Livro Mecânica Teórica I

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Fiel a sua missão de interiorizar o ensino superior no estado Ceará, a UECE, como uma instituição que participa do Sistema Universidade Aberta do Brasil, vem ampliando a oferta de cursos de graduação e pós-graduação 
na modalidade de educação a distância, e gerando experiências e possibili-
dades inovadoras com uso das novas plataformas tecnológicas decorren-
tes da popularização da internet, funcionamento do cinturão digital e 
massificação dos computadores pessoais. 
Comprometida com a formação de professores em todos os níveis e 
a qualificação dos servidores públicos para bem servir ao Estado, 
os cursos da UAB/UECE atendem aos padrões de qualidade 
estabelecidos pelos normativos legais do Governo Fede-
ral e se articulam com as demandas de desenvolvi-
mento das regiões do Ceará. 
M
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a 
I
Física
Física
Gerson Paiva Almeida
Mecânica Teórica I
U
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id
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e 
Es
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al
 d
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Ce
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- U
ni
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A
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 B
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ComputaçãoQuímica Física Matemática Pedagogia
Artes 
Plásticas
Ciências 
Biológicas
Geografia
Educação 
Física
História
9
12
3
Gerson Paiva Almeida
Mecânica Teórica I
Física
Pedagogia
2a Edição
Fortaleza
2014
ComputaçãoQuímica Física Matemática Pedagogia
Artes 
Plásticas
Ciências 
Biológicas
Geografia
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Dilma Vana Rousseff
Ministro da Educação
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prévia autorização, por escrito, dos autores.
Editora Filiada à
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Sumário
Apresentação ....................................................................................................5
Parte 1 - O Movimento Unidimensional e sua Representação Física ............7
Capítulo 1 - Descrição do Movimento Unidimensional ...................................9
1.1. Descrição física do movimento de um corpo ....................................9
1.2. Momento linear ou momentum ..........................................................9
1.3. Impulso ...............................................................................................10
1.4. Energia Cinética ................................................................................10
Capítulo 2 - O Movimento pela Descrição da Força .....................................13
2.1. Força dependente do tempo, F = F(t) ...............................................13
2.2. Força dependente da velocidade, F = F(ν) .......................................14
2.3. Força dependente da posição, F = F(x) ............................................16
Parte 2 - Movimento e Energia ........................................................................19
Capítulo 3 - Energia Potencial e Energia Total ..............................................21
3.1. Definição de energia potencial .........................................................21
3.2. Algumas conclusões sobre a energia potencial ..............................22
3.3. Posição em termos da energia potencial e energia total ...............23
3.4. Energia potencial na forma diferencial ............................................23
Capítulo 4 - Movimentos Oscilatórios .............................................................33
4.1. Resolução de equações diferenciais lineares de segunda ordem 33
4.2. Oscilações .........................................................................................39
4.3. Oscilador harmônico sem amortecimento ......................................43
4.4. Oscilador harmônico com amortecimento ......................................44
4.5. Oscilador harmônico forçado ...........................................................49
4.6. A resposta de oscilador linear às forças impulsivas ........................57
4.6.1 As funções descontínuas degrau e impulso ...........................58
4.6.3 Resposta a uma função impulso .............................................60
Parte 3 - Movimento Bi e Tridimensional e sua
Representação Física (Parte I)................................................................65
Capítulo 5 - Descrição de Movimentos Bi e Tridimensionais I .....................67
5.1. Derivada de vetores ..........................................................................67
5.2. Momentum angular e seus teoremas ..............................................71
