Exercícios Resolvidos de Dinâmica e Sistemas Dinâmicos

Exercícios Resolvidos de Dinâmica e Sistemas Dinâmicos Quinta edição Jaime E. Villate Exercícios Resolvidos de Dinâmica e Sistemas Dinâmicos Jaime E. Villate Faculdade de Engenharia Universidade do Porto Exercícios Resolvidos de Dinâmica e Sistemas Dinâmicos Copyright © 2021, Jaime E. Villate E-mail: [email protected].pt Este trabalho está licenciado sob a Licença Creative Commons Atribuição-Partilha 4.0 Internacional. Para ver uma cópia desta licença, visite http://creativecommons.org/licenses/by-sa/4.0/ ou envie uma carta para Creative Commons, PO Box 1866, Mountain View, CA 94042, USA. A versão mais recente deste trabalho está disponível em https://def.fe.up.pt/dinamica/problemas.html onde pode ser consultado, copiado e reproduzido livremente, de acordo com os termos da licença. Edição do autor. ISBN: 978-972-752-273-6 DOI: 10.24840/978-972-752-273-6 ( https://doi.org/10.24840/978-972-752-273-6 ) Quinta edição Fevereiro de 2021 Conteúdo Prefácio v 1 Cinemática 1 2 Cinemática vetorial 7 3 Movimento curvilíneo 15 4 Mecânica vetorial 25 5 Dinâmica dos corpos rígidos 33 6 Trabalho e energia 43 7 Sistemas dinâmicos 51 8 Mecânica lagrangiana 61 9 Sistemas lineares 75 10 Sistemas não lineares 87 11 Ciclos limite e dinâmica populacional 101 12 Sistemas caóticos 109 Bibliografia 117 Prefácio Esta obra complementa o livro Dinâmica e Sistemas Dinâmicos (Villate, quinta edição, 2019). Em cada capítulo apresenta-se uma proposta de resolução de alguns dos problemas no fim de cada capítulo desse livro. Tal como nesse livro, em alguns casos usa-se o Sistema de Álgebra Computacional (CAS) Maxima na resolução dos problemas. Espera-se que os comandos de Maxima usados sejam também compreensíveis para quem não use esse software, e sirvam como indicação dos passos a seguir na resolução com outras ferramentas de cálculo. O tema central do livro é a mecânica, incluindo-se também alguns temas contemporâneos, como sistemas não lineares e sistemas caóticos. A abordagem adotada situa-se no âmbito da mecânica clássica, admitindo-se a existência de um espaço absoluto e de um tempo absoluto, independentes dos observadores. Os seis primeiros capítulos seguem o programa tradicional das disciplinas de introdução à mecânica para estudantes de ciências e engenharia, sem incluir sistemas de vários corpos nem mecânica dos fluidos. O capítulo 7 é uma introdução aos sistemas dinâmicos. O capítulo 8 aborda a mecânica lagrangiana e os capítulos 9, 10 11 e 12 são sobre sistemas dinâmicos. Todas as figuras são originais e são licenciadas sob a mesma licença do livro: Creative Commons Atribuição-Partilha 4.0 Internacional. Jaime E. Villate E-mail: [email protected]t Porto, fevereiro de 2021 1 Cinemática Problema 3 A expressão da aceleração tangencial de um objeto é at=− 4 m/s 2 . Se em t= 0, v=+ 24 m/s e a posição na trajetória é s= 0, determine a velocidade e a posição em t=8 s e a distância total percorrida, ao longo da trajetória, entre t=0 e t=8 s. Para calcular a velocidade em t= 8, substitui-se a expressão da aceleração constante na equação que relaciona a aceleração com a velocidade e o tempo −4=dv dt Separando variáveis e integrando, encontra-se a velocidade em t=8 −4 8 Z0 dt= v Z 24 dv0=⇒ v=−8 Para calcular a posição final, substitui-se a expressão da aceleração constante na equação que relaciona a aceleração com a velocidade e a posição −4=vdv ds Separando variáveis e integrando, −4 s Z0 ds0= −8 Z 24 vdv=⇒ s=64 O valor negativo da velocidade final quer dizer que o objeto deslocouse até um ponto onde parou e em t= 8 está de regresso na direção da origem. Para calcular a distância total percorrida é necessário determinar a posição do ponto onde parou −4 s Z0 ds0= 0 Z 24 vdv=⇒ s=72 8Cinemática vetorial Comparando com hn=− 0 . 18 n , conclui-se que o berlinde bate no quarto degrau (−0.784 é menor que −0.72). Problema 6 A velocidade de uma partícula em movimento no plano xy é dada pela expressão: ~ v= 3e −2tˆ ı− 5e −tˆ  (unidades SI). No instante t = 0 a partícula encontra-se no eixo dos y, na posição 2 ˆ . (a) Determine em que instante passará pelo eixo dos x e a que distância da origem estará nesse instante. (b) Calcule a aceleração em t= 0 e no instante em que passa pelo eixo dos x. A expressão da posição obtém-se somando a posição inicial mais o integral da velocidade, em ordem ao tempo, desde o instante inicial até um instante qualquer (%i1) v:[3*exp(-2*t), -5*exp(-t)]$ (%i2) r0:[0,2]$ (%i3) r:r0 +integrate(v,t,0,t); (%o3) "3Ã1 2−e−2t 2!, 2−5¡1−e−t¢# (%i4) float(solve(r[2]=0,t)); (%o4) [t=0.5108 ] (%i5) float(subst(%,r)); (%o5) [0.96, 0.0 ] Ou seja, a partícula passa pelo eixo dos x no instante t= 0 . 5108 s e a uma distância de 0.96 m da origem. (%i6) a:diff(v,t); (%o6) £−6e−2t, 5e^−t¤ (%i7) subst(t=0,a); (%o7) [−6, 5] (%i8) subst(%o4,a); (%o8) [−2.16, 3.0] 9 A aceleração no instante inicial é ( − 6 ˆ ı+ 5 ˆ  ) m/s 2 e quando passa pelo eixo dos xé (−2.16 ˆ ı+3ˆ ) m/s2. Problema 9 Uma pedra roda pelo telhado de uma casa, que faz um ângulo de 20 ◦ com a horizontal. No instante em que a pedra abandona o telhado e cai livremente, o valor da sua velocidade é 4 m/s e encontra-se a uma altura de 6 m. Admitindo que a resistência do ar é desprezável, (a) Calcule o tempo que demora a cair ao chão, desde o instante em que abandona o telhado. (b) A que distância horizontal bate a pedra no chão, em relação ao ponto onde abandonou o telhado? (c) Calcule o ângulo que a velocidade da pedra faz com a vertical no instante em que bate no chão. (a) Com x na horizontal e y na vertical, a velocidade inicial é (unidades SI) ~ vi=4 cos(20◦)ˆ ı−4 sin(20◦)ˆ =3.759ˆ ı−1.368 ˆ  A posição inicial é 6 ˆ  e a aceleração é constante: ~ a=− 9 . 8 ˆ  . A expressão da velocidade obtém-se integrando a aceleração desde o instante inicial até um instante qualquer ~ v(t)=~ vi+ t Z0 ~ a(t0)dt0=3.759ˆ ı−(1.368+9.8t)ˆ  e a expressão da posição obtém-se integrando essa expressão da velocidade desde o instante inicial até um instante qualquer ~ r(t)=~ ri+ t Z0 ~ v(t0)dt0=3.759tˆ ı+¡6−1.368t−4.9t2¢ˆ  O tempo que demora até bater no chão é o tempo que faz com que a componente yda posição seja nula t=1.368−p1.3682+4×4.9×6 −9.8 =0.9757 s 10 Cinemática vetorial (b) A distância horizontal entre o ponto onde a pedra bate no chão e o ponto onde abandonou o telhado é o valor da componente x da posição no instante em que bate no chão 3.759×0.9757 =3.668 m (c) A velocidade no instante em que bate no chão é 3.759ˆ ı−(1.368+9.8×0.9757)ˆ =3.759ˆ ı−10.93 ˆ  e o ângulo que faz com a vertical é a tangente inversa da componente x dividida pelo valor absoluto da componente y θ=arctanµ3.759 10.93¶=18.98◦ Problema 10 Um barco transposta passageiros de uma margem de um rio para a outra margem, seguindo o percurso mais curto de 1.5 km entre as duas margens. Quando o motor do barco funciona na potência máxima, a travessia demora 20 minutos, num dia em que o valor da velocidade da corrente no rio é 1.2 m/s; calcule o valor da velocidade do barco, nesse dia, (a) em relação à Terra e (b) em relação à água. (c) Determine o tempo mínimo que o barco demorava a atravessar o mesmo rio, num dia em que o valor da velocidade da corrente fosse 0.8 m/s. (a) O barco desloca-se 1500 m entre as duas margens, durante 20 minutos, com velocidade constante. Como tal, a sua velocidade em relação à terra é igual a vb=∆s ∆t=1500 20×60 =1.25 m/s (b) A velocidade do barco em relação à água, ~ vb/a , mais a velocidade da corrente, ~ va , é igual à velocidade do barco em relação à Terra, ~ vb , como se mostra na figura seguinte. ~ vb ~ vb/a ~ va 1.25 1.2 vb/a 11 Como o barco atravessa o rio na direção perpendicular às margens, a velocidade da corrente é perpendicular à velocidade do barco e essas duas velocidades são os catetos num triângulo retângulo onde vb/a é a hipotenusa. Como tal, a velocidade do barco em relação à água é vb/a =p1.252+1.22=1.733 m/s (c) O motor do barco é responsável pela sua velocidade em relação à água, ~ vb/a . A velocidade em relação à Terra depende também da corrente no rio. O valor de vb/a calculado na alínea anterior corresponde à velocidade máxima produzida pelo motor. No segundo dia, para atravessar o rio no tempo mínimo, o motor deverá funcionar à sua potência máxima produzindo esse mesmo valor da velocidade, vb/a , mas a direção do vetor ~ vb/a deverá ser diferente, para que ~ vb=~ vb/a +~ va seja novamente perpendicular às margens do rio. No triângulo retângulo da figura acima, o comprimento da hipotenusa será então 1.733, mas os catetos terão valores diferentes. O cateto vertical (velocidade da corrente) terá comprimento 0.8. vb 0.8 1.733 Como tal, o comprimento do cateto horizontal será: vb=p1.7332−0.82=1.537 m/s Com essa velocidade, o tempo mínimo necessário para atravessar o rio será ∆t=∆s vb=1500 1.537 =975.9 s ou seja, aproximadamente 16 minutos e 16 segundos. 