Movimento em um Campo de Força Central

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8.2 Massa reduzida
Neste capítulo vamos estudar o movimento de dois 
corpos sujeitos a uma força dirigida ao longo da 
linha que os une (força central). Em princípio, 
necessitamos de seis coordenadas para especificar 
os vetores r1 e r2 que dão as posições das duas 
partículas. Em termos destas coordenadas, a 
energia mecânica do sistema pode ser escrita como
8
Movimento em um Campo de Força Central
1
2 21 1
1 1 2 2 1 22 2 ( )E m m U= + + −r r r r& &
De forma alternativa, o sistema pode ser descrito 
pelo vetor posição do centro de massa, R, e pelo 
vetor r = r1 – r2 que dá a posição de uma partícula 
em relação à outra.
1m
2m
r
2r
1r
R
CM •
Não havendo força externa atuando sobre o 
sistema, o centro de massa move-se com veloci-
dade constante. Assim, a posição do centro de 
massa é um referencial inercial, e portanto, é
conveniente colocar a origem do sistema de 
coordenadas no centro de massa. Por definição, a 
posição do centro de massa é dada por
21
2211
mm
mm
+
+= rrR
Fazer R = 0 é equivalente a fazer
02211 =+ rr mm
Combinando esta equação com
21 rrr −=
temos
2 1
1 2
1 2 1 2
 m m
m m m m
= = −+ +r r r r
Substituindo este resultado na expressão da energia 
mecânica, temos
21
2 ( )E Uμ= +r r&
onde
21
21
mm
mm
+=μ
é chamado massa reduzida do sistema.
Por sua vez, o momento angular do sistema pode 
ser escrito como
μ= ×L r r&
Substituindo r1 e r2 em termos de r, obtemos 
1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m m= × + × = × + ×L r p r p r r r r& &
8.3 Teoremas de conservação
De acordo com os resultados da seção anterior, o 
problema que vamos resolver passa a ser o de uma 
partícula de massa μ sujeita a um potencial central 
U(r). Como a força que atua sobre a partícula é
dirigida para o centro de força, não há nenhum 
torque atuando sobre ela, ou seja,
0=×= FrN
Assim, o vetor momento angular
prL ×=
é constante. Como os vetores r e p devem ser 
perpendiculares ao vetor L, que é constante em 
módulo direção e sentido, então a partícula move-
se em um plano perpendicular a L. Neste caso, a 
energia mecânica pode ser escrita em coordenadas 
polares (no plano do movimento) como
2 2 21
2 ( ) ( ) (A)E r r U rμ θ= + +&&
Neste sistema de coordenadas, a componente do 
momento angular perpendicular ao plano de 
movimento pode ser escrita como
2 (8.10)l r cteμ θ= =&
onde µr2 é o momento de inércia da “partícula” de 
massa µ.
O fato do momento angular se conservar nos leva a 
um resultado geométrico interessante que 
mostraremos a seguir. A figura abaixo mostra a 
trajetória da partícula e a área varrida pelo vetor r
em um intervalo de tempo dt, dada por
θdrdA 221=
2
θd
)(tr
)( dtt +r
θrd
origem 
 •
Dividindo por dt, obtemos
(8.12) 
2
2
2
12
2
1 ctelr
dt
dr
dt
dA ==== μθ
θ &
Portanto, a taxa com que a área é varrida é
constante no tempo. Este resultado foi obtido 
empiricamente por Kepler em 1609 e é conhecido 
como segunda lei de Kepler ou lei das áreas para 
o movimento planetário. Deve-se notar, contudo, 
que a lei das áreas é uma conseqüência do fato de 
que a força é central e não é limitada a uma lei de 
força de inverso do quadrado da distância, como no 
caso do movimento planetário.
Como não há força externa atuando sobre o 
sistema, o momento linear também é conservado. 
Entretanto, este fato não traz nenhuma conseqüên-
cia nova, uma vez que adotamos a posição do 
centro de massa como origem, de forma que o 
momento linear do sistema é automaticamente 
nulo. Resta abordar a conservação da energia 
mecânica. Como não há nenhuma força dissipativa
atuando sobre o sistema, a energia mecânica 
também é uma constante de movimento. Das Eqs. 