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Capítulo 6 - Descrições de Movimentos Bi e Tridimensionais II ...................73
6.1 Projéteis ..............................................................................................73
6.2 Energia potencial ................................................................................86
6.3 Conservação da energia ...................................................................93
Parte 4 - Movimento Bi e Tridimensional e sua
Representação Física (Parte II)...............................................................93
Capítulo 7 - Movimento sob a ação de uma força central ............................95
7.1 O problema de Kepler ........................................................................95
7.2 Equações do movimento sob a ação de força central ....................96
7.3 Seções cônicas ................................................................................103
7.3.1 Elipse .......................................................................................103
7.3.2 Hipérbole .................................................................................105
7.3.4 As seções cônicas e as leis de Kepler ..................................106
7.4 Potencial radial efetivo para forças centrais ..................................108
Capítulo 8 - Espalhamento de Rutherford ....................................................1178.1. O modelo atômico e o espalhamento ............................................117
8.2. Espalhamento por repulsão por uma partícula pontual ................118
8.3 Derivação ..........................................................................................119
Sobre o Autor ................................................................................................130
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Apresentação 
Ter a oportunidade de escrever este livro foi, para mim, gratificante, pois 
nele pude expor os resultados didáticos da minha experiência de ensino-apre-
dizagem na disciplina Mecânica Teórica.
Expor claramente o tema foi o meu alvo, procurando focar em pontos 
que apresentaram maior complexidade no entendimento, identificados ao lon-
go da minha experiência na docência e, assim mitigar estas dificuldades de 
aprendizagem. 
Está é a primeira parte de um curso de Mecânica Teórica, parte esta 
que é usualmente destinada a alunos de Licenciatura em Física. A segunda 
parte é geralmente utilizada para alunos do Bacharelado. 
Para descrever fisicamente o movimento dos corpos, alguns tópicos 
relativos às equações diferenciais receberam atenção especial. Além disso, 
fiz uma discussão extensa da teoria relativa às forças centrais, sempre como 
intuito de propiciar ao leitor uma sólida compreensão da teoria física.
Apesar do meu esforço como autor, e dos esforços do revisor e do pes-
soal da editoração, é natural que alguns erros sejam identificados pelos lei-
tores, e por isso agradeço desde já àqueles que me enviarem suas valiosas 
contribuições que possibilitem correções, ou sugestões, quer sejam de ordem 
formal da teoria, quer sejam de ordem textual ou pedagógica.
A obra está organizada em quatro unidades de conteúdos, assim dis-
postos: Unidade 1: O Movimento Unidimensional e sua Representação Física, 
constando dos capítulos 1 – Descrição do Movimento Unidimensional, e 2 – O 
Movimento pela Descrição da Força; Unidade 2: Movimento e Energia, cons-
tando dos capítulos 3 – Energia Potencial e Energia Total, e 4 – Movimentos 
Oscilatórios; Unidade 3: Movimento Bi e Tridimensional e sua Representação 
Física (Parte I), constando dos capítulos 5 – Descrição de Movimentos Bi e 
Tridimensionais I, e 6 – Descrição de Movimentos Bi e Tridimensionais II; Uni-
dade 4: Movimento Bi e Tridimensional e sua Representação Física (Parte II), 
constando dos capítulos 7 – Movimento sob a Ação de uma Força Central, e 
8 – Espalhamento de Rutherford. 
Espero que o resultado dessa experiência seja positivo e proveitoso, 
lembrando que a leitura de outros textos é fundamental para o aprimoramento 
do processo de aprendizado.
Bom proveito!
O Autor
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Mecânica Teórica I 7
PARTE 1
O Movimento Unidimensional
e sua Representação Física
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Capítulo 1
Descrição do Movimento 
Unidimensional
Podemos dizer que o grande propósito do tema deste livro é mostrar ao leitor 
uma descrição física do movimento dos corpos, com aplicações da respectiva 
lei Física.
1. Descrição física do movimento de um corpo
A descrição física do movimento de um corpo significa determinar a posição e 
a velocidade do corpo em função do tempo.
Isto significa aplicar a segunda Lei de Newton do movimento a um cor-
po de massa m submetido à ação de uma força resultante F