12 Cinemática vetorial Problema 13 Três cilindros A, B e C foram pendurados no sistema de duas roldanas que mostra a figura. Num instante, a velocidade do bloco A é vA= 3 m/s, para cima, e a sua aceleração é aA= 2 m/s 2 , para baixo; no mesmo instante, a velocidade e aceleração do bloco C são: vC= 1 m/s, para baixo, aC= 4 m/s 2 , para cima. Determine a velocidade e aceleração do bloco B, no mesmo instante, indicando se são para cima ou para baixo. AB C vA aA aC vC AB C yAyByC yR Definem-se 4 variáveis yA , yB , yC e yR para medir as posições dos cilindros e da roldana móvel, em relação a algo fixo, por exemplo o teto, tal como mostra a figura ao lado. Como o cilindro A e a roldana móvel estão ligados por um fio, então yA+yR=constante e a ligação dos cilindros B e C com outro fio que passa pela roldana móvel implica: ¡yB−yR¢+¡yC−yR¢=constante 13 Derivando essas duas equações em ordem ao tempo, obtêm-se as relações para as velocidades: (vA+vR=0 vB+vC−2vR=0=⇒ vB=−2vA−vC Como as distâncias y aumentam quando os objetos descem, então as velocidades para baixo são positivas e para cima são negativas. Assim sendo, as velocidades dadas no enunciado são vA=− 3 e vC= 1 e a equação acima dá vB= 5; ou seja, a velocidade do cilindro B é 5 m/s, para baixo. Derivando novamente a relação entre as velocidades obtém-se a relação entre as acelerações: aB=−2aA−aC e substituindo os valores dados, aA= 2 e aC=− 4, obtém-se aB= 0; ou seja, a aceleração do cilindro B é nula. Problema 14 No sistema da figura, encontre a relação entre os valores das velocidades e das acelerações da barra A e do cilindro B, admitindo que a barra A permanece sempre horizontal. A B Há dois movimentos diferentes: o movimento da barra e das duas roldanas móveis e o movimento do cilindro. Esses dois movimentos são a variação da posição da barra e do cilindro em relação a algum objeto fixo; usando como referência o teto (ver figura) as posições da barra e do cilindro são xAexB. 14 Cinemática vetorial A B xAxB A distância entre o centro de uma das roldanas móveis e o centro de uma das roldanas fixas é xA menos uma constante. Assim sendo, o comprimento do fio é L=4xA+xB+constantes Derivando esta equação em ordem ao tempo obtém-se vB=−4vA e derivando novamente aB=−4aA 3 Movimento curvilíneo Problema 2 Um motorista entra numa curva a 72 km/h, e trava, fazendo com que o valor da velocidade diminua a uma taxa constante de 4.5 km/h cada segundo. Observando a figura, faça uma estimativa do raio de curvatura da estrada e calcule o valor da aceleração do automóvel 4 segundos após ter iniciado a travagem. 5 m O raio é aproximadamente 16.7 m. A aceleração tangencial (taxa de aumento da velocidade) é igual a at=−4.5 km/h s=−4500 3600 m s2=−1.25 m s2 Resolvendo a equação que relaciona a aceleração tangencial com a velocidade e o tempo obtém-se a velocidade após os 4 segundos (72 km/h equivale a 20 m/s) v Z 20 dv=− 4 Z0 1.25dt=⇒ v=15 E a aceleração total é a=qa2 t+a2 n=s1.252+154 16.72=13.53 m s2 16 Movimento curvilíneo Este valor é uma aproximação, porque o raio foi calculado de forma aproximada. Problema 5 Dois carros A e B passam por uma curva usando trajetórias diferentes. A figura mostra a curva delimitada pela reta C. O carro B faz um percurso semicircular com raio de 102 m; o carro A avança uma distância em linha reta, a seguir segue um semicírculo com raio 82 m e termina com outro trajeto em linha reta. Os dois carros deslocam-se à velocidade máxima que podem ter para conseguir fazer a curva, que para o tipo de pneus usados corresponde à velocidade que produz uma aceleração normal de 0 . 8 g , onde g é a aceleração da gravidade. Calcule o tempo que demora cada um dos carros a fazer a curva. 102 m 82 m C C A B Como cada carro faz a curva com velocidade constante, o tempo que demora é ∆t=∆s v A velocidade de cada carro é a que conduz ao valor máximo da aceleração normal, ou seja v2 R=0.8g=⇒ v=p7.84R No caso do automóvel B, o percurso é metade da circunferência de 102 metros de raio ∆s=102πv=p7.84×102 =28.279 17 E como tal, o tempo que demora é ∆t=102π 28.279 =11.33 s No caso do automóvel A, o percurso é metade da circunferência de 82 metros de raio, mais dois segmentos retos de 20 m cada um ∆s=2×20+82πv=p7.84×82 =25.355 E o tempo que demora o carro A é ∆t=40+82π 25.355 =11.74 s Problema 7 Uma partícula segue a trajetória que mostra a figura, partindo do repouso em A e aumentando a velocidade com aceleração constante até o ponto B. Desde B até E mantém velocidade constante de 10 m/s e a partir de E começa a abrandar, com aceleração constante, até parar no ponto F. A distância AB é 60 cm, CD é 20 cm e EF é 45 cm; o raio do arco BC é 60 cm e o raio do arco DE é 45 cm. Determine: (a) O módulo da aceleração da partícula em cada um dos trajetos AB, BC, CD, DE e EF. (b) O tempo total do movimento desde A até F e a velocidade média nesse percurso. A B C D E F (a) No trajeto AB, at=vdv ds=⇒ at 0.6 Z0 ds= 10 Z0 vdv=⇒ at=83.33 m/s2 4 Mecânica vetorial Problema 1 Uma pessoa com 70 kg sobe num ascensor até o sexto andar de um prédio. O ascensor parte do repouso no rés de chão, acelera até o segundo andar, com aceleração uniforme de 2 m/s 2 , mantém a velocidade constante entre o segundo e o quarto andar e trava entre o quarto e o sexto andar, com aceleração uniforme de − 2 m/s 2 . Determine o módulo da reação normal nos pés da pessoa, em cada parte do percurso. ~ Rn m~ g A figura mostra o diagrama de corpo livre da pessoa, onde ~ Rn é a reação normal do chão do elevador nos seus pés. Definindo o sentido positivo de baixo para cima, a soma das duas forças externas é então Rn−m g =Rn−686 Entre o rés de chão e o segundo andar a força resultante aponta para cima e, assim sendo Rn−686 =70×2=⇒ Rn=826 N Entre o segundo e o quarto andar, a força resultante é nula Rn−686 =0=⇒ Rn=686 N Finalmente, entre o quarto e o sexto andar, a força resultante é negativa, porque aponta para baixo Rn−686 =−70×2=⇒ Rn=546 N 26 Mecânica vetorial Problema 5 Um homem com 72 kg empurra uma caixa de madeira com 8 kg sobre um chão horizontal, exercendo uma força horizontal nela que a faz deslizar no chão. Sobre a caixa está pousado um livro com 0.6 kg. O homem, a caixa e o livro deslocam-se conjuntamente, com aceleração igual a 0.5 m/s 2 . Determine os valores das forças de atrito entre o chão e a caixa, entre a caixa e o livro e entre o chão e os pés do homem, ignorando a resistência do ar e sabendo que os coeficientes de atrito estático ( µe ) e atrito cinético ( µc ) são: entre o chão e a caixa, µe= 0 . 25 e µc= 0 . 2; entre a caixa e o livro, µe= 0 . 35 e µc= 0 . 28; entre o chão e os pés do homem, µe=0.4 e µc=0.3. Existem quatro pontos de contacto entre corpos rígidos: 1. Entre a base do livro e a tampa da caixa. 2. Entre a base da caixa e o chão. 3. Entre os pés do homem e o chão. 4. Entre as mãos do homem e a parede lateral direita da caixa (admitindo que está a ser empurrada para a esquerda). Em 1 há reação normal, N1 , vertical, e força horizontal, F1 , de atrito estático porque o livro não está a deslizar sobre a caixa. Em 2 há força de reação normal, N2 , vertical, e força horizontal, F2 , de atrito cinético, porque a caixa desliza sobre o chão. Em 3 há reação normal, N3 , vertical, e força horizontal, F3 , de atrito estático porque os pés do homem não derrapam sobre o chão. Em 4 há apenas reação normal, N4 , porque o enunciado diz que a força que o homem exerce na caixa é horizontal. A figura seguinte mostra os diagramas de corpo livre do livro, da caixa e do homem. mlgN1 F1mcg N2 F2 N1 F1N4 mhg N4 N3 F3 No livro, F1 aponta para a esquerda, porque o livro acelera para a esquerda. O mesmo acontece com a força F3 no homem. Essas duas forças 27 de atrito estático não podem ultrapassar o valor máximo, µeN , mas podem ter qualquer valor entre 0 e esse valor máximo. A força de atrito cinético F2 é no sentido oposto ao movimento da caixa e tem módulo igual a F2=µcN2= 0 . 2 N2 . Os pesos do livro, da caixa e do homem são: Pl=5.88 N, Pc=78.4 N e Ph=705.6 N. As duas equações de movimento de translação do livro são (unidades SI): N1=5.88 F1=mla=0.6×0.5 =0.3 As equações de movimento de translação da caixa são: N2=78.4+N1=84.28 N4−F1−F2=mca =⇒ N4=8×0.5+0.3+0.2×84.28 =21.156 E as equações de movimento de translação do homem são: N3=705.6 F3−N4=mha =⇒ F3=72×0.5+21.156 =57.156 O valor máximo que pode ter F1 é 0 . 35 N1= 2 . 058 e o valor máximo possível de F3 é 0 . 4 N3= 282 . 24. Como os resultados obtidos não ultrapassam esses valores máximos, esses resultados são válidos e a resposta é: a força de atrito entre a caixa e o livro é 0.3 N, a força de atrito entre a caixa e o chão é 0.2 × 84.28 = 16.856 N e a força de atrito entre o chão e os pés do homem é 57.156 N. Problema 6 Um automóvel com 1230 kg sobe uma rampa com declive de 8 por cento, com velocidade constante. Determine: (a) O valor da força de atrito total (soma das forças nos quatro pneus). (b) O valor mínimo do coeficiente de atrito estático entre a estrada e os pneus para que o automóvel consiga subir a rampa. d v 100 8 28 Mecânica vetorial x y θ m~g ~ Rn~ Fa A figura mostra o diagrama de corpo livre do automóvel, onde ~ Rn e ~ Fa são a soma das reações normais e das forças de atrito nos quatro pneus (para que ~ Fa aponte no sentido do movimento, deve ser atrito estático, pelo menos em alguns dos pneus). Como a velocidade é linear e constante, a aceleração é nula e a soma das forças externas também. Usando os dois eixos indicados na figura, as somas das componentes x e y das forças devem ser ambas nulas Rn−m g cosθ=0Fa−m g sinθ=0 (a) Como o ângulo θ é igual à inclinação da rampa, então a segunda equação conduz a Fa=m g sinθ=1230×9.8×8 p1002+82=961.2 N (b) A reação normal determina-se resolvendo a condição da soma das componentes ydas forças Rn=m g cosθ=1230×9.8×100 p1002+82=12015.6 N E como Fa≤µeRn então µe≥Fa Rn=⇒ µe≥0.08 θ m~g ~ Fa ~ Rn Este problema também podia ser resolvido colocando as três forças uma a continuação da outra, como se mostra na figura ao lado. Como a força resultante é nula, os três vetores formam um triângulo, que neste caso é retângulo e semelhante ao triângulo da rampa. Por semelhança de triângulos conclui-se que a força de atrito é igual a 8 m g / p10064 , a reação normal é igual a 100 m g / p10064 e o coeficiente de atrito mínimo é 8/100. 