Gabarito da AD2 de Mecânica 2022-1

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2ª Avaliação a Distância de Mecânica, 2022 – 1 
 
 
Gabarito 
 
Q.1.A equação de Kepler. (a) Considere o movimento de uma partícula de massa 
𝑚 ≪ 𝑀 sob a ação da força gravitacional 
(1.1) �⃗� = −
𝐺𝑀𝑚
𝑟
�̂� 
Mostre que o período 𝜏 da partícula numa órbita elíptica é dado pela terceira lei de 
Kepler 
(1.2) 𝜏 =
4𝜋
𝐺𝑀
𝑎 
(Ao consultar a Aula 8, faça 𝑘 = 𝐺𝑀 e 𝜇 = 𝑚). Use a equação do momento angular 
(1.3) 𝑙 = 𝑚𝑟 �̇� 𝑜𝑢 𝑡 =
𝑚
𝑙
𝑟 𝑑𝜙 
onde 𝑟 = 𝑟(𝜙) é a equação da órbita 
(1.4) 
1
𝑟
=
𝑎
𝑏
(1 + 𝜀 cos 𝜙) 
Atenção! Você não precisa substituir a equação (1.4) na equação (1.3) para encontrar o 
período. Note que quando 𝑡 = 𝜏, 𝜙 = 2𝜋. A área de uma elipse de semieixo maior a e 
semieixo menor b é 𝜋𝑎𝑏. 
(b) Considere a figura abaixo e suponha que queremos calcular quanto tempo a partícula 
leva para sair de 𝜙 = 0 e chegar ao ponto P. Se você substituir a equação (1.4) na 
equação (1.3), a integração em 𝜙 pode ser feita, porém, resulta numa expressão muito 
complicada. Kepler obteve uma fórmula tratável para calcular o tempo, substituindo o 
ângulo 𝜙 pelo ângulo excêntrico 𝜓. A relação entre estes dois ângulos é mostrada na 
figura. Desde que CN = CF + FN, segue que 
(1.5) 𝑎 cos 𝜓 = 𝑎𝜀 + 𝑟 cos 𝜙 
Para chegar à fórmula de Kepler (i), usando a equação polar para a elipse (1.4) junto 
com a fórmula 𝑏 = 𝑎 (1 − 𝜀 ), mostre que a equação (1.5) pode ser colocada na 
forma simétrica 
(1.6) (1 − 𝜀 cos 𝜓)(1 + 𝜀 cos 𝜙) =
𝑏
𝑎
 
(ii) Pode-se mostrar que a diferenciação implícita da equação (1.6) em relação a 𝜓 dá 
(1.7) 
𝑑𝜙
𝑑𝜓
=
𝑏
𝑎(1 − 𝜀 cos 𝜓)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Agora, Substitua a equação (1.4) na equação (1.3), 
(1.8) 𝑡 =
𝑚
𝑙
𝑟 𝑑𝜙 =
𝑚𝑏
𝑎 𝑙
𝑑𝜙
(1 + 𝜀 cos 𝜙)
 
faça a mudança de variável de 𝜙 para 𝜓 nesta integral e mostre que 
𝑡 =
𝑎𝑏
𝑙
(𝜓 − 𝜀 sen 𝜓) 
ou seja, 
𝑡 =
𝜏
2𝜋
(𝜓 − 𝜀 sen 𝜓) 
Esta é a equação de Kepler. 
(c) A partir da equação de Kepler, encontre o tempo que uma partícula numa órbita 
elíptica leva para percorrer a metade da órbita que está mais próxima do centro de força. 
(c) O cometa de Halley move-se numa órbita elíptica cuja excentricidade é 
aproximadamente igual a 1. Qual é a fração do tempo que ele passa na metade da órbita 
mais próxima do Sol? 
Solução: Veja Gabarito da 2ª Avaliação a Distância de 
Mecânica 2021 – 2. 
 