. A modificação 
do movimento do corpo seguirá a seguinte relação:
 
2
2 , (1.1)
d rm F
dt
=

 (1.1)
onde r representa o vetor posição da partícula.
Para o movimento em uma dimensão, a equação pode ser escrita como:
 
2
2 . (1.2) 
d xm F
dt
= (1.2)
com x representando a posição do corpo medida sobre uma linha reta a partir 
de certo referencial inercial.
Em todo o texto deste livro consideraremos o movimento para a direita 
como sendo positivo, enquanto aquele dirigido para esquerda como sendo 
negativo.
Antes de prosseguirmos, é conveniente fazermos algumas definições 
que serão utilizadas durante todo o curso. São as definições de momentum 
linear, impulso e energia cinética.
2. Momento linear ou momentum
O momento linear (ou momentum, ou ainda quantidade de movimento) é uma 
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medida do movimento de translação de um objeto, sendo definida como o pro-
duto da massa, m, do objeto pela velocidade, v, do mesmo, definições essas 
feitas em uma dimensão, daí não suas representações estarem sem o rigor 
vetorial. Isto é:
 . (1.3)p mv= (1.3)
Se a velocidade do objeto mudar, o seu momento linear muda. Temos, 
então que
 
( )
dt
dp
dt
d mv
= (1.4)
Se a massa do objeto se mantiver constante, a equação pode ser es-
crita como:
 ou . (1.5)dp dv dpm F
dt dt dt
= = (1.5)
A equação (1.5) é uma forma geral de escrever a segunda lei de Newton, 
que também é valida para objetos que não tenham massa constante.
3. Impulso
Se um objeto sofre a ação de uma força F durante um intervalo de tempo dt, a 
sua quantidade de movimento mudará. Podemos escrever então que:
 . (1.6)dp Fdt= (1.6)
Portanto:
 , (1.7)
f f
i i
p t
p t
dp Fdt=∫ ∫ (1.7)
onde pi e pf representam os valores do momentum no instante inicial ti 
e instante final tf, respectivamente.
O segundo membro da equação (1.7) é a quantidade física chamada de 
Impulso, I, da força F.
Para uma força constante, podemos escrever o resultado da equação 
(1.7) simplesmente como:
 . (1.8)I F t p= ∆ = ∆ (1.8)
Isto é, Impulso I da força é igual à variação do momentum p∆ .
4. Energia Cinética
Ao multiplicarmos dp, na equação (1.6), por v, obtemos:
 . (1.9)vdp Fvdt= (1.9)
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Mecânica Teórica I 11
Mas lembrando que Fdt = d(mv) e usando o seguinte artifício matemáti-
co para :
( ) ( ) ,vdp vd mv mvdv mvdv mvdv d mv2
1
2
1 2= = = + = a k
a equação (1.6) pode ser escrita como:
 21 . (1.10)
2
d mv Fdx  = 
 
 (1.10)
Se integrarmos a equação (1.10) desde a posição inicial, xi, onde a ve-
locidade era vi, até a posição final, xf, onde a velocidade era vf, ficamos com:
21
2
f f
i i
v x
v x
d mv Fdx  = 
 ∫ ∫
 
2 21 1 . (1.11)
2 2
f
i
x
f i
x
mv mv Fdx∴ − = ∫
 (1.11)
O primeiro membro da equação (1.11) representa a variação da energia 
cinética, enquanto o segundo membro representa o trabalho da força F. Isto 
é, a Energia Cinética, Ec, é definida como:
 2
1 . (1.12)
2c
E mv= (1.12)
Podemos assim, conceituar a energia cinética de uma forma popular di-
zendo que ela é a energia do movimento. Como podemos ver pela definição, 
cada objeto em movimento possui energia cinética. Quanto mais rápido ele semover, maior é a sua energia cinética e, quando ele cessar o movimento, não 
terá mais energia cinética.
Esta última afirmativa não é, de fato, estritamente verdadeira, porque exis-
tem dois tipos de energia cinética: a externa e a interna. Mesmo quando um ob-
jeto está em repouso, seus átomos e moléculas estão em movimento, represen-
tado pela energia térmica e, portanto, possui uma certa quantidade de energia 
cinética interna. Entretanto, a energia cinética interna não será aqui abordada.
Atividades de avaliação
1. Num dado instante, a força que atua sobre uma partícula é F. Algum tempo 
depois, a força duplica. Qual é a relação entre as taxas de variação de mo-
mentum da partícula nos dois instantes?
2. O impulso I

 de uma força F

 que atua sobre uma partícula durante o 
instante de tempo t0 até o instante de tempo t é definido por:
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Gerson Paiva Almeida12
 .
o
t
t
I Fdt= ∫
 