29 Problema 8 Uma esfera de raio R e massa volúmica ρe cai livremente dentro de um fluido com massa volúmica ρ e coeficiente de viscosidade η . (a) Encontre as expressões para a velocidade terminal quando a resistência do fluido é proporcional à velocidade ou quando é proporcional ao quadrado da velocidade. (b) Calcule a velocidade terminal dentro de glicerina, água e ar de uma esfera de aço (massa volúmica 7800 kg/m 3 ) e diâmetro de 1 cm; em cada caso determine o valor do número de Reynolds. Use os dados na tabela seguinte: Fluido Viscosidade (kg/(m·s)) Massa volúmica (kg/m3) Glicerina 1.5 1200 Água 10−31000 Ar 1.8×10−51.2 ~ Fr m′~g (a) A figura mostra o diagrama de corpo livre da esfera, onde m0 é igual à massa da esfera menos a massa do fluido que ocuparia o mesmo volume da esfera e ~ Fr é a força de resistência do fluído, que inicialmente é nula, mas aumenta à medida que a velocidade da esfera aumenta. No instante em que o módulo da força de resistência seja igual ao peso, a aceleração será nula, a esfera atingirá a velocidade limite constante e a força de resistência permanecerá também constante. Como tal, a condição que permite determinar a velocidade terminal é m0g=Fr=⇒ 4 3πR3(ρe−ρ)g=Fr No caso da força de resistência proporcional à velocidade, a equação 4.12 para uma esfera conduz à seguinte expressão 4 3πR3(ρe−ρ)g=6πηR v v=2R2g 9η(ρe−ρ) 30 Mecânica vetorial E no caso da força de resistência proporcional ao quadrado da velocidade, a equação 4.14 para uma esfera conduz à seguinte expressão 4 3πR3(ρe−ρ)g=π 4ρR2v2 v=s16 3R g µρe ρ−1¶ (b) Na glicerina, como a viscosidade é elevada, admite-se que a força de resistência seja proporcional à velocidade e, assim sendo, a velocidade terminal da esfera é v=2×0.0052×9.8 9×1.5 (7800−1200) =0.240m/s Usando o raio da esfera, o número de Reynolds é NR=0.005×0.240 µ1200 1.5 ¶=0.958 Que por ser da ordem de grandeza das unidades corrobora que a força de resistência sim é proporcional à velocidade. Os mesmos cálculos no caso da água conduzem aos seguintes resultados v=2×0.0052×9.8 9×10−3(7800−1000) =370.2m/s NR=0.005×370.2 µ1000 10−3¶=1.85×106 Que é um resultando inconsistente, porque o número de Reynolds é da ordem dos milhões. Isso implica que é necessário repetir os cálculos admitindo que a força de resistência é proporcional ao quadrado da velocidade v=s16 3×0.005×9.8 µ7800 1000 −1¶=1.33m/s NR=0.005×1.33 µ1000 10−3¶=6665 31 Que sim é um resultado consistente. Repetindo os mesmos cálculos para o caso do ar, encontra-se v=s16 3×0.005×9.8 µ7800 1.2 −1¶=41.2m/s NR=0.005×41.2 µ1.2 1.8×10−5¶=13737 Problema 10 Para medir o coeficiente de atrito estático entre um bloco e um disco, fez-se rodar o disco com uma aceleração angular α= 5 rad /s 2 constante. O disco parte do repouso em t= 0 e no instante t= 0 . 82 s o bloco começa a derrapar sobre o disco. Determine o valor do coeficiente de atrito estático. α 8 cm A figura seguinte mostra o diagrama de corpo livre do bloco, onde ~ Rn é a reação normal e ~ Fa a força de atrito estático. Como não há movimento vertical, a reação normal é igual ao peso e a força de atrito é a força resultante Fa=m a . Enquanto o bloco acompanha o movimento do disco, a sua aceleração a é a mesma aceleração do movimento circular do disco, ou seja Fa=mqa2 t+a2 n=mpα2r2+ω4r2=mr pα2+ω4 32 Mecânica vetorial mg Rn Fa No instante em que o bloco começa a derrapar, a força de atrito estático é máxima, e µe=Fa Rn=r gpα2+ω4 Para encontrar a velocidade angular no instante em que o bloco começa a derrapar, integra-se a equação que relaciona a aceleração angular com a velocidade angular e o tempo, α=˙ ω . Usando o método de separação de variáveis, ω Z0 dω= 0.82 Z0 5dt=⇒ ω=4.1 E substituindo na expressão para o coeficiente de atrito µe=0.08 9.8 p52+4.14=0.143 5 Dinâmica dos corpos rígidos Problema 1 O martelo na figura apoia-se sobre um bloco de madeira de 40 mm de espessura, para facilitar a extração do prego. Sabendo que é necessária uma força de 200 N (perpendicular ao martelo) para extrair o prego, calcule a força sobre o prego e a reação no ponto A. Admita que o peso do martelo pode ser desprezado e em A existe suficiente atrito para evitar que o martelo escorregue. 200 N 200 mm 40 mm 40 mm 20˚ A 200 N 0.2 m 0.04 m 20˚ A Fp Fy Fx Para extrair o prego sem dobrá-lo, o martelo é usado para produzir uma força Fp sobre o prego, que aponta para cima. A reação dessa força é a força que o prego exerce sobre o martelo, que tem o mesmo módulo Fp , mas aponta para baixo, como se mostra no diagrama de corpo livre do martelo ao lado. O peso do martelo foi ignorado e a força de reação no ponto A foi dividida nas suas componentes Fx e Fypara facilitar os cálculos. 40 Dinâmica dos corpos rígidos (a) As forças externas sobre o atleta são o seu peso, de 891.8 N, a tensão na corda, ~ T , a reação normal do chão, ~ R , e a força de atrito estático no chão, ~ F: 15° 891.8 N A B CT R F A soma dos binários em qualquer ponto deve ser nula. Somando as forças no ponto A, as forças ~ R e ~ F não produzem nenhum binário e a soma dos binários de do peso e de Tem A é: 0.52×891.8+0.19Tsin(15◦)−0.91Tcos(15◦)=0 como tal, a tensão na corda é: T=0.52×891.8 0.91cos(15◦)−0.19Tsin(15◦)=559 N (b) As forças sobre o camião são a tensão na corda, o peso total do camião e da sua carga, e as reações normais e forças de atrito nos pneus. A direção e sentido dessas forças está indicado no diagrama seguinte: Fg ~ N1 ~ F1 ~ N2 ~ F2 ~ T 41 O atrito é estático e as forças de atrito apontam na direção oposta ao movimento, porque nenhuma das rodas tem tração. A força da resistência do ar foi desprezada, porque a velocidade deverá ser muito baixa, mas se fosse considerada teria a mesma direção e sentido das forças de atrito. Problema 10 O cilindro de 1.5 kg na figura desce verticalmente, fazendo acelerar o bloco de 5 kg sobre a mesa horizontal. A roldana pode ser considerada um disco uniforme de massa 0.4 kg. O fio faz rodar a roldana, sem deslizar sobre a sua superfície. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a mesa é 0.2. Determine o valor da aceleração do bloco e do cilindro, desprezando o atrito no eixo da roldana, a massa do fio e a resistência do ar. 5 kg 1.5 kg 0.4 kg A figura seguinte mostra os diagramas de corpo livre do bloco, da roldana e do cilindro: mg Rn Fa T1T1 T2 F mg T2 mg Há quatro forças a atuar no bloco: o peso, mg , a reação normal, Rn , a tensão no fio, T1 , e a força de atrito, Fa (diagrama ao lado). Como não há aceleração na vertical, a soma das forças verticais é nula, ou seja, Rn é igual ao peso, igual a 49 N. Como o atrito é cinético, a força de atrito é 42 Dinâmica dos corpos rígidos igual 0.2Rn=9.8 N e a soma das forças horizontais é T1−9.8 =5a=⇒ T1=9.8+5a Na roldana atuam 4 forças: o peso, as tensões nos dois lados do fio, T1 e T2 , e uma força F no eixo. Se r for o raio da roldana, o seu momento de inércia, em relação ao seu eixo, é mr2 /2 = 0 . 2 r2 . Como o fio não desliza sobre a roldana, então a aceleração angular é igual a a / r , onde a é a aceleração do bloco e do cilindro. A equação de movimento para a roldana é: (T2−T1)r=0.2r2³a r´ E substituindo a expressão já obtida para a tensão T1obtém-se, T2=9.8+5.2a No cilindro atuam o peso e a tensão T2 no fio e a equação de movimento é: 14.7−T2=1.5a E substituindo a expressão obtida para a tensão T2obtém-se, 14.7 =9.8+6.7a=⇒ a=0.7313 m s2 6 Trabalho e energia Problema 2 A lei da gravitação universal estabelece que qualquer corpo celeste de massa M produz uma força atrativa sobre qualquer outro corpo de massa m, dada pela expressão: ~ Fg=−G M m r2ˆ r onde G é a constante de gravitação universal, r é a distância entre os dois corpos e ˆ r é o versor radial, que aponta desde o corpo de massa M até o corpo de massa m . (a) Determine a expressão para a energia potencial gravítica Ug devida ao corpo de massa M . (b) Tendo em conta o resultado da alínea anterior, como se justifica a equação 6.17, Ug=m g z , para a energia potencial gravítica de um objeto na Terra? (a) Em coordenadas esféricas, o deslocamento infinitesimal é d~ r=drˆ r+rdφˆ eφ+rsinφdθˆ eθ Onde φ e θ são dois ângulos (medidos desde o semieixo positivo dos z e no plano xy desde o semieixo positivo dos x ) e os três versores ˆ r , ˆ eφ e ˆ eθ são perpendiculares entre si. Assim sendo, o produto escalar da força gravítica com o deslocamento infinitesimal é igual a: ~ Fg·d~ r=−G M m r2dr Como depende de apenas uma variável, conclui-se que o integral de linha de ~ Fg não depende do percurso de integração e a força gravítica é uma força conservativa. A energia potencial associada a essa força conservativa é igual a menos uma primitiva qualquer da força Ug=−Z~ Fg·d~ r=ZG M m r2dr=−G M m r 44 Trabalho e energia (b) Para um valor qualquer r0, a série de Taylor deUgé: −G M m r=−G M m r0+G M m r2 0 (r−r0)−... O primeiro termo é uma constante, que pode ser ignorada, porque a energia potencial pode incluir sempre uma constante arbitrária com qualquer valor. No segundo termo, substituindo r0 pelo raio da Terra, r−r0 é então a altura z desde a superfície da Terra e G M / r2 0 é igual à constante g . Ignorando o resto da série, que para valores de z muito menores que r0 não altera significativamente a soma dos dois primeiros termos, obtém-se Ug≈m g z. Problema 3 Num salto com vara, um atleta de 70 kg usa uma vara uniforme de 4.5 kg com 4.9 m de comprimento. O salto do atleta tem três fases: primeiro o atleta corre, com o seu centro de gravidade a 1 m de altura e com o centro de gravidade da vara a 1.5 m de altura, com velocidade de 9 m/s no instante em que possa a vara no chão. Na segunda fase, a energia da corrida é transferida para a vara, que se deforma e volta a esticar ficando vertical e elevando o atleta até uma altura próxima da altura da fasquia (desprezando forças dissipativas, até aqui a energia mecânica é constante). Finalmente o atleta estende os braços, aumentando a sua energia mecânica até o seu centro de gravidade subir a 5.8 m de altura, conseguindo ultrapassar a fasquia a 5.6 m. (a) Determine o trabalho realizado pelo saltador quando estende os braços. (b) Determine a força média que o saltador exerce sobre a vara na terceira fase. 45 Na primeira fase, a energia mecânica do sistema é igual à energia cinética do conjunto atleta-vara, mais as energias potenciais gravíticas do atleta e da vara. Medindo as alturas desde o chão, essa energia mecânica é: E1=1 274.5×92+70×9.8+4.5×9.8×1.5 =3769.4 J (a) Na terceira fase, após o atleta ter estendido os braços alcançando o ponto mais alto, ele e a vara estão em repouso nesse instante: a altura do centro de massa do atleta é 5.8 m e a altura do centro de massa da vara, na posição vertical, é metade do seu comprimento. A energia mecânica nessa terceira fase é igual à soma das energia potenciais gravítica do atleta e da vara: E3=70×9.8×5.8+4.5×9.8×2.45 =4086.8 J O trabalho realizado pelo atleta é igual ao aumento da energia mecânica desde a fase 1 até a fase 3: W=E3−E1=4086.8−3769.4 =317.4 J (b) A energia mecânica na segunda fase, E2 , é igual a E1 , porque nas fases 1 e 2 há conservação da energia mecânica. Como na fase dois o atleta e a vara estão em repouso, a energia mecânica é igual à energia potencial gravítica: E2=70×9.8×h+4.5×9.8×2.45 Igualando essa expressão ao valor obtido para E1 , encontra-se a altura que o atleta atinge, antes de estender os braços: h=5.337 m A força média é igual ao trabalho dividido pelo aumento da altura entre a segunda e a terceira fase: F=317.4 5.8−5.337 =686 N 46 Trabalho e energia Problema 4 Resolva o problema 7 do capítulo 4 aplicando o teorema do trabalho e a energia mecânica: Para determinar a rigidez de um material, coloca-se um bloco do material 30 cm por baixo de um cone metálico de 0.3 kg; o cone deixa-se cair livremente, a partir do repouso, penetrando o bloco até parar após ter penetrado uma distância xmax . Sabe-se que enquanto o cone está a penetrar o bloco, este exerce sobre o cone uma força oposta ao movimento, proporcional ao quadrado da distância penetrada, ou seja, com módulo k x2 , onde x é a distância penetrada pela ponta do cone e k é uma constante que mede a rigidez do material. Sabendo que a distância máxima que o cone penetrou até parar foi xmax = 5 cm, determine o valor da constante kde esse material. xmax 30 cm 0.3 kg A força exercida pelo bloco sobre o cone, quando o cone penetra no bloco, é uma força conservativa ou não? Como o cone está em repouso nas posições inicial e final, quando estava 30 cm acima do bloco e após penetrar 5 cm no bloco, não há variação da energia cinética nesse percurso e a diminuição da energia mecânica é igual à diminuição da energia potencial gravítica nesse percurso: ∆Em=−m g ∆h=−0.3×9.8×0.35 =−1.029 J Valor esse igual ao trabalho da força do bloco no cone, enquanto este penetra o bloco (a resistência do ar está a ser desprezada): −1.029 = 0.05 Z0−k x2dx=−0.053 3k 47 Essa expressão conduz ao valor k= 24696. Como as unidades de k x2 são newton, então as unidades da constante k são N/m 2 . A força do bloco não é conservativa, porque só atua quando o cone está a penetrar; se o cone voltasse a subir, após ter penetrado no bloco, o bloco já não produzia nenhuma força sobre o cone. Ou seja, a força do bloco depende implicitamente da velocidade, porque é diferente quando o cone está a descer (velocidade negativa) ou quando está a subir (velocidade positiva) e quando o cone pára, essa força não é proporcional a x2. Problema 7 Uma esfera de raio r roda, sem deslizar, dentro de uma calha semicircular de raio R, que está num plano vertical (ver figura). (a) Demonstre que, em função da derivada do ângulo θ , a energia cinética da esfera é Ec=7 10 m(R−r)2˙ θ2 (b) Desprezando a resistência do ar, a energia mecânica é constante e a sua derivada em ordem ao tempo é nula; derive a expressão da energia mecânica em ordem ao tempo e iguale a zero para encontrar a expressão da aceleração angular ¨ θ em função do ângulo. (c) Entre que valores deve estar a energia mecânica para que a esfera permaneça oscilando dentro da calha? (d) A partir do resultado da alínea b, determine a expressão para ¨ θ , no limite quando o raio da esfera é muito menor que o raio da calha ( R−r≈R ) e explique porque o resultado é diferente do resultado obtido para o pêndulo simples no problema 6. Rr θ AB C 48 Trabalho e energia (a) A trajetória do centro de massa da esfera é um arco de círculo com ângulo θe raio R−r; como tal, a velocidade do centro de massa é ve=(R−r)˙ θ Como a esfera não desliza, a velocidade do ponto de contacto com a calha é 0. A velocidade angular é a velocidade do centro de massa, menos a velocidade do ponto de contacto, dividida pela distância entre eles ω=(R−r)˙ θ r A energia cinética da esfera é Ec=1 2m v2 cm +1 2Icm ω2 Usando as expressões do momento de inércia da esfera (tabela 5.1), da velocidade do centro de massa e da velocidade angular, obtém-se Ec=1 2m(R−r)2˙ θ2+1 2µ2mr2 5¶(R−r)2˙ θ2 r2=7 10m(R−r)2˙ θ2 (b) A energia mecânica é Em=7 10m(R−r)2˙ θ2−m g (R−r) cosθ e a sua derivada em ordem ao tempo é dEm dt=7 5m(R−r)2˙ θ¨ θ+m g (R−r)˙ θsinθ Igualando a zero obtém-se ¨ θ=− 5g 7(R−r)sinθ (c) A energia mínima é quando a esfera fica no ponto mais baixo da calha (θ=0) com velocidade nula (˙ θ=0): Emin =−m g (R−r) e a energia máxima é quando a esfera chega até o ponto A (θ=90◦) com velocidade nula (˙ θ=0): Emax =0 49 (d) O valor absoluto de ¨ θ é menor num fator 5/7, devido a que parte da energia potencial gravítica é transformada em energia cinética de rotação da esfera. A energia cinética de rotação é sempre 2/5 da energia cinética de translação, independentemente do valor de r ; no limite r→ 0 também 2/7 da energia gravítica são convertidos em energia de rotação e apenas os restantes 5/7 fazem aumentar θ. Do ponto de vista das forças, no caso do pêndulo não há nenhuma força oposta ao movimento do centro de massa, enquanto que neste caso a força de atrito estático é oposta ao movimento do centro de massa. No entanto, essa força não realiza nenhum trabalho porque o ponto da esfera onde é aplicada não se desloca e a força de atrito não reduz a energia mecânica da esfera; simplesmente faz com que a energia fornecida pela gravidade sela distribuída entre energias cinéticas de translação e de rotação. Problema 9 Resolva o problema 8 do capítulo 5 aplicando o princípio de conservação da energia mecânica: A caixa retangular homogénea na figura está ligada a duas dobradiças que lhe permitem rodar para fechar a janela, ou abrir até a posição horizontal apresentada na figura, para dar sombra durante o dia. A corrente que segura a caixa na posição horizontal quebra-se repentinamente e a caixa cai batendo na parede. Desprezando o atrito nos eixos das dobradiças e a resistência do ar, calcule a velocidade angular com que a caixa bate na parede. 1.0 m 20 cm 1.2 m 56 Sistemas dinâmicos F x -15 -10 -5 0 5 10 15 -3 -2 -1 0 1 2 3 No ponto x = 0, a força é positiva no lado esquerdo, ou seja, aponta no sentido de x = 0, e negativa no lado direito: também aponta no sentido de x = 0. Como tal, o ponto (0, 0) no espaço de fase é ponto de equilíbrio estável. (e) Os ciclos e órbitas encontram-se mais facilmente analisando o gráfico da energia potencial: (%i4) plot2d (-x^4/4+2*x^2, [x,-3,3], [ylabel,"U"]); U x -3 -2 -1 0 1 2 3 4 -3 -2 -1 0 1 2 3 Se a energia mecânica for maior que 0 e menor que 4, o sistema pode estar a oscilar à volta do ponto de equilíbrio em x= 0. Como tal, existem infinitos ciclos. Se a energia mecânica for exatamente igual a 4, há seis possíveis movimentos: 57 1. O sistema, inicialmente em x<− 2, com velocidade positiva, aproximase assimptoticamente de x=−2. 2. O sistema, inicialmente em x<− 2, com velocidade negativa, afasta-se até x→−∞. (em t→−∞aproxima-se de x=−2). 3. O sistema, inicialmente em x> 2, com velocidade negativa, aproximase assimptoticamente de x=2. 