Solução do livro Joao Barcelos Neto

Solução do livro Joao Barcelos Neto

Alguns Exercıcios Resolvidos de Mecanica Classica Livro do Joao Barcelos Neto de Mecanica

Joao Paulo de Santana Fiel∗ 13 de dezembro de 2017

4.1 Resolvendo ∫ pi0

17
4.2 Outra solucao para o Exercıcio 3.217
4.3 s18

1 Exercıcios do Capıtulo 1 Exercıcio 1.3 Temos segundo as equacoes (1.38), (1.39) e (1.40) do livro

entao

Exercıcio 1.4 As coordenadas esfericas sao (ver Figura 1.8 do livro)

derivando em relacao ao tempo

observando que

dt (sinθ cosφi + sinθ sinφj + cosθk)

devemos ter

Agora passemos ao calculo da aceleracao. Derivando a velocidade com relacao ao tempo, vem

Antes de prosseguir devemos calcular as derivadas dθ dt e dφ

dt ja foi calculada).

dt (cosθ cosφi + cosθ sinφj − sinθk)

Agora substituindo dθ dt e dr dt em (1):

Compare com a equacao (1.49) do livro, a coordenada em r esta errada.

2 Exercıcios do Capıtulo 2

Exercıcio 2.3 Considere o vertice do plano inclinado como origem do sistema de coordenadas, o eixo x ao longo do plano e o eixo y perpendicular a este ultimo. Observamos inicialmente que a velocidade inicial e a aceleracao da gravidade nesse sistema sao dados por

~g = −gsinα x − gcosα y a dinamica do problema e dada pela segunda lei de Newton

Figura 1: Figura do Exercıcio 3 m d~v

donde

este e o vetor velocidade buscado. Para obter o vetor posicao basta lembrar que

este e o vetor posicao buscado. O alcance A ocorre quando a componente y do vetor posicao e nula:

que tem solucoes

g cosα t1 = 0 corresponde ao posicao inicial ~r = 0. O alcance sera tal que

g cosα

para um α fixo, o alcance maximo ocorre quando

portanto 2θ e α sao angulos complementares, assim

onde resulta

Observe que para α = 0, obtemos o resultado conhecido para o alcance maximo

fazendo a substituicao a integral reduz-se a

fazendo uma nova substituicao

substituindo os valores de a e b

Portanto esta resolvida a primeira integral de (2.35) do livro.

Calculemos agora

fazendo a substituicao a integral reduz-se a fazendo uma nova substituicao

a−b substituindo os valores de a e b finalmente

Verifique que o valor dessa integral apresentada no livro e outro... Observacao Importante:

sinθdθ

sinθ cosθdθ

Exercıcio 2.8 Ao ser solta, a massa m estara sujeita somente ao campo gravitacional gerado pelo disco, todo movimento ocorre na direcao de k, assim

observando que dv

dt = dvdz dz dt dz entao v dv a condicao inicial e

entao v2 finalmente a definicao de raiz quadrada implica

o movimento oscilara entre as posicoes h e −h. Observe que para esses valores a velocidade e nula v(−h) = v(h) = 0.

Exercıcios 2.1 (a) Usando coordenadas cilındricas:

Figura 2: Figura do item (a)

como o disco e homogeneo

GMρdρdφ ρρdρdφ

Sobra portanto

no problema do livro esta explıcito que z ≥ 0, de forma que teremos

(b) Para z R, podemos fazer a expansao

assim

2GM

Novamente o campo gravitacional devido a uma massa pontual. (c) O campo gravitacional gerado por um disco na esfera mostrada na Figura 3, de massa

Figura 3: Figura do item (c) dM, espessura dy e raio x, no ponto distante z com relacao ao centro da esfera segundo o item anterior sera

dg = 2GdM o versor k foi omitido pois ja sabemos que o campo sera na direcao z. Observe que 10 entao

donde dg = 3GMRsinθdθ integrando sobre θ z sinθdθ − Rcosθsinθdθ√ sinθdθ√

∫ pi

0 sinθdθ usando as mesmas tecnicas da solucao do exercıcio 2.7, encontramos∫ pi0 sinθdθ√

cosθ sinθdθ√ o resultado dessas integrais e geral. Para o presente caso z > R e resulta∫ pi0 sinθdθ√ cosθ sinθdθ√

assim

∫ pi

0 sinθdθ

temos portanto

Observacao: no elemento de volume usado, consideramos |dy| no lugar de simplesmente dy porque a massa e definida positiva (no Exercıcio 2.10 o autor do livro usa um artifıcio em que a massa e considerada negativa).