(A) e (8.10), podemos escrever
(8.14) )(
2 2
2
2
2
1 cterU
r
lrE =++= μμ&
8.4 Equações de movimento
A equação acima pode ser escrita como
(8.15) )(2 22
2
r
lUE
dt
drr μμ −−±==&
ou ainda,
∫
−−
±=
22
2
)(2
)(
r
lUE
drrt
μμ
Se pudermos resolver a integral, e conseguirmos 
inverter a função t(r), teremos r(t).
A equação da trajetória, r(θ), pode ser obtida 
através da transformação
θθ
θ
θ d
dr
dt
d
d
dr
dt
drr && ===
Usando este resultado, a Eq. (8.15) pode ser 
reescrita como
2
2 2 2
2 ( )l dr lE U
r d rμ θ μ μ= ± − −
ou
(8.17) 
)
2
(2
)/()(
2
2
2∫
−−
±=
r
lUE
drrlr
μμ
θ
A equação acima dá a solução formal, mas o 
cálculo da integral só é possível para algumas leis 
especiais de força. Em particular, se a força for 
proporcional a alguma potência de r, F ∝ rn, 
existem soluções simples (excetuando-se aquelas 
em termos de funções elípticas) somente para n = 
1, –2 e –3. O caso n = 1 corresponde ao oscilador 
harmônico (discutido no Cap. 3) e o caso n = –2 
corresponde à lei do inverso do quadrado da 
distância (incluindo a Lei da Gravitação e a Lei de 
Coulomb) que vamos discutir nas próximas seções.
Outra forma de se obter a equação da trajetória, 
r(θ), é aplicando a segunda lei de Newton. Usado o 
resultado do apêndice para a aceleração em 
coordenadas polares e o fato de que a força só tem 
componente radial, podemos escrever
2 ( ) (8.18)r r F rμ μ θ− =&&&
Podemos obter uma equação diferencial envolven-
do r e θ transformando as derivadas de r em rela-
ção a t em derivadas em relação a θ. Derivando a 
Eq. (B), temos
2 (B)
l drr
r dμ θ=&
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
θμθμθμθθ
θ
θμθθμ
d
dr
r
l
d
d
r
l
d
dr
r
l
d
d
dt
d
d
dr
r
l
d
d
d
dr
r
l
dt
dr
222
22
 &
&&
Definindo
1 1 u r
r u
= ⇒ =
Da Eq. (8.10), temos
podemos escrever
θθθ d
du
ud
du
du
dr
d
dr
2
1−==
de forma que
2 2 2 2 2
2 2 2
1lu d lu du l u d ur
d u d dμ θ μ θ μ θ
⎡ ⎤⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
&&
Por outro lado, de (8.10), podemos escrever
2 2
2 3
2 3 2
l lr u
r
θ μ μ= =&
Substituindo as duas últimas equações em (8.18), 
temos
(8.20) 1222
2
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−=+
u
F
ul
u
d
ud μ
θ
Em termos de r,
(8.21) )(11 222
2
rFr
lrrd
d μ
θ −=+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
Exemplo 8.1 ---------------------------------------------
Obtenha a lei de força para um campo de força 
central que permite a uma partícula mover-se em 
uma órbita espiral logarítmica, dada por r = keαθ, 
onde k e α são constantes.
Solução. Podemos usar (8.21) para calcular F(r). 
k
e
k
e
d
d
rd
d αθαθ α
θθ
−−
−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ 1
rk
e
rd
d 22
2
2 1 αα
θ
αθ
==⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
De (8.21), temos
)1(1)( 23
22
2
2
+−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +−= αμ
α
μ r
l
rrr
lrF
Portanto, a força é atrativa e inversamente propor-
cional ao cubo da distância (n = –3).
--------------------------------------------------------------
Exemplo 8. 2 --------------------------------------------
Determine r(t) e θ(t) para o problema do exemplo 
8.1.
