Questão 3.5 Uma conta de massa m desliza sem atrito ao longo de uma haste rígida, de massa desprezível, que gira num plano vertical em velocidade angular constante \omega. Mostre que, em uma escolha adequada da coordenada r, a lagrangeana do sistema é:
L=\frac{m}{2} \dot{r}^{2}+\frac{m \omega^{2}}{2} r^{2}-m g r \sin \omega t
Dada as condições iniciais r(0)=r_{0}, \dot{r}(0)=0, encontre a solução da equação de Lagrange para r. Determine, também, a força de vínculo sobre a conta.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede duas coisas claras:
  • Informação: uma conta de massa m desliza sem atrito ao longo de uma haste rígida (massa desprezível) que gira num plano vertical com velocidade angular constante \omega.
  • Informação: as condições iniciais são r(0)=r_{0} e \dot{r}(0)=0.
  • Pedido 1: mostrar que, com uma escolha adequada da coordenada r, a lagrangeana é
L=\frac{m}{2}\dot{r}^{2}+\frac{m\omega^{2}}{2}r^{2}-mg r\sin\omega t.
  • Pedido 2: resolver a equação de Lagrange obtida (encontrar r(t) que satisfaça as condições iniciais) e determinar a força de vínculo (a força que a haste exerce sobre a conta).
Anotei tudo o que o enunciado deu; agora vou derivar a lagrangeana, obter a equação do movimento, resolver a EDO e calcular a força de vínculo passo a passo.

Passo 2

Escolha de coordenada e derivação da lagrangeana (a parte “por que” e “como” passo a passo).
  • Escolha da coordenada: tome r como a distância da conta ao ponto de rotação (origem) medida ao longo da haste. A haste faz um movimento rígido com ângulo \theta(t)=\omega t no plano vertical. Assim a posição da conta em coordenadas cartesianas (origem na rotação, eixo y para cima) é
x = r\cos\theta(t)=r\cos(\omega t),\qquad y = r\sin\theta(t)=r\sin(\omega t).
  • Velocidade: para obter a energia cinética precisamos de v^{2}=\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}. Calculemos \dot{x} e \dot{y} usando derivadas produto:
\dot{x}=\dot{r}\cos(\omega t)-r\omega\sin(\omega t),
\dot{y}=\dot{r}\sin(\omega t)+r\omega\cos(\omega t).
Agora calcule v^{2}=\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}. Ao expandir e somar, os termos mistos em \dot{r} r\omega se cancelam e fica a identidade padrão em coordenadas polares:
v^{2}=\dot{r}^{2}+r^{2}\omega^{2}.
Explicando didaticamente: em coordenadas polares quando \theta=\theta(t) sabemos que v^{2}=\dot{r}^{2}+r^{2}\dot{\theta}^{2}; aqui \dot{\theta}=\omega, daí o resultado acima.
  • Energia cinética:
T=\frac{m}{2}v^{2}=\frac{m}{2}\big(\dot{r}^{2}+r^{2}\omega^{2}\big).
  • Energia potencial gravitacional: tomando y (vertical para cima) como coordenada de altura, a energia potencial é U=mgy. Substituindo y=r\sin(\omega t),
U=m g r\sin(\omega t).
  • Lagrangeana L=T-U:
L=\frac{m}{2}\dot{r}^{2}+\frac{m\omega^{2}}{2}r^{2}-mg r\sin(\omega t),
que é exatamente a expressão pedida. (Pronto: derivamos-a explicitamente.)

Passo 3

Obter a equação de Lagrange para r (a regra usada e cada termo explicado).
  • Fórmula de Euler–Lagrange para coordenada r:
\frac{d}{dt}\Big(\frac{\partial L}{\partial\dot{r}}\Big)-\frac{\partial L}{\partial r}=0.
  • Calcule os termos:
\frac{\partial L}{\partial\dot{r}}=m\dot{r}\quad\Rightarrow\quad\frac{d}{dt}\Big(\frac{\partial L}{\partial\dot{r}}\Big)=m\ddot{r}.
\frac{\partial L}{\partial r}=m\omega^{2}r-mg\sin(\omega t).
  • Substituindo na equação de Euler–Lagrange:
m\ddot{r}-\big(m\omega^{2}r-mg\sin(\omega t)\big)=0.
Dividindo por m obtemos a equação diferencial do movimento:
\ddot{r}-\omega^{2}r+g\sin(\omega t)=0,
ou, reorganizando,
\ddot{r}-\omega^{2}r=-g\sin(\omega t).
Esta é uma EDO linear de segunda ordem não homogênea com coeficientes constantes.