4. O sistema, inicialmente em x> 2, com velocidade positiva, afasta-se até x→∞(em t→−∞aproxima-se de x=2). 5. O sistema, inicialmente em − 2 <x< 2, com velocidade positiva, aproxima-se assimptoticamente de x= 2 (em t→−∞ aproxima-se de x=−2). 6. O sistema, inicialmente em − 2 <x< 2, com velocidade negativa, aproxima-se assimptoticamente de x=− 2 (em t→−∞ aproxima-se de x=2). As curvas de evolução correspondentes aos últimos dois movimentos na lista anterior formam uma órbita heteroclínica. Não existem órbitas homoclínicas; para que existissem seria necessário que houvesse um nível de energia mecânica que passasse por apenas um ponto de equilíbrio instável e por um ponto de retorno, mas isso não acontece no gráfico de U. O retrato de fase obtém-se com o seguinte comando (a opção vectors é usada neste caso para que não seja mostrado o campo de direções): (%i5) plotdf ([v,x^3-4*x], [x,v], [x,-3,3], [v,-3,3], [vectors,""]); Se no instante inicial a partícula estiver na região − 2 <x< 2 com velocidade zero, ficará oscilando em torno do ponto x= 0. Como tal, para mostrar um ciclo no gráfico produzido por plotdf basta clicar num ponto com coordenada v≈ 0 e x no intervalo ]-2, 2[. Ou, com maior precisão, entra-se no menu de configuração e escrevem-se as coordenadas x e v do estado inicial, separadas por espaço; por exemplo: 0.8 0. A seguir clica-se na tecla “Enter” e aparecerá o respetivo ciclo no gráfico. A trajetória heteroclínica pode ser traçada usando como estado inicial um ponto próximo dum dos pontos de equilíbrio instável (-2, 0) ou (2, 0). No entanto, a instabilidade do ponto faz com que o método numérico usado por plotdf para traçar a trajetória seja instável. É necessário experimentar com diferentes valores do estado inicial; o resultado na figura seguinte foi obtido usando como estado inicial (1.99, 0). 58 Sistemas dinâmicos -3 -2 -1 0 1 2 3 -2.5 0 2.5 v x Problema 6 A figura mostra o retrato de fase do sistema dinâmico com equações de evolução: ˙ x=y−y3˙ y=−x−y2 (a) Indique se o sistema tem algum ciclo, órbita homoclínica ou órbita heteroclínica. (b) Explique porque a seguinte afirmação é errada: “O retrato de fase inclui duas curvas de evolução parabólicas que se cruzam em dois pontos”. -3 -2 -1 0 1 2 3 -2 -1 0 1 2 3 y x 59 (a) A primeira componente da velocidade de fase, y−y3 , é nula quando y for igual a 0, 1 ou − 1. Existem então unicamente 3 pontos de equilíbrio, (0, 0), ( − 1, 1) e ( − 1, − 1), que aparecem todos na figura e, como tal, as curvas de evolução importantes já estão todas na figura. A figura mostra que não existe nenhuma órbita homoclínica, existem infinitos ciclos em torno da origem e uma órbita heteroclínica entre os pontos ( − 1, 1) e ( − 1, −1). (b) As duas parábolas são realmente 2 pontos de equilíbrio e 6 curvas de evolução diferentes, que se aproximam assimptoticamente ou se afastam desses dois pontos, sem tocá-los. As curvas de evolução nunca podem cruzar-se. Problema 9 A equação de movimento de um pêndulo simples é (problema 6 do capítulo 6) ¨ θ=−g lsinθ As variáveis de estado são o ângulo com a vertical, θ e a derivada desse ângulo, ω. (a) Escreva as equações de evolução do sistema. (b) Determine a função hamiltoniana H ( θ,ω ) a partir das equações de Hamilton: ˙ θ=∂H ∂ω ˙ ω=−∂H ∂θ (c) Analisando o gráfico da energia potencial (função hamiltoniana com ω = 0), demostre que o sistema tem muitas órbitas heteroclínicas e ciclos mas nenhuma órbita homoclínica. (a) Introduzindo a velocidade angular ω , a equação de movimento transformase num sistema de duas equações de primeira ordem ˙ θ=ω˙ ω=−g lsinθ (b) Substituindo as equações de evolução nas equações de Hamilton obtém-se ω=∂H ∂ω g lsinθ=∂H ∂θ 60 Sistemas dinâmicos A primeira equação implica que H é igual a ω2 /2, mais uma função f que depende de θ . Derivando essa expressão em ordem a θ e substituindo na segunda equação acima, obtém-se g lsinθ=df dθ=⇒ f=−g lcosθ e a função hamiltoniana é H(θ,ω)=ω2 2−g lcosθ observe-se que é igual à energia mecânica Em , dividida pelo momento de inércia ml2. (c) A energia potencial é igual a uma constante negativa vezes cosθ . Assim sendo, o seu gráfico tem a mesma forma do gráfico de −cosθ , mas oscila entre −g / l e g / l , em vez de − 1 e 1. O gráfico tem mínimos (pontos de equilíbrio estável) em 0, ± 2 π , ± 4 π ,... e pontos máximos (pontos de equilíbrio instável) em ±π , ± 3 π ,... Qualquer valor de H entre −g / l e g / l produz um segmento horizontal que corta o gráfico de U em dois pontos e, assim sendo, corresponde a um ciclo. A recta horizontal H=g / l passa por todos os pontos máximos de U e, portanto, corresponde a uma órbita heteroclínica entre −π e π , outra órbita heteroclínica entre 3 π e 5 π , etc. Não existem órbitas homoclínicas porque qualquer segmento na reta H=g / l começa e termina em dois pontos máximos diferentes e não interseta a curvaUem nenhum outro ponto. 8 Mecânica lagrangiana Problema 3 Uma particula com massa m = 2 kg desloca-se sobre uma calha parabólica vertical com equação y=x2 , 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=x2 ˙ y=2x˙ x Em função da coordenada generalizada x e da velocidade generalizada ˙ x , a energia cinética da partícula é: Ec=m 2¡˙ x2+˙ y2¢=˙ x2¡4x2+1¢ (b) Arbitrando energia potencial gravítica nula em y = 0, A energia potencial gravítica da partícula é: Ug=m g y =19.6x2 62 Mecânica lagrangiana (c) A equação de Lagrange é: d dtµ∂Ec ∂˙ x¶−∂Ec ∂x+∂Ug ∂x=0 ¨ x¡8x2+2¢+16 ˙ x2x−8˙ x2x+39.2x=0 e a equação de movimento: ¨ x=−x¡4˙ x2+19.6¢ 4x2+1 (d) As equações de evolução são: ˙ x=v˙ v=−x¡4v2+19.6¢ 4x2+1 Os pontos de equilíbrio são as soluções do sistema de equações    v=0 −x¡4v2+19.6¢ 4x2+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; como tal, trata-se de um ponto de equilíbrio estável. Pode também traçarse 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 · m 2 . 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 o valor das tensões nos dois fios. 63 AB (a) Se hA e hB são as alturas dos centros de massa dos dois cilindros, num instante inicial, como mostra o lado esquerdo da figura seguinte, AB hAhBA B θ hAhB yA yB 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 yA=hA−0.05θyB=hB+0.08θ(8.1) Onde hA e hB são duas constantes (alturas iniciais). Como tal, 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: vA=−0.05ωvB=0.08ω aA=−0.05αaB=0.08α onde ω=˙ θ é a velocidade angular da roldana e α=¨ θ é a sua aceleração 64 Mecânica lagrangiana angular. A expressão da energia cinética total do sistema é: Ec=0.036 2(−0.05ω)2+0.024 2(0.08ω)2+4.43×10−7 2ω2 =1.220215×10−4ω2 E a energia potencial gravítica, excluindo a energia potencial da roldana e outros termos constantes, é: U=−0.036×9.8×0.05θ+0.024×9.8×0.08θ =1.176×10−3θ Aplicando a equação de Lagrange, obtém-se a aceleração angular: d dtµ∂Ec ∂ω ¶−∂Ec ∂θ +∂U ∂θ =0 2.44043×10−4α−0+1.176×10−3=0 α=−4.8188 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: aA=0.05×4.8188 =0.2409 m·s−2 aB=0.08×4.8188 =0.3855 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 , yA e yB , com três equações de Lagrange. Nessas 3 equações de Lagrange introduzem-se dois multiplicadores de Lagrange λA e λB , que correspondem às duas condições nas equações 8.1 da alínea anterior, que devem ser escritas como funções com valor constante: fA(yA,θ)=yA+0.05θ(8.2) fB(yB,θ)=yB−0.08θ A expressão da energia cinética do sistema deve ser escrita agora em função das três velocidades ω , vA e vB , consideradas independentes entre si Ec=0.018v2 A+0.012v2 B+2.215×10−7ω2 65 E a energia potencial gravítica, excluindo a energia potencial da roldana que permanece constante, é: U=0.036×9.8yA+0.024×9.8yB=0.3528 yA+0.2352yB A equação de Lagrange associada a yAevAé: d dtµ∂Ec ∂vA¶−∂Ec ∂yA+∂U ∂yA−λA∂fA ∂yA−λB∂fB ∂yA=0 0.036aA+0.3528−λA=0 A equação associada a yBevBé: d dtµ∂Ec ∂vB¶−∂Ec ∂yB+∂U ∂yB−λA∂fA ∂yB−λB∂fB ∂yB=0 0.024aB+0.2352−λB=0 E a equação associada a θeωé: d dtµ∂Ec ∂ω ¶−∂Ec ∂θ +∂U ∂θ −λA∂fA ∂θ −λB∂fB ∂θ =0 4.43×10−7α−0.05λA+0.08λB=0 Estas três equações de Lagrange devem ser resolvidas junto com as duas expressões obtidas derivando duas vezes as funções constantes fA e fB (equações 8.2): aA+0.05α=0 aB−0.08α=0 No Maxima, usa-se o comando solve. Observe-se que os dois multiplicadores de Lagrange, λA e λB , são as próprias tensões nos dois fios, TA e TB (%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]] 72 Mecânica lagrangiana 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 · m 2 e a velocidade angular ˙ θ= 4 s −1 e no ponto Q o momento de inércia é 28.2 kg · m 2 , determine a velocidade angular do saltador no ponto Q. P Q (a) A velocidade do centro de massa é p˙ x2+˙ y2 e a velocidade angular é ˙ θ. A energia cinética do saltador é então Ec=m 2¡˙ x2+˙ y2¢+1 2I˙ θ2 73 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 θéd dtµ∂Ec ∂˙ θ¶=0 Que é equivalente a dizer que a função L=∂Ec ∂˙ θ permanece constante em qualquer tempo t . Derivando a energia cinética em ordem a ˙ θobtém-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 ˙ θterá de aumentar. (c) A conservação do momento angular implica I1˙ θ1=I2˙ θ2 e substituindo os valores dados ˙ θ2=I1˙ θ1 I2=3.28×4 28.2 =0.465 s−1 9 Sistemas lineares Problema 1 Em cada caso, use o Maxima para encontrar os valores e vetores próprios do sistema. Diga que tipo de ponto de equilíbrio tem cada sistema e represente os retratos de fase. (a)˙ x=x+y˙ y=4x+y (b)˙ x=−3x+p2y˙ y=p2x−2y (c)˙ x=x−y˙ y=x+3y (a) No Maxima (%i1) vars:[x,y]$ (%i2) A:matrix ([1,1], [4,1])$ (%i3) eigenvectors (A); (%o3) [ [ [3,−1],[1, 1] ],[ [ [1, 2 ] ],[ [1,−2] ] ] ] (%i4) plotdf (list_matrix_entries (A.vars),vars, [vectors,""]); E após traçar algumas curvas de evolução, o retrato de fase é -8 -4 0 4 8 -8 -4 0 4 8 y x 76 Sistemas lineares Os valores próprios são 3, com vetor próprio (1, 2), e − 1, com vetor próprio (1,-2). O ponto de equilíbrio é ponto de sela. (b) (%i5) A:matrix ([-3,sqrt(2)], [sqrt(2),-2])$ (%i6) eigenvectors (A); (%o6) ·[ [−4,−1],[1, 1] ],···1, −1 p2¸¸,££1, p2¤¤¸¸ (%i7) plotdf (list_matrix_entries (A.vars),vars, [vectors,""], [x,-2,2], [y,-2,2]); Os valores próprios são -4, com vetor próprio (1, -1/ p2 ), e − 1, com vetor próprio (1,p2). O ponto de equilíbrio é nó atrativo. -2 -1 0 1 -1 0 1 y x (c) (%i8) A:matrix ([1,-1], [1,3])$ (%i9) eigenvectors (A); (%o9) [ [ [2],[2] ],[ [ [1, −1] ] ] ] (%i10) plotdf (list_matrix_entries (A.vars),vars, [vectors,""], [x,-2,2], [y,-2,2]); Existe um único valor próprio igual a 2, com vetor próprio (1, -1). O ponto de equilíbrio é nó impróprio repulsivo. 