Solução. De (8.10), temos
2 2 2
d l l
dt r k e αθ
θθ μ μ= = =
&
dt
k
lde 2
2
μθ
αθ =
ou
Integrando, 
12
2
2
Ct
k
le += μα
αθ
Multiplicando por 2α e fazendo C = 2αC1, temos
 2 2
2 Ct
k
le += μ
ααθ
ou
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ += Ct
k
lt 2
2ln
2
1)( μ
α
αθ
2( )r t ke k eαθ αθ= =
--------------------------------------------------------------
Exemplo 8.3 ---------------------------------------------
Qual é a energia mecânica nos dois exemplos 
anteriores?
Solução. A energia pode ser calculada de (8.14) e 
para isto precisamos calcular U(r) e A energia 
potencial é dada por
.r&
2
22
3
22
2
)1()1()(
r
l
r
drlFdrrU μ
ααμ
+−=++=−= ∫∫
onde fizemos U = 0 no infinito, de maneira que a 
constante de integração é zero. Por sua vez, de 
(8.26)
2
/( )
2 /
l lr t
rlt k C
α μ α
μα μ= =+&
Substituindo as duas últimas expressões em (8.14) 
temos 
0
2
)1(
2 2
22
2
22
2
1 =+−+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
r
l
r
l
r
lE μ
α
μμ
αμ
--------------------------------------------------------------
Assim,
A trajetória para lei de força de inverso do cubo da 
distância é uma uma espiral logarítmica somente se 
E = 0. Veja o problema 8.10.
2( ) 2 / (8.26)r t lt k Cα μ= +
ou
8.6 Energia centrífuga e potencial efetivo
Na equação (8.17) aparece a expressão
2
2
2 r
lUE μ−−
Evidentemente, o último termo tem dimensão de 
energia e pode ser escrito como
2
2 2
2
1
2 2c
lU r
r
μ θμ= = &
Se interpretarmos este termo como uma energia 
potencial, a força associada será dada por 
2
3
2
θμμ &rr
l
r
UF cc ==∂
∂−=
Esta quantidade é chamada força centrífuga, 
embora não seja propriamente uma força. Por sua 
vez, Uc é chamado potencial centrífugo. Sendo 
assim, podemos definir um potencial efetivo
2
2
2
)()(
r
lrUrV μ+=
que combina o potencial real U(r) com um termo 
de energia associado ao momento angular. Este 
potencial nos permite ver o problema como se 
fosse unidimensional (apenas a coordenada r se faz 
presente). Assim, a equação (8.14) pode se escrita 
como
2)( r
krF −=
que inclui as forças gravitacional e eletrostática. A 
energia potencial associada é dada por
r
kdrrFrU ∫ −=−= )()(
de forma que o potencial efetivo é
2
2
2
)(
r
l
r
krV μ+−=
cterVrE =+= )(221 &μ
A figura a seguir mostra o potencial efetivo, V(r), e 
seus componentes, U(r) e Uc(r). Como é
sempre positivo, a partícula só pode estar nas 
regiões onde E ≥ V(r).
)(rV
2
2
2 r
l
μ
r
k−
1E
2E
3E
1r
2r 4r3r r
Se E for maior que o valor mínimo do potencial 
efetivo e menor que zero, como E2 no gráfico, o 
movimento da partícula é limitado à região r2 ≤ r ≤
r4. Neste caso, a trajetória é uma elipse.
Se E for igual ao valor mínimo do potencial 
efetivo, como E3 no gráfico (E3 = –μk2/2l2), o 
movimento da partícula é restrito a um único valor 
de r (r3 = l2/µk), e portanto, o movimento é circular.
2
2
1 r&μ
8.7 O movimento planetário
A equação da trajetória em um problema de força 
central pode ser obtida integrando (8.17). Para o 
caso de uma lei de força de inverso do quadrado da 
distância, podemos escrever (considerando o sinal 
+, por simplicidade)
Um caso especial de muito interesse é a lei de força 
de inverso do quadrado da distância ∫
−+
=
222
2
122
)/1()(
rrl
k
l
E
drrr μμθ
Fazendo
2 
1
r
drdu
r
u −=⇒=
temos, 
∫
++−
−=
22
2 22
)(
l
Eu
l
ku
dur μμθ
Usando o resultado 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−
+
−
−=++
−∫ acb
bau
acbuau
du
4
2sen1
2
1
2
Se E ≥ 0, como E1 no gráfico, o movimento da 
partícula é ilimitado. Ela vem do infinito, é
refletida no ponto r1 e volta de novo para o infinito. 
Conforme veremos na próxima seção, a trajetória é
uma parábola (E = 0) ou uma hipérbole (E > 0). 
podemos escrever
C
l
E
l
k
l
k
r +
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
+
+−
= −
2
2
2
21
8)2(
22
sen μμ
μ
θ
ou
2
2
2
11
sen( )
21
l
k rC
El
k
μθ
μ
−
− =
+
Definindo,
(8.40) 21 e 2
22
k
El
k
l
μεμα +=≡
temos,
1
sen( ) rC
α
θ ε
−
− =
Neste momento é conveniente fazer C = π/2, de tal 
maneira que sen(θ – C) = – cos θ e 
(8.41) cos1 θεα +=
r
Note que o valor mínimo de r ocorre para θ = 0 
(cosθ máximo) de maneira que escolher C = π/2 
significa medir o ângulo a partir da posição onde r
assume o seu valor mínimo (a posição onde a 
partícula passa mais perto do centro de força). Note 
também que escolher o sinal – em (8.17) seria 
equivalente a trocar θ por –θ, o que levaria à
mesma solução.
As curvas definidas por (8.41) são seções cônicas 
com foco na origem: circunferência, elipse, 
parábola ou hipérbole, dependendo do valor da 
quantidade ε, chamada excentricidade.
Se ε = 0 (E = – μk2/2l2), temos r = α para qualquer 
valor de θ, e portanto a curva é uma circunferência 
de raio α com centro na origem. Veja que este 
valor de E é igual ao valor mínimo da energia 
potencial efetiva (E3 na figura da página anterior).
Se ε = 1 (E = 0, como E1 na figura da página 
anterior), podemos escrever
 cosθα rr +=
Em coordenadas cartesianas
2 2 (C)x x yα − = +
Elevando ao quadrado de ambos os lados e 
simplificando, podemos escrever
α
α
22
2yx −=
que é a equação de uma parábola com vértice em 
x = α/2 e foco na origem.
Se ε ≠ 0 e ε ≠ 1, podemos escrever
 cos θεα rr +=
ou
22 yxx +=−εα
Elevando ao quadrado e simplificando, obtemos
1
11
1
2
2
2
2
2
2
2
=
−
−
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−−
ε
α
ε
α
ε
αε
y
x
Se ε > 1 (E > 0, como E1 na figura da página 
anterior), temos ε2 – 1 > 0, de forma que podemos 
escrever 
( ) 12
2
2
2
=−−
d
y
c
cx ε
onde
1
 e 
1 22 −=−= ε
α
ε
α dc
que é a equação de uma hipérbole com centro em 
x = εc.
Se 0 < ε < 1 (– μk2/2l2 < E < 0, como E2 na figura 
da página anterior), ε2 – 1 < 0, de forma que 
podemos escrever 
( ) 12
2
2
2
=++
b
y
a
ax ε
onde
(8.42) 
1
 e 
1 22 ε
α
ε
α
−=−= ba
que é a equação de uma elipse com eixo maior a, 
eixo menor b, centro em x = – εa e foco na origem.
x
y
θr
2
α α
Este é um caso muito interessante porque as órbitas 
para o movimento planetário são elipses. Note que 
quanto maior ε, maior a razão a/b, de forma que 
temos uma elipse mais alongada. 
Os valores máximo e mínimo de r são dados por 
(veja a fig. acima e a eq. 8.41)
x
y
a
b
•
aε • foco
centro θ
r
 
1
)1(min ε
αε +=−= ar
As posições onde a partícula encontra-se mais 
próxima e mais afastada do centro de força (rmin e
rmax) são chamadas pericentro e apocentro, res-
pectivamente. Quando se faz referência a movi-
mento em torno da Terra os nomes usados são 
perigeu e apogeu e quando se trata de movimento 
em torno do Sol, periélio e afélio.
