A é maior que T B , a roldana roda no sentido dos ponteiros do relógio, porque o momento produzido por T B é maior do que o produzido por T A .

Problema 5

No sistema representado na figura, a massa das rodas e da roldana e o atrito nos seus eixos podem ser desprezados. (a) Determine as expressões para as energias cinética e potencial do sistema, em função do ângulo θ e do deslocamento horizontal x do carrinho. (b) Determine as expressões da aceleração do carrinho e da aceleração angular ¨ θ . (c) Encontre o valor do ângulo θ na posição de equilíbrio do pêndulo e diga se o equilíbrio é estável ou instável. (d) Determine o valor da aceleração do carrinho, no caso em que o pêndulo permaneça na posição de equilíbrio.

Carrinho com um pêndulo

(a) Este sistema tem dois graus de liberdade, o ângulo θ de oscilação do pêndulo e a posição horizontal x do carrinho. As velocidades do carrinho e do cilindro são ambas iguais a ˙ x . O vetor velocidade da esfera é a soma do vetor velocidade do carrinho, mais o vetor velocidade de rotação da esfera em relação ao ponto de contacto do fio com o poste; escolhendo o eixo x horizontal e para a direita e o eixo y vertical e para cima, o vetor velocidade da esfera é:

v e = ˙ x 0 . 2˙ θ co s θ ˆ ı + 0 . 2˙ θ si n θ ˆ

Representando no Maxima o ângulo θ pela variável q , ˙ θ pela variável w e ˙ x pela variável v

(%i2) ve: [v-0.2*w*cos(q), 0.2*w*sin(q)]$

A energia cinética do sistema é a soma das energias cinéticas do carrinho, do cilindro e da esfera

(%i3) Ec: float (expand (trigsimp (5*v^2/2 + 1*v^2/2 + 0.06*ve.ve/2)));
(%o3)   0 . 00 1 2 w 2 0 . 01 2 c o s ( q ) v w + 3 . 03 v 2

E as energias potenciais que não permanecem constantes são as energias potenciais gravíticas da esfera e do cilindro; a energia potencial do sistema é igual à soma dessas duas energias

(%i4) U: -1*9.8*x - 0.06*9.8*0.2*cos(q);
(%o4)   9 . 8 x 0 . 11 7 6 c o s q

(b) Antes de usar as equações de Lagrange, definem-se as derivadas das duas coordenadas e duas velocidades generalizadas, em ordem ao tempo

(%i5) gradef (x, t, v)$
(%i6) gradef (q, t, w)$
(%i7) gradef (v, t, a)$
(%i8) gradef (w, t, f)$

As duas equações de Lagrange são

(%i9) eq1: diff (diff(Ec,v),t) - diff(Ec,x) + diff(U,x) = 0;
(%o9)   0 . 01 2 s i n ( q ) w 2 0 . 01 2 f co s ( q ) + 6 . 06 a 9 . 8 = 0
(%i10) eq2: diff (diff(Ec,w),t) - diff(Ec,q) + diff(U,q) = 0;
(%o10)   0 . 11 7 6 s i n ( q ) 0 . 01 2 a co s ( q ) + 0 . 00 2 4 f = 0

E as expressões para a aceleração do carrinho, a , e a aceleração angular do pêndulo, f , são

(%i11) sol: trigsimp (solve( [eq1,eq2], [a,f]))$
(%i12) [a,f]: subst (sol, [a,f]);
(%o12) 3s i n ( q ) w 2 + 14 7 c o s ( q )s i n ( q ) 24 5 0 15 c o s 2 ( q ) 15 1 5 , 3c o s ( q )s i n ( q ) w 2 + 14 8 4 7 s i n ( q ) 24 5 0 c o s ( q ) 3c o s 2 ( q ) 30 3

(c) Este sistema nunca chega a estar em equilíbrio porque o cilindro desce sem parar. No entanto, o pêndulo sim pode ficar em equilíbrio. As duas equações de evolução só do pêndulo são

d q d t = w d w d t = f

onde f é a expressão obtida em (%o12). As condições de equilíbrio do pêndulo são então são então w =0 e f =0.

(%i13) solve (subst (w=0, f=0));
(%o13)   si n ( q ) = 50 c o s ( q ) 30 3

solve não consegue resolver problemas com infinitas soluções mas como só interessa a solução no primeiro quadrante, o ângulo da posição de equilíbrio, em graus, é

(%i14) float (180*atan (50/303)/%pi);
(%o14)  9.37

Para determinar a estabilidade desse ponto de equilíbrio, calcula-se o valor da derivada de f no ponto de equilíbrio.

(%i15) subst ([w=0, q=atan(50/303)], diff (f, q));
(%o15)   49 9 4 3 0 9 3 2 28 3 0 0 2 0 0

este resultado negativo implica que o ponto de equilíbrio é estável.

Problema 6

A roldana fixa no sistema da figura tem massa m e a roldana móvel tem massa 2 m (ambas podem ser consideradas discos uniformes). A massa do carrinho é 20 m e a massa do cilindro mais o suporte que o liga à roldana móvel é 8 m . Admita que a massa do fio e das rodas do carrinho, a força de atrito cinético nos eixos das roldanas e das rodas do carrinho e a resistência do ar são desprezáveis.
(a) Mostre que, em função da altura y que o cilindro desce, as energias cinética e potencial do sistema são

E c = 93 2 m ˙ y 2 U = 10 m g y

(b) Determine o valor das acelerações do cilindro e do carrinho.