 Mostre que o impulso é igual à variação de momentum: p I∆ =


. Prove que 
quando a força é constante, I F t= ∆
 
, onde ot t t∆ = − .
3. Em que condições uma força muito intensa, que atua durante um período de 
tempo muito curto, produz a mesma variação de momentum que uma força 
de pouca intensidade que atua durante um longo período de tempo? Faça 
um diagrama das forças como funções do tempo para explicar a resposta.
4. Enuncie as condições em que o tarbalho realizado por uma força é (a) zero, 
(b) positivo e (c) negativo.
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Capítulo 2
O Movimento pela 
Descrição da Força
A forma de resolver um problema de movimento depende especificamente da 
dependência de F

, que pode ser com o tempo, com a velocidade, e/ou com 
a posição. Em cada um dos casos a solução do problema requer uma técnica 
de resolução da equação diferencial aplicável ao problema. Em geral as téc-
nicas não diferem muito uma das outras, de modo que um número reduzido 
de aplicações será suficiente para resolver a grande maioria dos problemas. 
Vejamos alguns casos acompanhados de alguns exemplos.
2.1. Força dependente do tempo, F = F (t)
Quando uma força resultante aplicada a um corpo for dependente somente do 
tempo, a segunda lei de Newton na forma diferencial será escrita como:
 ( ) .m dt
d x F t2
2
= = (2.1)
A resolução da equação é relativamente simples. Ambos os membros 
são multiplicados por dt e, a seguir, faz-se a integração desde o instante inicial 
t0 até um instante final genérico t. Isto é:
( )
( ) .
m dt
d x dt F t dt
m dt
d x dt F t dt
to
t
to
t
2
2
2
2
`
= =
=# #
 
(2.2)
Lembrando que:
2
2 e ,
dx d x dvv
dt dt dt
= =
e substituindo em (2.2), obtemos:
( ) ,m dt
d x mdv F t dt
t
t
t
t
v
v
2
2
o oo
= =# ##
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Gerson Paiva Almeida14
onde foi considerado que nos instantes t0 e t as velocidades são v0 e v, que 
assim, obtemos:
 ( ) .mv mv F t dto
to
t
- = # (2.3)
Supondo que a integral do segundo membro possa ser resolvida, a 
equação (2.3) pode ser escrita como:
 ( ) .v v m F t dt
1
o
to
t
= + a k# (2.4)
Poderemos encontrar a função que descreve a dependência da posi-
ção em função do tempo, aplicando o mesmo procedimento de integração 
anterior. Isto é:
 ( ) ,
( )
v dt
dx v m F t dt
dx v dt m F t dt dt
1
1
o
t
t
o
t
t
o
o
`
= = +
= +
a
a
k
k
#
# (2.5)
Consideremos agora que no instante t0, a posição seja x0 e que no ins-
tante final t, a posição seja x, obtemos da equação (2.5):
 ( )
( ) ( ) .
x x vdt m F t dt dt
x x v t t m F t dt dt
1
1
o
t
t
t
t
t
t
o o o
t
t
t
t
o oo
o o
`
- = +
- = - +
a
a
k
k
# ##
# #
 