Das equações (8.40) e (8.42), podemos obter os 
eixos maior e menor da elipse em termos da 
energia e do momento angular. Assim, (lembre-se 
que E < 0).
pericentroapocentro• •
ε
αε −=+= 1)1( max ar
E
lb
E
ka μ2 e 2 −=−=
É interessante observar que o eixo maior depende 
somente da energia, enquanto o eixo menor 
depende também do momento angular. 
Para obter o período do movimento elíptico, 
reescrevemos (8.12) como
dA
l
dt μ2=
Uma vez que a àrea da elipse é varrida em um 
período, temos
l
AdA
l
dt
o
μτμτ 2 2 ∫∫ =⇒=
Como a área da elipse é πab,
E
l
E
k
ll
ab
μ
μπμπτ
2
)
2
(22 −−==
32E
k μπτ −=
O período depende somente da energia (não 
depende do momento angular). De (8.42), podemos 
escrever
ab α=
de forma que o período pode ser escrito como
23
21
21
23
2/12
2321 222 a
k
a
k
l
l
a
l
μπμ
μπαμπτ =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛==
Elevando ao quadrado, temos
3
2
2 4 a
k
μπτ =
O quadrado do período é proporcional ao cubo do 
eixo maior da elipse. Este resultado é conhecido 
como Terceira Lei de Kepler. 
As três leis que regem os movimentos dos planetas 
foram elaboradas por Kepler com base em medidas 
realizadas por Tycho Brahe e pelo próprio Kepler e 
podem ser resumidas como:
I. Os planetasmovem-se em órbitas elípticas em 
torno do Sol com o Sol em um dos focos da elipse.
II. A área varrida por unidade de tempo, por um 
vetor que vai do Sol ao planeta, é constante no 
tempo.
III. O quadrado do período do movimento de um 
planeta é proporcional ao cubo do eixo maior de 
sua órbita.
A Primeira e a Segunda Leis foram publicadas em 
1609 e a Terceira em 1619.
É importante chamar a atenção para o fato de que a 
Terceira Lei não é exata, uma vez que μ e k
dependem da massa do planeta. Contudo, se consi-
derarmos que msol >> mplaneta, podemos escrever
planeta
planetasol
planetasol m
mm
mm ≈+=μ
Por outro lado,
planetasolmGmk =
de forma que
que independe da massa do planeta.
3
2
2 4 a
Gmsol
πτ ≈
Apêndice. Velocidade e aceleração em 
coordenadas polares
A figura abaixo mostra o deslocamento de uma 
partícula no plano em coordenadas polares. O vetor 
deslocamento é dado por 
ˆˆd drr rdθθ= +r
A velocidade é dada por
x
y
ˆdrr
ˆrdθθ dr
ˆˆd dr dr r
dt dt dt
θ θ= = +rv
ˆˆrr rθθ= +v &&
ou
Para calcular a aceleração devemos derivar a 
expressão acima, mas para isso devemos derivar 
também os vetores que não são fixos no 
espaço. A figura a seguir mostra como podemos 
expressar em termos de , estes sim, 
vetores fixos.
ˆˆ e r θ
ˆˆ e r θ ˆ ˆ e i j
x
y
θ
θ
rˆ
r
θˆ
jˆ
iˆ
ˆ ˆˆ cos senr i jθ θ= +
ˆ ˆ ˆsen cosi jθ θ θ= − +
Derivando, obtemos
ˆ ˆˆ ˆsen cosdr i j
dt
θ θ θ θ θθ= − + =& & &
ˆ
ˆ ˆ ˆcos send i j r
dt
θ θ θ θ θ θ= − − = −& & &
Agora podemos calcular a aceleração como
2
ˆˆ ˆ ˆˆ
ˆ ˆ ˆˆ ˆ 
d dr drr r r r r
dt dt dt
rr r r r r r
θθθ θθ θ
θθ θθ θθ θ
= = + + + +
= + + + −
va & && &&& & &
& & && &&& & &
2 ˆˆ( ) (2 )r r r r rθ θ θ θ= − + +a & & &&&& &
ou
1. Imagine que a massa do Sol decrescesse 
repentinamente à metade do seu valor. Como seria 
a órbita da Terra a partir deste momento? A Terra 
escaparia do sistema solar? Suponha que a órbita 
(atual) da Terra seja circular.