77 -2 -1 0 1 -1 0 1 y x Problema 2 A figura mostra a curva de evolução hipotética de uma bola que cai em queda livre e é disparada para cima novamente após ter batido no chão, se não existisse nenhuma força dissipativa. A parte do gráfico para valores positivos de y corresponde ao lançamento vertical de um projétil, ignorando a resistência do ar. A parte do gráfico para valores negativos de y corresponde à deformação elástica da bola quando choca com o chão; durante o tempo de contacto com o chão, admite-se que o movimento vertical da bola é um movimento harmónico simples, sem dissipação de energia. y v h−A Sabendo que a altura máxima atingida pela bola é h = 10 m e que a deformação máxima quando a bola bate no chão é A = 1 cm, determine: 78 Sistemas lineares (a) A velocidade máxima da bola ao longo do seu movimento. (b) A frequência angular da deformação elástica da bola. (c) O tempo que a bola pernaece em contacto com o chão. (a) No ponto de altura máxima, com coordenadas (10, 0) no espaço de fase, a energia mecânica é Em=m 2v2+m g h =0+98m e no ponto (0, vm ), onde a velocidade é máxima, a energia potencial é nula e a energia mecânica é então igual à energia cinética 98m=m 2v2 m=⇒ vm=p196 =14 m s (b) No ponto ( − 0.01,0), onde a deformação elástica é máxima, a energia cinética é nula e a energia mecânica é igual à energia potencial de um oscilador harmónico com constante elástica k 98m=k 20.012=⇒ k m=1960000 A frequência angular de oscilação é então Ω=sk m=p1960000 =1400 s−1 (c) Como a curva de evolução da bola em contacto com o chão é metade de uma elipse, o tempo de contacto com o chão é metade do período do oscilador harmónico Ω=2π T=⇒ T 2=π Ω=π 1400 =2.24 ms Problema 4 Um cilindro de massa m está pendurado, na vertical, de uma mola com constante elástica k , tal como na figura 6.2; se y é a altura do centro de massa do cilindro, na posição em que a mola não está nem esticada nem comprimida, despreze a resistência do ar. (a) Encontre a equação de movimento, a partir da equação de Lagrange, ou se preferir, a partir da segunda lei de Newton. 79 (b) Encontre o valor de yno ponto de equilíbrio. (c) Mostre que o sistema pode escrever-se como sistema linear, com uma mudança de variável de y para uma nova variável z e que a equação de movimento em função de z é a equação de um oscilador harmónico simples com frequência angular pk/m. (a) As energias cinética e potencial gravítica mais potencial elástica são Ec=m 2˙ y2U=m g y +k 2y2 A equação de Lagrange é d dtµ∂Ec ∂˙ y¶−∂Ec ∂y+∂U ∂y=m¨ y+m g +k y =0 e a equação de movimento é ¨ y=−g−k my (b) No ponto de equilíbrio ˙ ye¨ ysão nulas, ou seja −g−k mye=0=⇒ ye=−m g k (c) Para que o sistema fosse linear, não podia aparecer o termo constante −g na equação de movimento. Introduz-se então uma nova variável z tal que −g−k my=− k mz ou seja, z=y+m g k e, assim sendo, ¨ z=¨ y e a nova equação de movimento é ¨ z=− k mz que é a equação de um oscilador harmónico simples, com frequência angular Ω=sk m 80 Sistemas lineares Problema 5 Um cilindro tem base circular de área A= 10 cm 2 , altura h= 16 cm e massa volúmica ρ= 0 . 9 g/cm 3 . Como essa massa volúmica é menor que a da água, ρag = 1 g/cm 3 , quando o cilindro é colocando num recipiente com água flutua na superfície, com uma parte x da sua altura por fora da água, como mostra a figura (0 ≤x≤h ). Empurrando o cilindro para baixo, começa a oscilar com x a variar em função do tempo. Use o seguinte procedimento para analisar a oscilação do cilindro: (a) Sabendo que a força da impulsão da água, para cima, é igual ao peso da água que ocupava a parte do volume do cilindro que está dentro da água, ou seja, I=A(h−x)ρag g Encontre a expressão para a força resultante no cilindro, em função de x (pode ignorar a força de resistência da água, que é muito menor que o peso e a impulsão). (b) Encontre a equação de movimento do cilindro (expressão para ¨ x em função de x). (c) Encontre o valor de xna posição de equilíbrio do cilindro. (d) Mostre que o sistema dinâmico associado ao movimento do cilindro é linear e encontre a matriz do sistema. (e) Mostre que o ponto de equilíbrio é um centro, implicando que o movimento é oscilatório e determine o valor do período de oscilação do cilindro. x 81 (a) A força resultante é vertical e com valor (positivo para cima ou negativo para baixo) igual a: F=I−m g =A(h−x)ρag g−Ahρg=A g ¡h(ρag −ρ)−ρag x¢ =10×980(16×0.1−x)=15680−9800x em gramas vezes cm/s2exem centímetros. (b) A massa do cilindro, em gramas, é m=Ahρ=10×16×0.9 =144 e a equação de movimento é ¨ x=F m=980 9−1225 18 x (em cm/s2exem cm). (c) O valor de x que faz com que a expressão da aceleração, 980/9 − 1225x/18 seja nula é x=980×18 9×1225 =1.6 cm (d) As equações de evolução são: ˙ x=v˙ v=980 9−1225 18 x Define-se y=x− 1 . 6; como tal, ˙ y=˙ x e as equações de movimento são equivalentes a ˙ y=v˙ v=−1225 18 x que correspondem a um sistema dinâmico linear com matriz   0 1 −1225 18 0  (e) A equação caraterística da matriz é λ2+ 1225/18 = 0. Os dois valores próprios são então números imaginários λ=±ir1225 18 =±i8.250 Ou seja, o ponto de equilíbrio em x= 1 . 6 cm é um centro e o movimento do cilindro é oscilatório com frequência angular Ω igual a 8.250 e período (em segundos): T=2π ω=0.762 88 Sistemas não lineares -5 -2.5 0 2.5 5 -5 -2.5 0 2.5 5 vx x (b) Nos pontos de equilíbrio, vx= 0 e −x ( x2− 1) = 0, ou seja, existem três pontos de equilíbrio em ( x,vx ) = (0 , 0), ( − 1, 0) e (1, 0). A matriz jacobiana é: J(x,vx)=     ∂vx ∂x ∂vx ∂vx ∂¡−x(x2+vx−1)¢ ∂x ∂¡−x(x2+vx−1)¢ ∂vx     ="0 1 −3x2−vx+1−x# A matriz da aproximação linear na vizinhança do ponto de equilíbrio (0, 0) é: A1=J(0,0) ="0 1 1 0# Com determinante negativo e, como tal, o ponto de equilíbrio é um ponto de sela. No ponto de equilíbrio (1, 0) a matriz da aproximação linear é: A2=J(1,0) ="0 1 −2−1# Com traço t= − 1 e determinante d= 2. Como d é maior que t2 /4, o ponto (1, 0) é um foco atrativo. No ponto de equilíbrio (−1, 0) a matriz da aproximação linear é: A3=J(−1,0) ="0 1 −2 1# 89 Com traço t= 1 e determinante d= 2. Como d é maior que t2 /4, o ponto (−1, 0) é um foco repulsivo. O retrato de fase traça-se com o comando: (%i2) plotdf ([vx,-x*(x^21+vx)], [x,vx], [x,-2.5,2.5], [vx,-2,5]); -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 3 4 5 vx x Problema 4 A amplitude de oscilação de um pêndulo decresce, devido à força de resistência do ar e ao atrito no eixo. Admita um pêndulo de comprimento l= 50 cm e massa m= 0 . 150 kg, em que o atrito no eixo é desprezável mas a resistência do ar não. A equação de movimento é a equação 8.8. ¨ θ=−g lsinθ−C l m|˙ θ|˙ θ Se a massa m estiver concentrada numa esfera de raio R= 2 cm, a expressão para a constante C é dada pela equação 4.14: C=πρR2 /4, onde ρ= 1 . 2 kg/m 3 é a massa volúmica do ar. Trace os gráficos de θ ( t ), ω ( t ) e da curva de evolução no espaço de fase e explique o significado físico da solução, para os dois casos seguintes: (a) O pêndulo parte do repouso com um ângulo inicial θ=120◦. (b) O pêndulo é lançado desde θ= 60 ◦ , com velocidade angular inicial ω=−7.8 s−1. 90 Sistemas não lineares (a) Usando o programa rk, com intervalos de tempo de 0.1, desde t= 0 até t=50, (%i3) [g,l,m]:[9.8,0.5,0.15]$ (%i4) C:%pi*1.2*0.02^2/4$ (%i5) s:rk ([w,-g*sin(q)/l-C*l*abs(w)*w/m], [q,w], [2*%pi/3,0], [t,0,50,0.1])$ (%i6) last (s); (%o6) [ 50.0, 0.408596821360162, 6.193790347574476 ] Executando novamente o programa rk com intervalos de tempo dez vezes menores, (%i7) s:rk ([w,-g*sin(q)/l-C*l*abs(w)*w/m], [q,w], [2*%pi/3,0], [t,0,50,0.01])$ (%i8) last (s); (%o8) [ 50.0, - 0.8184365726225941, 5.503739362621793 ] Mostrando que é necessário reduzir ainda mais o valor dos intervalos de tempo, para obter uma solução convergente: (%i9) s:rk ([w,-g*sin(q)/l-C*l*abs(w)*w/m], [q,w], [2*%pi/3,0], [t,0,50,0.005])$ (%i10) last (s); (%o10) [ 50.0, - 0.8184437883132009, 5.503721542035767 ] Que é um resultado convergente com 4 algarismos significativos. O gráfico do ângulo e da velocidade angular, em função do tempo, obtém-se com o comando: (%i11) plot2d([[discrete,makelist([p[1],p[2]],p,s)], [discrete,makelist([p[1],p[3]],p,s)]], [legend,"angulo","vel. angular"],[xlabel,"t"]); 91 t angulo vel. angular -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 0 10 20 30 40 50 E a curva de evolução no espaço de fase é o gráfico da velocidade angular em função do ângulo, obtido com o seguinte comando: (%i12) plot2d ([discrete,makelist([p[2],p[3]],p,s)], [xlabel,"angulo"], [ylabel,"vel. angular"]); vel. angular angulo -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 Os dois gráficos mostram que pêndulo oscila com amplitude que decresce lentamente. 