Passo 4

Resolver a EDO: método passo a passo (ensino da técnica).
  • Primeiro resolvemos a equação homogênea associada:
\ddot{r}-\omega^{2}r=0.
A equação característica é \lambda^{2}-\omega^{2}=0 com raízes \lambda=\pm\omega. Portanto a solução homogênea é
r_{h}(t)=A e^{\omega t}+B e^{-\omega t},
onde A e B são constantes a determinar pelas condições iniciais. Uma forma equivalente útil é usar funções hiperbólicas:
r_{h}(t)=C\operatorname{cosh}(\omega t)+D\operatorname{sinh}(\omega t),
com relação linear entre (A,B) e (C,D).
  • Em seguida procuramos uma solução particular r_{p}(t) da equação completa. O termo forçante é -g\sin(\omega t). Uma tentativa padrão (método dos coeficientes indeterminados) é assumir
r_{p}(t)=C_{1}\sin(\omega t)+C_{2}\cos(\omega t).
  • Calcule \ddot{r}_{p} e substitua:
\ddot{r}_{p}=-C_{1}\omega^{2}\sin(\omega t)-C_{2}\omega^{2}\cos(\omega t).
Então
\ddot{r}_{p}-\omega^{2}r_{p}=-2C_{1}\omega^{2}\sin(\omega t)-2C_{2}\omega^{2}\cos(\omega t).
  • Igualando ao lado direito -g\sin(\omega t) obtemos o sistema de coeficientes:
-2C_{1}\omega^{2}=-g,\qquad -2C_{2}\omega^{2}=0.
Assim
C_{1}=\frac{g}{2\omega^{2}},\qquad C_{2}=0.
Portanto a solução particular é
r_{p}(t)=\frac{g}{2\omega^{2}}\sin(\omega t).

Passo 5

Construir a solução geral e aplicar as condições iniciais (fazer as contas explícitas).
  • Solução geral:
r(t)=A e^{\omega t}+B e^{-\omega t}+\frac{g}{2\omega^{2}}\sin(\omega t).
  • Use r(0)=r_{0}:
r(0)=A+B+\underbrace{\frac{g}{2\omega^{2}}\sin 0}_{0}=r_{0}\quad\Rightarrow\quad A+B=r_{0}.
  • Calcule \dot{r}(t):
\dot{r}(t)=A\omega e^{\omega t}-B\omega e^{-\omega t}+\frac{g}{2\omega}\cos(\omega t).
  • Use \dot{r}(0)=0:
\dot{r}(0)=A\omega-B\omega+\frac{g}{2\omega}=0\quad\Rightarrow\quad A-B=-\frac{g}{2\omega^{2}}.
  • Resolva o sistema linear para A e B:
A=\frac{r_{0}}{2}-\frac{g}{4\omega^{2}},\qquad B=\frac{r_{0}}{2}+\frac{g}{4\omega^{2}}.
  • Substituindo na solução geral e, para ficar mais compacta, usando funções hiperbólicas (usando identidades A e^{\omega t}+B e^{-\omega t}=r_{0}\operatorname{cosh}(\omega t)+(A-B)\operatorname{sinh}(\omega t)), obtemos a forma
r(t)=r_{0}\operatorname{cosh}(\omega t)-\frac{g}{2\omega^{2}}\operatorname{sinh}(\omega t)+\frac{g}{2\omega^{2}}\sin(\omega t).
Esta expressão satisfaz r(0)=r_{0} e \dot{r}(0)=0 (pode-se verificar diferenciando).

Passo 6

Resumo didático do que significam os termos da solução (breve reforço conceitual)
  • O termo com \operatorname{cosh} e \operatorname{sinh} vem da solução homogênea e representa a resposta livre (crescimento/exponencial devido ao sinal instabilizante do termo -\omega^{2}r na EDO).
  • O termo \frac{g}{2\omega^{2}}\sin(\omega t) é a resposta forçada diretamente pela gravidade que varia com o ângulo da haste ( \sin\omega t).
  • As constantes foram escolhidas para cumprir as condições iniciais.

Passo 7

Determinar a força de vínculo (a força que a haste exerce sobre a conta), com explicação física e cálculo passo a passo.
  • Identifique a direção da força de vínculo: como não há atrito, a haste só pode exercer uma força perpendicular à sua superfície (ou seja, perpendicular à haste). A haste é uma linha; a força de restrição que impede a conta de sair da linha é normal à haste — essa força está na direção tangencial e_{\theta} (perpendicular ao vetor radial e_{r}). Em coordenadas polares (com \theta=\omega t) os versores são e_{r} (ao longo da haste) e e_{\theta} (perpendicular, sentido de aumento de \theta).
  • Faça o balanço de forças na direção radial e tangencial. Força peso tem componentes ao longo de e_{r} e e_{\theta}:
    • Componente do peso ao longo de e_{r}: (\mathbf{P}\cdot e_{r})=-mg\sin\theta.
    • Componente do peso ao longo de e_{\theta}: (\mathbf{P}\cdot e_{\theta})=-mg\cos\theta (sinal conforme orientação de e_{\theta}).
  • Equações de Newton nas duas direções (a haste aplica apenas força na direção e_{\theta}, chame essa força de vínculo F_{\mathrm{v}}, positiva no sentido de e_{\theta}):
    Direção radial e_{r}:
    m(\ddot{r}-r\omega^{2})=(\mathbf{P}\cdot e_{r})=-mg\sin\theta.
    Observe que esta é exatamente a equação diferencial obtida pela Lagrangeana; não aparece F_{\mathrm{v}} aqui porque F_{\mathrm{v}} é perpendicular ao raio.
    Direção tangencial e_{\theta}:
    m(r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta})=(\mathbf{P}\cdot e_{\theta})+F_{\mathrm{v}}.
    Mas \ddot{\theta}=0 e \dot{\theta}=\omega, então
    m(2\dot{r}\omega)=-mg\cos\theta+F_{\mathrm{v}}.
    Portanto a força de vínculo (com sinal de acordo com e_{\theta}) é
    F_{\mathrm{v}}=2m\omega\dot{r}+mg\cos\theta.
  • Substitua \theta=\omega t e, se quiser a expressão explícita em termos de t, substitua \dot{r}(t) obtido a partir da solução:
    \dot{r}(t)=\omega r_{0}\operatorname{sinh}(\omega t)-\frac{g}{2\omega}\operatorname{cosh}(\omega t)+\frac{g}{2\omega}\cos(\omega t).
    Assim uma forma explícita da força de vínculo é
    F_{\mathrm{v}}(t)=2m\omega\dot{r}(t)+mg\cos(\omega t).
    Se expandirmos:
    F_{\mathrm{v}}(t)=2m\omega^{2}r_{0}\operatorname{sinh}(\omega t)-mg\operatorname{cosh}(\omega t)+2mg\cos(\omega t).
    (Essa é apenas a substituição direta; a forma compacta F_{\mathrm{v}}=2m\omega\dot{r}+mg\cos(\omega t) é normalmente mais transparente.)

Resposta

\displaystyle r(t)=r_{0}\operatorname{cosh}(\omega t)-\frac{g}{2\omega^{2}}\operatorname{sinh}(\omega t)+\frac{g}{2\omega^{2}}\sin(\omega t)
\displaystyle F_{\mathrm{v}}(t)=2m\omega\dot{r}(t)+mg\cos(\omega t), com \displaystyle \dot{r}(t)=\omega r_{0}\operatorname{sinh}(\omega t)-\frac{g}{2\omega}\operatorname{cosh}(\omega t)+\frac{g}{2\omega}\cos(\omega t).

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