Problemas 
2. Faça um cálculo explícito da média temporal 
(em um período completo) da energia potencial de 
uma partícula movendo-se em uma órbita elíptica 
em um campo de força central com lei de força de 
inverso do quadrado da distância. Expresse o 
resultado em termos da constante de força e do 
semi-eixo maior da elipse. Faça um cálculo 
semelhante para a energia cinética. Compare os 
resultados e verifique o teorema do virial. 
τ. A seguir, elas são paradas repentinamente em 
suas órbitas, de tal maneira que se moverão uma na 
direção da outra. Mostre que elas colidirão após um 
tempo
4. Investigue o movimento de uma partícula 
repelida por uma força central dada por F(r) = kr. 
Mostre que as órbitas devem ser hipérboles.
5. Um satélite de comunicação descreve uma órbita 
circular em torno da Terra com raio R e velocidade 
orbital υ. Um foguete atinge o satélite acidental-
mente dando a ele, além da sua velocidade orbital, 
uma velocidade radial, para fora, igual a υ. Calcule 
as razões entre os novos e os velhos valores da 
energia e do momento angular. Descreva o 
movimento subsequente do satélite e esboce os 
gráficos de U(r), T(r), V(r) e E(r) após o choque 
com o foguete. 
3. Duas partículas movem-se sob influência de suas 
forças gravitacionais mútuas descrevendo órbitas 
circulares, uma em torno da outra, com um período
. 24τ
6. Uma partícula move-se sob influência de uma 
força central dada por F(r) = – k/rn. Se a órbita da 
partícula for circular e passar pelo centro de força, 
mostre que n = 5.
7. Considere um cometa movendo-se em órbita 
parabólica no plano da órbita da Terra. A distância 
de máxima aproximação do cometa em relação ao 
Sol é βR, onde R é o raio da órbita da Terra, 
suposta circular, e β < 1. Mostre que o tempo que o 
cometa permanece dentro da órbita da Terra é
dado, em anos, por
π
ββ
3
)21( )1(2 +⋅−
Se a distância de máxima aproximação do cometa 
em relação ao Sol for 0.387R (igual à distância do 
periélio de Mercúrio), quantos dias ele permane-
cerá dentro da órbita da Terra?
9. Uma partícula move-se em órbita elíptica em um 
campo de força central com lei de inverso do 
quadrado da distância. Se a razão entre as 
velocidades angulares máxima e mínima for n, 
mostre que a excentricidade da órbita é dada por
1
1
+
−=
n
nε
10. Use a Primeira e a Segunda Leis de Kepler para 
mostrar que a força gravitacional deve ser central e 
que a dependência radial deve ser 1/r2. 
11. Discuta o movimento de uma partícula 
movendo-se em um campo de força central atrativo 
descrito por F(r) = – k/r3. Desenhe as possíveis 
órbitas. 
12. Um satélite da Terra move-se em uma órbita 
elíptica com um período τ, excentricidade ε e eixo 
maior a. Mostre que a velocidade radial máxima do 
satélite é
21
2
ετ
επ
−
a
13. Um satélite da Terra tem um perigeu de 300 km 
e um apogeu de 3500 km acima da superfície da 
Terra. Determine o quão longe da superfície está o 
satélite quando ele: (a) tiver girado 90° ao redor da 
Terra a partir do perigeu; (b) tiver percorrido 
metade da distância entre o perigeu e o apogeu.
14. Um satélite da Terra tem velocidade de 28.070 
km/h quando está em seu perigeu de 220km acima 
da superfície da Terra. Obtenha a distância do 
apogeu, a velocidade no apogeu e o período de 
revolução.
8. Obtenha a lei de força para um campo central 
que permite a uma partícula se mover em uma 
órbita espiral dada por r = kθ2, onde k é uma 
constante.