Carrinho acelerado por cilindro a cair

(a) Como o comprimento do fio é constante, x + 2 y é constante e, como tal, a relação entre as velocidades do carrinho, v x = ˙ x , e do cilindro, v y = ˙ y , é

v x = 2 v y

A energia cinética do sistema é a soma das energias de translação do carrinho, do cilindro e da roldana móvel, mais as energias de rotação das duas roldanas.

(%i16) vx: -2*vy$
(%i17) Ec: 20*m*vx^2/2 + (m*r1^2/2)*(vx/r1)^2/2 + (2*m*r2^2/2)*(vy/r2)^2/2 + 2*m*vy^2/2 + 8*m*vy^2/2;
(%o17)   93 m v y 2 2

A única energia potencial que está a mudar é a energia potencial gravítica do cilindro mais a roldana móvel. O peso total desses dois objetos é 10 m e, ignorando termos constantes, a energia potencial do sistema é

(%i18) U: -10*m*g*y$

(b) A aceleração do cilindro, a y = ˙ v y , encontra-se a partir da equação de Lagrange

(%i19) gradef (y,t,vy)$
(%i20) gradef (vy,t,ay)$
(%i21) eq: diff (diff (Ec,vy), t) - diff (Ec,y) + diff (U,y) = 0$
(%i22) solve (eq,ay);
(%o22)   a y = 10 g 93
(%i23) subst (g=9.8, %);
(%o23)   a y = 1 . 05 4

O valor absoluto da aceleração do carrinho, a x = ˙ v x , é o dobro, ou seja, | a x |= 20 g /9 3 = 2 . 10 8  m/s2.

Problema 7

Um bloco de massa m desce um plano inclinado que faz um ângulo θ com a horizontal. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e plano inclinado é µ c . Usando a equação de Lagrange com um multiplicador, encontre as expressões para a reação normal do plano sobre o bloco e da aceleração do bloco, ¨ x (despreze a resistência do ar).

Bloco sobre plano inclinado

Fazendo de conta que o bloco não mantém o contacto com o plano inclinado, há duas coordenadas generalizadas, x e y . A equação da restrição que faz com que o bloco esteja sempre em contacto com o plano inclinado é:

y = 0

A energia cinética do bloco é

E c = m 2 ˙ x 2 + ˙ y 2

A altura do bloco, em relação à mesa é

h = x si n θ + y co s θ

e a energia potencial gravítica do bloco é

U = m g x si n θ + y co s θ

As duas componentes da força generalizada são F a · r / x e F a · r / y , onde F a = µ c R n ˆ ı é a força de atrito cinético e r = x ˆ ı + y ˆ é o vetor posição do bloco

Q x = µ c R n ˆ ı · ˆ ı = µ c R n Q y = µ c R n ˆ ı · ˆ = 0

Introduz-se um multiplicador de Lagrange λ e as duas equações de Lagrange são

d d t E c ˙ x E c x + U x λ y x = Q x = m ¨ x + g si n θ = µ c R n d d t E c ˙ y E c y + U y λ y y = Q y = m ¨ y + g co s θ λ = 0

As componentes da força de ligação, λ y x = 0 e λ y y = λ , são as componentes da reação normal. Ou seja, o multiplicador de Lagrange é a reação normal: λ = R n . Substituindo ¨ y = 0 nas equações de Lagrange, obtém-se

R n = m g co s θ ¨ x = µ c co s θ si n θ g

Problema 10

O saltador na figura encolhe o corpo no ponto P, para rodar mais rapidamente, e estende-o novamente em Q, para reduzir a rotação na entrada para a água. As alterações da velocidade angular são consequência da alteração do momento de inércia.
(a) Se o momento de inércia do saltador em relação ao centro de massa é I , que depende do tempo, escreva as expressões para as suas energias cinética e potencial em função da posição ( x , y ) do centro de massa e do ângulo de rotação θ .
(b) Usando a equação de Lagrange para θ , demonstre que o momento angular, L = I ˙ θ , permanece constante.
(c) Se no ponto P mais alto da trajetória o momento de inércia é 3.28 kg·m2 e a velocidade angular ˙ θ = 4  s−1 e no ponto Q o momento de inércia é 28.2 kg·m2, determine a velocidade angular do saltador no ponto Q.

Salto para a água

(a) A velocidade do centro de massa é ˙ x 2 + ˙ y 2 e a velocidade angular é ˙ θ . A energia cinética do saltador é então

E c = m 2 ˙ x 2 + ˙ y 2 + 1 2 I ˙ θ 2

e a sua energia potencial gravítica é

U = m g y

(b) Como nenhuma das duas energias depende explicitamente de θ , as suas derivadas parciais em ordem a θ , são nulas e a equação de Lagrange para θ é

d d t E c ˙ θ = 0

Que é equivalente a dizer que a funçao

L = E c ˙ θ

permanece constante em qualquer tempo t . Derivando a energia cinética em ordem a ˙ θ obtém-se a expressão do momento angular

L = I ˙ θ

Como tal, quando o saltador encolhe o corpo, diminuindo o valor de I , a velocidade angular ˙ θ terá de aumentar.

(c) A conservação do momento angular implica

I 1 ˙ θ 1 = I 2 ˙ θ 2

e substituindo os valores dados

˙ θ 2 = I 1 ˙ θ 1 I 2 = 3 . 28 × 4 28 . 2 = 0 . 46 5 s 1