Q.2. Uma esfera homogênea atinge uma parede áspera como 
mostrado na figura. Assumimos que não há deslizamento no 
ponto de contato P durante a colisão. As velocidades 𝑣 , 𝑣 
do centro de massa e a velocidade angular ω imediatamente 
antes do impacto são dadas. Calcule as velocidades 
correspondentes �̅� , �̅� e 𝜔 logo após o impacto. 
Considere a colisão perfeitamente elástica. 
Dica: Use o teorema do impulso-momento linear e sua 
versão angular. 
Solução: 
Do teorema impulso-momento linear, temos que 
𝑚(�̅� − 𝑣 ) = −𝐽 
𝑚 �̅� − 𝑣 = −𝐽 
Temos também que 
𝐼 (𝜔 − 𝜔) = −𝑟𝐽 
Outras condições são: 
(i) colisão elástica: �̅� = −𝑣 
(ii) não há deslizamento no ponto de contato P durante a colisão: �̅� + 𝑟𝜔 = 0 
Destas equações, encontramos: 
2
5
𝑚𝑟 (𝜔 − 𝜔) = 𝑟𝑚 �̅� − 𝑣 → 
2
5
𝑟(𝜔 − 𝜔) = �̅� − 𝑣 
→ 
2
5
�̅� + 𝑟𝜔 = − �̅� − 𝑣 
Logo, 
7
5
�̅� = 𝑣 −
2
5
𝑟𝜔 → �̅� =
5
7
𝑣 −
2
7
𝑟𝜔 
e como 𝜔 = − , então, 
𝜔 =
2
7
𝜔 −
5
7
𝑣
𝑟
 
 
Q.3. Um modelo simplificado de um carro é mostrado na figura abaixo. Consiste em um 
corpo rígido (peso 𝑊 = 𝑚𝑔, centro de massa em C) e rodas sem massa. Encontre a 
aceleração máxima do carro em uma superfície horizontal (coeficiente de atrito estático 
μ), se o motor traciona 
a) as rodas traseiras (figura a, onde as rodas dianteiras estão rolando livremente), 
b) as rodas dianteiras (figura b, as rodas traseiras rolam livremente). 
 
 
 
 
Solução: 
Desde que o corpo rígido (o carro) realiza uma translação na direção horizontal, a 
resultante das forças na direção vertical e os torques em relação ao centro de massa 
devem ser iguais a zero. Então, 
𝑚�̈� = 𝐹 
𝑁 + 𝑁 = 𝑚𝑔 
𝑁
𝑎
2
− 𝑁
𝑎
2
− 𝐹 ℎ = 0 
As duas últimas equações levam a 
𝑁 =
𝑚𝑔
2
+
ℎ
𝑎
𝐹 
𝑁 =
𝑚𝑔
2
−
ℎ
𝑎
𝐹 
a) No caso de tração traseira, a aceleração máxima ocorrerá quando 𝐹 for máxima 
𝐹 á = 𝜇𝑁 
Então, 
𝐹 á = 𝜇
𝑚𝑔
2
+
ℎ
𝑎
𝐹 á → 𝐹 á =
𝑚𝑔
2
𝜇
1 − 𝜇
ℎ
𝑎
 
Como 𝑚�̈� á = 𝐹 á , a aceleração máxima é 
�̈� á =
𝑔
2
𝜇
1 − 𝜇
ℎ
𝑎
 
Note que este resultado não é válido contanto que N2 < 0, quando as rodas dianteiras 
perderiam o contato com o solo. 
b) Vamos agora supor que a tração é dianteira. A condição de atrito máximo passa a ser 
𝐹 á = 𝜇𝑁 
Isto dá para a aceleração máxima 
�̈� á =
𝑔
2
𝜇
1 + 𝜇
ℎ
𝑎
 
que, para este modelo, é menor que o valor obtido na parte a). 
 
Q.4. Uma partícula de massa m move-se sob a influência da gravidade ao longo de uma 
hélice, 𝑧 = 𝑘𝜙, 𝜌 = constante, onde k é uma constante e o eixo z aponta verticalmente 
para cima. (a) Escreva a Lagrangiana da partícula. (b) Calcule o momento conjugado 
𝑝 . (c) Calcule o Hamiltoniano em termos das variáveis z e 𝑝 . (d) Derive as equações 
do movimento de Hamilton do sistema. (e) Resolva as equações do movimento de 
Hamilton. 
Solução: Veja Aula 07, problema 7.2. página 195. 
 
Q.5. Um cilindro não homogêneo (centro C), com raio R e massa M, tem seu centro de 
massa G a uma distância a de seu eixo. A densidade de massa é constante ao longo de 
uma linha reta paralela ao eixo. Seja I o momento de inércia do cilindro em relação à 
linha reta paralela ao eixo que passa por G e considere o movimento sem deslizamento 
do cilindro sujeito a um campo 
gravitacional vertical constante 
g. O cilindro rola em um plano 
horizontal fixo, o plano de sua 
seção circular sendo sempre fixa. 
 