92 Sistemas não lineares (b) Usando o programa rk, com os mesmos intervalos de tempo usados para obter os gráficos na alínea anterior, (%i13) s:rk ([w,-g*sin(q)/l-C*l*abs(w)*w/m], [q,w], [%pi/3,-7.8], [t,0,50,0.005])$ Os gráficos do ângulo e da velocidade angular, em função do tempo, e da curva de evolução no espaço de fase, obtêm-se repetindo os mesmos comandos da alínea anterior: t angulo vel. angular -25 -20 -15 -10 -5 0 5 10 0 10 20 30 40 50 vel. angular angulo -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10 -25 -20 -15 -10 -5 0 5 O pêndulo faz três voltas completas, rodando no sentido horário, e quando passa a quarta vez pela posição de equilíbrio estável, começa a oscilar com amplitude que decresce lentamente. 93 Problema 7 Para analisar a equação diferencial não linear ¨ x+˙ x2+4x2=4, (a) Escreva as equações de evolução do sistema dinâmico associado à equação. (b) Encontre os pontos de equilíbrio do sistema. (c) Determine a matriz jacobiana. (d) Caracterize cada um dos pontos de equilíbrio. (e) Se em t = 0 os valores da variável x e da sua derivada são x0= 1 e ˙ x0= 1, determine (numericamente) os valores da variável e da sua derivada em t=2. (a) Define-se uma segunda variável de estado: v=˙ x e substitui-se na equação do sistema: ˙ v+v2+4x2=4 Como tal, as duas equações de evolução —expressões das derivadas das duas variáveis de estado— são: ˙ x=v˙ v=4−v2−4x2 (b) Para resolver esta alínea não é necessário ter resolvido a alínea anterior. Basta observar que nos pontos de equilíbrio x permanece constante e, assim sendo, ˙ x=¨ x=0. Substituindo na equação do sistema, 4x2=4⇒x=±1 (c) Usando as equações obtidas na alínea (a), J(x,v)=    ∂v ∂x ∂v ∂v ∂(4−v2−4x2) ∂x ∂(4−v2−4x2) ∂v    ="0 1 −8x−2v# (Também pode usar-se a função jacobian do Maxima, para determinar a matriz). 94 Sistemas não lineares (d) Substituindo x=1 e v=0 na matriz jacobiana obtém-se: J(1,0) =·0 1 −8 0¸ Como o traço dessa matriz é nulo e o determinante é 8, os valores próprios são números imaginários e o ponto x=1, v=0 é um centro. Substituindo x=−1 e v=0 na matriz jacobiana obtém-se: J(−1,0) =·0 1 8 0¸ Como o traço dessa matriz é nulo e o determinante é -8, os valores próprios são reais, com sinais opostos. O ponto x=− 1, v= 0 é então ponto de sela. (e) Usa-se a função rk do Maxima várias vezes, com valores decrescentes dos intervalos de tempo, até se obterem valores convergentes do resultado: (%i14) last(rk( [v,4-v^2-4*x^2], [x,v], [1,1], [t,0,2,0.1])); (%o14) [ 2.0, 0.58688, 0.82753 ] (%i15) last(rk( [v,4-v^2-4*x^2], [x,v], [1,1], [t,0,2,0.05])); (%o15) [ 2.0, 0.58687, 0.82768 ] Ou seja, os valores aproximados de xe˙ x, em t=2, são: 0.5869 e 0.8277 Problema 8 O sistema dinâmico com equações de evolução: ˙ x=2x y3−x4˙ y=y4−2x3y tem um único ponto de equilíbrio na origem. A matriz jacobiana nesse ponto é igual a zero e, portanto, os valores próprios (nulos) não podem ser usados para caraterizar o ponto de equilíbrio. Use o seguinte método para analisar o retrato de fase do sistema: (a) Determine o versor na direção da velocidade de fase em qualquer ponto do eixo dos xe em qualquer ponto do eixo dos y. (b) Determine o versor na direção da velocidade de fase em qualquer ponto das duas retas y=xey=−x. 95 (c) Faça a mão um gráfico mostrando os versores que encontrou nas alíneas aeb, em vários pontos nos 4 quadrantes do espaço de fase, e trace algumas curvas de evolução seguindo as direções da velocidade de fase. Com base nesse gráfico, que tipo de ponto de equilíbrio julga que é a origem? (d) Diga se existem ciclos, órbitas homoclínicas ou heteroclínicas e no caso afirmativo quantas. (a) No eixo dos x,yé igual a zero e a velocidade de fase é, ~ u=−x4ˆ ı=⇒ ˆ u=−ˆ ı No eixo dos y,xé igual a zero e a velocidade de fase é, ~ u=y4ˆ =⇒ ˆ uu=ˆ  (b) Na reta y=x, a velocidade de fase é, ~ u=x4ˆ ı−x4ˆ  com módulo igual a p2x4e versor: ~ eu=x4ˆ ı−x4ˆ  p2x4=1 p2(ˆ ı−ˆ ) Na reta y=−x, ~ u=−3x4ˆ ı+3x4ˆ =⇒ ~ eu=1 p2(−ˆ ı+ˆ ) (c) A figura seguinte mostra os versores encontrados nas duas alíneas anteriores e algumas curvas de evolução. Como há curvas que se aproximam da origem e curvas que se afastam dele, a origem é um ponto de sela. 96 Sistemas não lineares (d) Não existem ciclos nem órbitas heteroclínicas. Existem um número infinito de órbitas homoclínicas: todas as curvas de evolução no primeiro e terceiro quadrantes são órbitas homoclínicas. Problema 10 Qualquer corpo celeste (planeta, cometa, asteróide, sonda espacial, etc) de massa m no sistema solar tem uma energia potencial gravítica produzida pelo Sol, que é responsável pelas órbitas elípticas desses corpos. A expressão para a energia potencial é, U=− G M m px2+y2 onde G é a constante de gravitação universal, M é a massa do Sol, e as coordenadas x e y são medidas no plano da órbita do corpo celeste, com origem no Sol. Se as distâncias forem medidas em unidades astronómicas, UA, e os tempos em anos, o produto G M será igual a 4π2. (a) Encontre as equações de movimento do corpo celeste, em unidades de anos para o tempo e UA para as distâncias. (b) O cometa Halley chega até uma distância mínima do Sol igual a 0.587 UA. Nesse ponto, a sua velocidade é máxima, igual a 11.50 UA/ano, e perpendicular à sua distância até o Sol. Determine numericamente a órbita do cometa Halley, a partir da posição inicial 0 . 587 ˆ ı , com velocidade inicial 11 . 50 ˆ  , com intervalos de tempo ∆t= 0 . 05 anos. Trace a órbita desde t= 0 até t= 100 anos. Que pode concluir acerca do erro numérico? (c) Repita o procedimento da alínea anterior com ∆t= 0 . 02 anos e trace a órbita desde t= 0 até t= 150 anos. Que pode concluir acerca do erro numérico? (d) Diga qual é, aproximadamente, a distância máxima que o cometa Halley se afasta do Sol, e compare a órbita do cometa com as órbitas do planeta mais distante, Neptuno (órbita entre 29.77 UA e 30.44 UA) e do planeta mais próximo do Sol, Mercúrio (órbita entre 0.31 UA e 0.39 UA) (Plutão já não é considerado um planeta). (a) Há quatro variáveis de estado: x , y , ˙ x e ˙ y . As expressões das energias cinética e potencial são: 97 (%i16) Ec:m*(xp^2+yp^2)/2$ (%i17) U:-4*%pi^2*m/sqrt(x^2+y^2)$ Onde xp e yp representam as velocidades generalizadas ˙ x e ˙ y . Para aplicar as equações de Lagrange é necessário definir xp e yp como derivadas x e y em ordem ao tempo, e definir também xpp e ypp como derivadas de xp e yp: (%i18) gradef (x,t,xp)$ (%i19) gradef (y,t,yp)$ (%i20) gradef (xp,t,xpp)$ (%i21) gradef (yp,t,ypp)$ As duas equações de Lagrange conduzem às duas equações de movimento: (%i22) diff(diff(Ec,xp),t)-diff(Ec,x)+diff(U,x)=0; (%o22) 4π2m x ¡y2+x2¢3/2 +m xpp =0 (%i23) eq1:solve(%,xpp)[1]; (%o23) xpp =− 4π2x ¡y2+x2¢3/2 (%i24) diff(diff(Ec,yp),t)-diff(Ec,y)+diff(U,y)=0; (%o24) m ypp +4π2m y ¡y2+x2¢3/2 =0 (%i25) eq1:solve(%,ypp)[1]; (%o25) ypp =− 4π2y ¡y2+x2¢3/2 As equações de movimento são: ¨ x=− 4π2x (x2+y2)3/2 ¨ y=− 4π2y (x2+y2)3/2 (b) Usando as condições iniciais dadas e o intervalo de tempo desde 0 até 100, com incrementos de 0.05, a solução numérica do problema obtém-se com o programa rk: 104 Ciclos limite e dinâmica populacional O retrato de fase, na região relevante onde as duas populações x e y são positivas ou nulas, constrói-se com o seguinte comando: (%i5) plotdf (u, [x,y], [x,0,2], [y,0,2]); 0 0.5 1 1.5 0 0.5 1 1.5 2 y x Se inicialmente existem predadores ( y maior que zero), o sistema evolui sempre até extinguirem-se todas as presas, ficando a população de predadores igual a uma unidade. Problema 6 O sistema dinâmico: ˙ x=y+x(x2+y2)˙ y=−x+y(x2+y2) tem um ponto de equilíbrio na origem. Encontre as equações de evolução em coordenadas polares, nomeadamente, as expressões para ˙ r e ˙ θ em função de r e θ . Explique que tipo de ponto de equilíbrio é a origem e quantos ciclos limite existem. As derivadas das expressões x=rcosθey=rsinθsão: ˙ x=˙ rcosθ−r˙ θsinθ ˙ y=˙ rsinθ+r˙ θcosθ 105 Substituindo nas equações de evolução, obtém-se as equações de evolução em coordenadas polares: ˙ rcosθ−r˙ θsinθ=rsinθ+r3cosθ ˙ rsinθ+r˙ θcosθ=−rcosθ+r3sinθ que são duas equações lineares para ˙ r e ˙ θ . Aplicando qualquer método de resolução de equações lineares, obtém-se essas duas expressões. Por exemplo, o método de eliminação; multiplicando a primeira equação por cosθe a segunda por sinθ, ˙ rcos2θ−r˙ θsinθcosθ=rsinθcosθ+r3cos2θ ˙ rsin2θ+r˙ θsinθcosθ=−rsinθcosθ+r3sin2θ e somando as duas equações obtêm-se a expressão para ˙ r ˙ r=r3 Multiplicando a primeira equação de evolução por sinθ e a segunda por cosθ, ˙ rsinθcosθ−r˙ θsin2θ=rsin2θ+r3sinθcosθ ˙ rsinθcosθ+r˙ θcos2θ=−rcos2θ+r3sinθcosθ e subtraindo a primeira equação da segunda obtêm-se a expressão para ˙ θ r˙ θ=−r=⇒ ˙ θ=−1 (se:r6=0) Fora da origem, r é positiva e, como tal, ˙ r=r3 é sempre positiva. Ou seja, o estado do sistema afasta-se sempre da origem ( r aumenta). Enquanto o estado se afasta da origem, dá várias voltas no sentido negativo (sentido dos ponteiros do relógio), porque ˙ θ é igual a − 1. Isso implica que a origem é um foco repulsivo e não existe nenhum ciclo limite. As expressões para ˙ r e ˙ θ também podem ser obtidas no Maxima com os seguintes comandos: (%i1) x:r*cos(q)$ (%i2) y:r*sin(q)$ (%i3) gradef(r,t,v)$ 106 Ciclos limite e dinâmica populacional (%i4) gradef(q,t,w)$ (%i5) e1:diff(x,t)=y+(x^2+y^2)*x; (%o5) cos(q)v−sin(q)r w =cos(q)r¡sin2(q)r2+cos2(q)r2¢+sin(q)r (%i6) e2:diff(y,t)= -x+(x^2+y^2)*y; (%o6) cos(q)r w +sin(q)v=sin(q)r¡sin2(q)r2+cos2(q)r2¢−cos(q)r (%i7) trigsimp(solve([e1,e2],[v,w])); (%o7) £ £ v=r3,w=−1¤ ¤ Problema 7 Em relação ao seguinte sistema não linear: ˙ x=x−y−x3−xy2˙ y=x+y−x2y−y3 (a) Encontre as equações de evolução em coordenadas polares (sugestão: use o comando trigreduce para simplificar o resultado). (b) Trace o gráfico de ˙ r em função de r ( r não pode ser negativo), demonstre que o sistema tem um único ciclo limite e determine se é atrativo ou repulsivo. (c) Escreva a equação do ciclo limite, em função das coordenadas cartesianas (x,y). (d) Corrobore a resposta traçando o retrato de fase no plano cartesiano (x,y). (a) Substituem-se as coordenadas cartesianas por coordenadas polares nas duas equações de evolução, e resolvem-se em simultâneo para encontrar as expressões para ˙ θ e ˙ r (designadas por w e v nos comandos seguintes): (%i1) [x,y]:[r*cos(q), r*sin(q)]$ (%i2) gradef (r,t,v)$ (%i3) gradef (q,t,w)$ (%i4) trigsimp (solve( [diff(x,t)=x-y-x^3-x*y^2, diff(y,t)=x+y-x^2*y-y^3], [v,w])); 107 (%o4) ££v=r−r3,w=1¤¤ As duas equações de evolução, em coordenadas polares, são então: ˙ r= r−r3,˙ θ=1. (b) O gráfico de ˙ rem função de robtém-se com o comando: (%i5) plot2d (rhs(%[1][1]), [r,0,2]); r - r 3 r -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 0 0.5 1 1.5 2 e mostra que existe uma única raiz diferente de zero, em r = 1, e r aumenta se for menor que 1 e diminui se for maior que 1. Assim sendo, existe um único ciclo limite, atrativo, que é uma circunferência de raio 1. (c) O ciclo limite é a circunferência de raio 1 e centro na origem, que em coordenadas cartesianas tem equação x2+y2=1 (d) Para criar o retrato de fase, em coordenadas cartesianas, é necessário eliminar primeiro a definição das coordenas polares: (%i6) remvalue(x,y)$ (%i7) plotdf([x-y-x^3-x*y^2,x+y-x^2*y-y^3],[x,y],[x,-2,2],[y,-2,2], [vectors,""]); 108 Ciclos limite e dinâmica populacional -2 -1 0 1 -2 -1 0 1 2 y x 12 Sistemas caóticos Problema 3 O sistema de Rössler é definido pelas seguintes equações de evolução, com 3 parâmetros positivos a,bec: </p> ˙ x=−y−z ˙ y=x+c y ˙ z=a+(x−b)z Investigue a solução do sistema com a= 2 e b= 4 fixos e com os seguintes valores de c : (a) c= 0 . 3 (b) c= 0 . 35 (c) c= 0 . 375 (d) c= 0.398. Em cada caso use o programa rk para obter a solução, com incrementos de tempo ∆t= 0 . 01 e de forma a que sejam feitas 6000 iterações. Pode usar como valores iniciais x=y=z= 2. Trace os gráficos da curva projetada no plano xy e de x em função de t . Volte a executar 6000 iterações do programa rk, mas agora usando como valores iniciais os valores finais obtidos na primeira execução do programa (o comando rest (last (lista )) extrai o último vetor na lista anterior, excluindo o tempo). Trace novamente os mesmos gráficos e repita o procedimento até conseguir concluir qual é o conjunto limite positivo da curva considerada e se for um ciclo, determine o seu período. Em cada alínea diga qual é o conjunto limite, o seu período (se for um ciclo) e mostre um gráfico que justifique a sua conclusão. (a) Os quatro comandos seguintes do Maxima definem uma lista com as expressões nos três lados direitos das equações de evolução, com os parâmetros a= 2, b= 4 e c= 0 . 3. A seguir, usa-se o programa rk usando a lista anterior para definir a velocidade de fase, com variáveis de estado ( x , y , z ), valores iniciais (2, 2, 2) e incrementos de tempo iguais a 0.01. Como o sistema é autónomo, o valor inicial de t pode ser qualquer, por exemplo, 0; com esse valor inicial, o valor final de t deverá ser 60, para 110 Sistemas caóticos que sejam executadas 6000 iterações. A solução, na lista sol, usa-se para traçar os gráficos da sua projeção no plano xy e de x em função de t . A seguir aos comandos mostram-se os gráficos obtidos. (%i1) f:[-y-z,x+0.3*y,2+(x-4)*z]$ (%i2) sol:rk(f, [x,y,z], [2,2,2], [t,0,60,0.01])$ (%i3) plot2d([discrete,makelist([p[2],p[3]], p,sol)])$ (%i4) plot2d([discrete,makelist([p[1],p[2]], p,sol)], [xlabel,"t"], [ylabel,"x"])$ y x -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 x t -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 0 10 20 30 40 50 60 Para saber se a curva de evolução já está próxima do seu conjunto limite positivo, convém executar os mesmos comandos anteriores, usando agora como valores iniciais os valores finais da última iteração, para observar a continuação da curva no próximo intervalo ∆t=60. (%i5) sol:rk(f, [x,y,z], rest(last(sol)), [t,0,60,0.01])$ (%i6) plot2d([discrete,makelist([p[2],p[3]], p,sol)])$ (%i7) plot2d([discrete,makelist([p[1],p[2]], p,sol)], [xlabel,"t"], [ylabel,"x"])$ y x -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 x t -3 -2 -1 0 1 2 3 4 0 10 20 30 40 50 60 111 Estes últimos gráficos mostram que o sistema entrou num ciclo limite atrativo (conjunto limite positivo). O período desse ciclo pode obter-se, de forma aproximada, colocando o cursor por cima de dois dos valores máximos no gráfico de x ( t ) e registando os valores de t indicados pelo Maxima. Convém usar dois máximos que estejam o mais afastados possível no gráfico e dividir pelo número de oscilações entre esses dois máximos. No gráfico acima, com 9 oscilações, o valor medido para o período é: T1=∆t n=56.1828−0.634997 9=6.172 (b) Com c=0.35, repete-se o mesmo procedimento da alínea anterior. (%i8) f:[-y-z,x+0.35*y,2+(x-4)*z]$ (%i9) sol:rk(f, [x,y,z], [2,2,2], [t,0,60,0.01])$ (%i10) plot2d([discrete,makelist([p[2],p[3]], p,sol)])$ (%i11) plot2d([discrete,makelist([p[1],p[2]], p,sol)], [xlabel,"t"], [ylabel,"x"])$ y x -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 x t -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 0 10 20 30 40 50 60 E mais 6000 iterações a partir dos valores finais das variáveis de estado após as primeiras 6000 iterações. (%i12) sol:rk(f, [x,y,z], rest(last(sol)), [t,0,60,0.01])$ (%i13) plot2d([discrete,makelist([p[2],p[3]], p,sol)])$ (%i14) plot2d([discrete,makelist([p[1],p[2]], p,sol)], [xlabel,"t"], [ylabel,"x"])$ 112 Sistemas caóticos y x -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 x t -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 0 10 20 30 40 50 60 O sistema entrou novamente num ciclo limite atrativo (conjunto limite positivo), que dá duas voltas no espaço de fase antes de se repetir. No gráfico de x(t) observam-se 4 oscilações completas, cada uma com dois máximos locais e dois mínimos locais. O valor medido para o período é: T2=∆t n=55.4849−5.92202 4=12.39 que é aproximadamente o dobro do período T1 no ciclo simples obtido com c= 0 . 3. Diz-se que existe uma bifurcação do sistema entre c= 0 . 3 e c=0.35, que se manifesta por uma duplicação do período de oscilação. (c) Repetem-se novamente os comandos das alíneas anteriores, agora com c=0.375. (%i15) f:[-y-z,x+0.375*y,2+(x-4)*z]$ (%i16) sol:rk(f, [x,y,z], [2,2,2], [t,0,60,0.01])$ (%i17) plot2d([discrete,makelist([p[2],p[3]], p,sol)])$ (%i18) plot2d([discrete,makelist([p[1],p[2]], p,sol)], [xlabel,"t"], [ylabel,"x"])$ y x -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 -6 -4 -2 0 2 4 6 x t -6 -4 -2 0 2 4 6 0 10 20 30 40 50 60 113 E deixa-se evoluir a solução durante outro intervalo ∆t=60. (%i19) sol:rk(f, [x,y,z], rest(last(sol)), [t,0,60,0.01])$ (%i20) plot2d([discrete,makelist([p[2],p[3]], p,sol)])$ (%i21) plot2d([discrete,makelist([p[1],p[2]], p,sol)], [xlabel,"t"], [ylabel,"x"])$ y x -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 x t -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 0 10 20 30 40 50 60 O gráfico no plano xy mostra que o sistema ainda não entrou no ciclo limite, porque a curva não é fechada. Deixaremos evoluir a solução durante mais um intervalo ∆t=60. (%i22) sol:rk(f, [x,y,z], rest(last(sol)), [t,0,60,0.01])$ (%i23) plot2d([discrete,makelist([p[2],p[3]], p,sol)])$ (%i24) plot2d([discrete,makelist([p[1],p[2]], p,sol)], [xlabel,"t"], [ylabel,"x"])$ y x -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 x t -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 0 10 20 30 40 50 60 O sistema já entrou no ciclo limite atrativo que é agora de quarta ordem: há 4 máximos locais e 4 mínimos locais em cada oscilação e o ciclo dá Este livro pode ser consultado e descarregado livremente no sítio: http://def.fe.up.pt/dinamica/problemas.html © 2021. Jaime E Villate Creative Commons Atribution Sharealike Esta obra complementa o livro Dinâmica e Sistemas Dinâmicos. Apresenta-se a resolução de alguns dos problemas desse livro. Em alguns casos usa-e o software de computação algébrica Maxima na resolução, mas os comandos usados servem também como sumário dos passos a seguir sem usar esse software.