(d) As coordenadas esfericas sao

usando a Figura 2.8 do livro

dM = Gρr2sinθdrdθdφ e a densidade de massa. Em termos de componentes:

Componente x

Gρr3 sinθ cosφ

0 cosφdφ como ∫ 2pi

Gρr3 sinθ sinφ

0 sinφdφ como ∫ 2pi

a integral que aparece logo acima e resolvida no Rascunho, e vale∫ pi0

portanto

dessa forma a componente nao nula do campo gravitacional sera

Exercıcios 2.12 Ja sabemos da equacao (2.40) do livro que

em termos de componentes paralela e perpendicular a x teremos r sinθ

r cosθ

Figura 4: Figura do Exercıcio 2.12 somente gx interessa para o movimento, ja que a componente do peso nessa direcao sera anulada com a normal devido ao piso do tunel. Como na Figura 4 sinθ = x teremos r x

assim a equacao do movimento sera

portanto a forca e proporcional ao deslocamento e ocorrera um movimento harmonico simples.

dvdx dr dt

fazendo a substituicao r = √ R2 − a2 sinφ , φ e uma variavel auxiliar(ver procedimento da pagina 5 do Livro), encontramos

o perıodo e e o mesmo perıodo do tunel analisado na secao 2.3 do livro.

Exercıcio 3.2 Figura 5: Figura do Exercıcio 3.2

Usando o esquema mostrado na Figura 5 e usando as leis de Newton, temos

essa ultima equacao decorre do fato de a polia nao possuir massa.Por outro lado os fios sao inextensıveis e podemos escrever

derivando essa ultima igualdade com relacao ao tempo encontramos a relacao entre as ace- leracoes dos blocos d

Exercıcio 3.10 A forca de atrito sobre C nao deve superar o atrito maximo f1 6 µeNC = µmCg. Por outro lado os corpos devem ter a mesma aceleracao. Usando a figura obtemos as equacoes mBg−T = mBa

resolvendo para f1 vem f1 = mCmBg mA+mB +mC deve-se ter portanto mCmBg mA+mB +mC 6 µemCg de onde

Portanto mCmın = 5kg

Figura 6: Figura do Exercıcio 3.10 16

4 Rascunho

4.1 Resolvendo ∫ pi0

Vou mostrar que ∫ pi0

De fato, fazendo a substituicao

entao ∫ 1 dv=

era o queria mostrar.

4.2 Outra solucao para o Exercıcio 3.2 A lagrangeana do problema e dada por

de onde resulta (l1 e l2 sao constantes):

a lagrangeana pode entao ser escrita em termos unicamente de z2 e z3

As equacoes de Euler-Lagrange sao

d dt d dt resolvendo essas equacoes para z2, vem

substituindo na segunda igualdade teremos

solucao

reescrevendo essa integral comoi fazendo a substituicao y = eαx , dy = αeαxdx entao iα

onde foi omitido os limites de integracao. Sendo

onde por isso iα

) dy

uma pausa para o calculo das integrais I1 e I2:

fazendo a substituicao executando uma ultima substituicao z = cosθ, dz = −sinθdθ portanto α cos2 θdθ m t+ C

a constante de integracao foi intencionalmente escrita como C/2, porque sera usada em seguida um arco metade. Sendo cos(−θ) = cosθ, temos m t+ C

2 devemos voltar a variavel inicial lembrando que assim √ m t+ C m t+ C usando a identidade

como

temos m t+C

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