 
 (2.6)
O resultado mostra que, se for possível encontrar a integral de F(t)dt, 
será possível determinar a dependência temporal da posição.
2.2. Força dependente da velocidade, F = F (ν)
Para o caso em que a força seja dependente somente da velocidade, a se-
gunda lei de Newton na forma diferencial será escrita como:
( ) .m dt
d x F v2
2
= (2.7)
A resolução da equação diferencial (2.7) segue basicamente os passos 
descritos na seção para a força dependente do tempo. No entanto, para a for-
ça dependente da velocidade, o método de resolução da integral muda, como 
mostrado a seguir.
Escrevendo 2 2/ /d x dt dv dt= e substituindo na equação diferencial 
(2.7), obtemos:
( ) .m dt
dv F v= (2.8)
Em (2.7), podemos colocar as variáveis que dependem de v e t em 
membros diferentes, resultando:
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Mecânica Teórica I 15
,
( )
dvm dt
F v
=
que integrando, obtemos:
 , (2.9)( )
o o
v t
o
v t
dvm dt t t
F v
= = −∫ ∫ (2.9)
onde consideramos novamente que no instante t0 a velocidade corresponde a 
v0 e que no tempo final t a velocidade corresponde a v0. Se F(v) for conhecida, 
a integral em (2.9) poderá ser resolvida. 
Supondo que tenhamos encontrado o valor da integral no primeiro mem-
bro de (2.9), devemos novamente escrever que v = dx
dt
 e, a partir daí aplicar 
os procedimentos restantes iguais para caso da força dependente do tempo.
Exemplo 2.1
Um pára-quedista salta de um avião. Suponha que durante a queda an-
tes de abrir o pára-quedas, ele enfrente a resistência do ar. A resistência do ar 
é contrária ao movimento e, neste caso, funciona impedindo que a velocidade 
de queda aumente tão rapidamente quanto ela aumentaria se a queda fosse 
realmente livre. Pode-se dizer que a força de resistência do ar é proporcional a 
velocidade de queda (Fresist. ∝ ν), ou seja, Fresist. = αν , com α sendo o coeficien-
te de proporcionalidade. A questão é determinar a velocidade e a distância 
percorrida durante queda antes da abertura do pára-quedas.
Resolução:
Seguindo o enunciado, podemos escrever que a força resultante é dada 
pela soma da força de atração gravitacional e a força de resistência do ar. A 
atração gravitacional é para baixo, enquanto a resistência do ar é para cima. 
Um desenho esquemático é mostrado na figura 2.1.
Figura 2.1 – Desenho esquemático mostrando as forças que atuam no pára-quedista 
antes dele abrir.
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Gerson Paiva Almeida16
Por conveniência consideremos o sentido para baixo como positivo. As-
sim, a equação do movimento é:
 
2
2 (2.10)
d xm F
dt
= (2.10)
,
m
dt
d x mg v
m dt
dv mg v
2
2
`
`
a
a
= -
= -
que rearranjando e integrando, obtemos:
m mg v
dv dt
m mg v
dv dt
v
v
t
t
o o
`
a
a
- =
- =# #
 ( ) .ln
m mg v t tv
v
oo& a a- - = -@ (2.11)
Consideremos que v0 e t0 sejam ambos iguais a zero, obtemos para:
In mg
mg v
m t
mg
mg v
e
v
mg
e1
m t
m t&
`
a a
a
a
-
=-
-
=
= -
a
a
a
a
^
k
k
h
 
(2.12)
A equação (2.12) é a equação da velocidade para o pára-quedista. Para 
encontrar a equação da distância percorrida, substituiremos /dx dt v= em 
(2.12) e a seguir integraremos. O resultado é o expresso pela equação (2.13).
.x
mg
t m e 1m ta a= + -
a-^ h8 B (2.13)
2.3. Força dependente da posição, F = F (x)
Um dos problemas mais importantes relacionados aos movimentos definidos 
por uma força que apresenta uma dependência funcional de uma variável é 
aquela na qual a força é dependente da posição, ou seja, F = F(x).
Seguindo esta situação, podemos definira equação do movimento da forma:
( ) .m dt
d x F x2
2
= (2.14)
Como já mostramos antes, podemos escrever como:
( ) .m dt
dv F x= (2.15)
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Mecânica Teórica I 17
Se multiplicarmos ambos os membros da equação (2.15) por vdt, ob-
temos:
( )mvdv F x vdt= (2.16)
Agora, se lembrarmos que vdt = dx, substituirmos em (2.16) e depois 
integrarmos entre os instantes em que a velocidade varia desde v0 até v, fica-
mos com:
( ) .mv mv F x dx2
1
2
1
o
xo
x
2 2- = #
 (2.17)
Na realidade, já havíamos obtido o resultado expresso em (2.17) e ha-
víamos definido os dois termos do primeiro membro desta equação e também 
o segundo membro como energia cinética e o trabalho da força resultante.
A equação é a representação matemática de um importante resultado, 
conhecido como o teorema do trabalho-energia.
Atividades de avaliação
1. Um carro está se movendo a 105 km/h (29,2 m/s), quando o motorista come-
ça a frear com uma força crescente, de modo que a desaceleração aumenta 
com o tempo de acordo com a relação a(t) = ct, onde c = –2,67 m/s2. 
 a) