Questão 2. Uma partícula de massa m está restrita a se mover no interior de um cone vertical, cujas coordenadas, em termos de coordenadas cilíndricas, \rho, \varphi e z são dadas por z=\rho. Dessa forma, a partícula sofre a ação de um conjunto de potenciais, e a Lagrangiana do sistema assume a forma:
L=\frac{1}{2} m\left(2 \dot{\rho}^{2}+\rho^{2} \dot{\varphi}^{2}\right)-a \rho-b \cos (\varphi)
Sabendo disso, determine as equações de movimento.

Passo 1

O enunciado fornece uma partícula de massa m sobre o cone z=\rho (em coordenadas cilíndricas) e diz que a Lagrangiana é
L=\frac{1}{2} m\left(2 \dot{\rho}^{2}+\rho^{2} \dot{\varphi}^{2}\right)-a \rho-b \cos (\varphi).
O que é pedido: determinar as equações de movimento para as coordenadas generalizadas \rho(t) e \varphi(t).
Informações relevantes que já temos:
  • As coordenadas dinâmicas são \rho e \varphi (funções do tempo).
  • A Lagrangiana está explicitamente dada acima.
  • Os parâmetros a e b aparecem no potencial; m é a massa da partícula.
    A partir daqui vamos aplicar as equações de Euler–Lagrange para obter as equações de movimento.

Passo 2

Regra que vamos usar (Euler–Lagrange): para cada coordenada generalizada q_i vale
\frac{d}{dt}\!\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}\right)-\frac{\partial L}{\partial q_i}=0.
Explicando rapidinho o que cada termo significa:
  • \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} é o momento conjugado associado à velocidade \dot{q}_i.
  • \frac{d}{dt}(\cdot) é a taxa de variação temporal desse momento.
  • \frac{\partial L}{\partial q_i} é como a Lagrangiana depende explicitamente da coordenada q_i (por exemplo via potencial).
    Vamos aplicar essa fórmula primeiro para \rho e depois para \varphi. Antes simplifico a Lagrangiana para facilitar derivadas.

Passo 3

Simplificação algébrica da Lagrangiana: distribuir o fator \tfrac{1}{2}m
L=\underbrace{\frac{1}{2}m\cdot 2\dot{\rho}^{2}}_{=m\dot{\rho}^2}+\underbrace{\frac{1}{2}m\cdot \rho^{2}\dot{\varphi}^{2}}_{=\tfrac{1}{2}m\rho^{2}\dot{\varphi}^{2}}-a\rho-b\cos\varphi.
Ou seja
L = m\dot{\rho}^2+\frac{1}{2}m\rho^2\dot{\varphi}^2 - a\rho - b\cos\varphi.
Agora as derivadas parciais ficam mais diretas.

Passo 4

Equação de Euler–Lagrange para \rho.
  1. Calcular \dfrac{\partial L}{\partial \dot{\rho}}. A única dependência de \dot{\rho} é no termo m\dot{\rho}^2. Derivando:
\frac{\partial L}{\partial \dot{\rho}} = \frac{\partial}{\partial \dot{\rho}}\big(m\dot{\rho}^2\big) = 2m\dot{\rho}.
  1. Calcular \dfrac{d}{dt}\!\left(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\rho}}\right):
\frac{d}{dt}\!\left(2m\dot{\rho}\right)=2m\ddot{\rho}.
(uso a regra básica de derivação: d(\dot{\rho})/dt=\ddot{\rho}, m é constante.)
  1. Calcular \dfrac{\partial L}{\partial \rho}. Há duas dependências:
  • do termo \tfrac{1}{2}m\rho^2\dot{\varphi}^2: derivando em relação a \rho m\rho\dot{\varphi}^2 (pois \frac{d}{d\rho}\rho^2=2\rho e \tfrac{1}{2}\cdot 2 =1);
  • do termo -a\rho: derivando dá -a.
    O termo -b\cos\varphi não depende de \rho. Assim
\frac{\partial L}{\partial \rho}=m\rho\dot{\varphi}^2 - a.
  1. Montando Euler–Lagrange:
\frac{d}{dt}\!\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\rho}}\right)-\frac{\partial L}{\partial \rho}=0
leva a
2m\ddot{\rho} - \big(m\rho\dot{\varphi}^2 - a\big)=0.
Isolando \ddot{\rho},
2m\ddot{\rho}=m\rho\dot{\varphi}^2 - a,
ou, dividindo por 2m,
\ddot{\rho}=\frac{1}{2}\rho\dot{\varphi}^2 - \frac{a}{2m}.
Mostrei passo a passo cada derivada para você poder repetir na prova.

Passo 5

Equação de Euler–Lagrange para \varphi.
  1. Calcular \dfrac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}}. A dependência é apenas em \tfrac{1}{2}m\rho^2\dot{\varphi}^2. Derivando em relação a \dot{\varphi}:
\frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}} = \frac{\partial}{\partial \dot{\varphi}}\!\left(\tfrac{1}{2}m\rho^2\dot{\varphi}^2\right) = m\rho^2\dot{\varphi}.
(Explicando: \frac{d}{d\dot{\varphi}}(\dot{\varphi}^2)=2\dot{\varphi}, multiplicando por \tfrac{1}{2}m\rho^2 m\rho^2\dot{\varphi}.)
  1. Calcular \dfrac{d}{dt}\!\left(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}}\right). Agora atenção ao produto: \rho depende do tempo, então
\frac{d}{dt}\!\left(m\rho^2\dot{\varphi}\right)=m\frac{d}{dt}\!\left(\rho^2\dot{\varphi}\right) = m\big(2\rho\dot{\rho}\dot{\varphi} + \rho^2\ddot{\varphi}\big).
Aqui usei a regra do produto e \dfrac{d}{dt}(\rho^2)=2\rho\dot{\rho}.
  1. Calcular \dfrac{\partial L}{\partial \varphi}. A única dependência explícita em \varphi vem de -b\cos\varphi. Derivando:
\frac{\partial L}{\partial \varphi} = \frac{d}{d\varphi}\!\left(-b\cos\varphi\right)= b\sin\varphi.
  1. Montando Euler–Lagrange:
\frac{d}{dt}\!\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi}}\right)-\frac{\partial L}{\partial \varphi}=0
fica
m\big(2\rho\dot{\rho}\dot{\varphi} + \rho^2\ddot{\varphi}\big) - b\sin\varphi = 0.
Podemos escrever em forma mais compacta usando derivada total do momento angular:
\frac{d}{dt}\!\left(m\rho^2\dot{\varphi}\right)=b\sin\varphi,
ou isolando \ddot{\varphi},
\rho^2\ddot{\varphi} + 2\rho\dot{\rho}\dot{\varphi} = \frac{b}{m}\sin\varphi.

Resposta

2m\ddot{\rho}-m\rho\dot{\varphi}^{2}+a=0
m\big(2\rho\dot{\rho}\dot{\varphi}+\rho^{2}\ddot{\varphi}\big)-b\sin\varphi=0

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