(a) Equação de movimento. Para 
definir a configuração do 
cilindro, tome como única 
coordenada generalizada o 
ângulo θ entre a vertical 
descendente e a direção CG. Levando em conta a restrição para rolar sem deslizar, 
escreva a Lagrangiana do sistema. A partir daí, escreva a equação do movimento do 
cilindro. 
(b) Seja E a energia total do cilindro. Mostre que a velocidade angular do cilindro é 
dada por 
�̇� = ±
2(𝐸 + 𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃)
𝐼 + 𝑀(𝑅 + 𝑎 − 2𝑎𝑅 cos 𝜃)
 
(c) Mostre, considerando o sinal de 𝐸 + 𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃, que 
(i) Se 𝐸 < −𝑀𝑔𝑎, nenhum movimento é possível. 
(ii) Se 𝐸 > 𝑀𝑔𝑎, o cilindro sempre rola na mesma direção. 
(iii) Se −𝑀𝑔𝑎 < 𝐸 < 𝑀𝑔𝑎, o cilindro move-se oscilando entre dois valores, onde a 
velocidade se anula e então muda de sinal. 
 
Solução: (a) Temos que as coordenadas do centro de massa G são 
𝑥 = 𝑋 + 𝑎 sen 𝜃, 𝑦 = 𝑅 − 𝑎 cos 𝜃 
Então, 
�̇� = 𝑋 + 𝑎�̇� cos 𝜃 , �̇� = 𝑎�̇� sen 𝜃 
A condição de rolamento sem deslizamento é 
�̇� = −𝑅�̇� 
A energia cinética do cilindro é a soma da energia cinética de translação do centro de 
massa mais a energia cinética de rotação em torno do centro de massa: 
𝑇 =
1
2
𝑀(�̇� + �̇� ) +
1
2
𝐼�̇� 
 =
1
2
�̇� 𝐼 + 𝑀(𝑅 + 𝑎 − 2𝑎𝑅 cos 𝜃) 
A energia potencial é 
𝑉 = 𝑀𝑔𝑦 = 𝑀𝑔(𝑅 − 𝑎 cos 𝜃) 
A Lagrangiana é 𝐿 = 𝑇 − 𝑉: 
𝐿 =
1
2
�̇� 𝐼 + 𝑀(𝑅 + 𝑎 − 2𝑎𝑅 cos 𝜃) − 𝑀𝑔(𝑅 − 𝑎 cos 𝜃) 
Da equação de Euler-Lagrange 
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
=
𝜕𝐿
𝜕𝜃
, 
encontramos a equação do movimento 
�̈�[𝐼 + 𝑀(𝑅 + 𝑎 − 2𝑎𝑅 cos 𝜃)] + 𝑀𝑎𝑅�̇� sen 𝜃 = −𝑀𝑔𝑎 sen 𝜃 
(b) A menos de uma constante, a energia total do sistema é 
𝐸 =
1
2
�̇� 𝐼 + 𝑀(𝑅 + 𝑎 − 2𝑎𝑅 cos 𝜃) − 𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃 
Desta última equação, é fácil deduzir a velocidade angularem termos da coordenada 𝜃, 
�̇� = ±
2(𝐸 + 𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃)
𝐼 + 𝑀(𝑅 + 𝑎 − 2𝑎𝑅 cos 𝜃)
 
(c) Considerando o sinal de 𝐸 + 𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃, 
 
(i) Como −1 ≤ cos 𝜃 ≤ 1, se 𝐸 < −𝑀𝑔𝑎, teremos no resultado do item anterior, a raiz 
de um número negativo. Logo, concluímos que nenhum movimento é possível. 
 
(ii) Como −1 ≤ cos 𝜃 ≤ 1, se 𝐸 > 𝑀𝑔𝑎, o sinal de �̇� não muda e o cilindro sempre rola 
na mesma direção. 
 
(iii) Como −1 ≤ cos 𝜃 ≤ 1, se −𝑀𝑔𝑎 ≤ 𝐸 ≤ 𝑀𝑔𝑎, o cilindro move-se oscilando entre 
dois valores, onde a velocidade se anula e então muda de sinal.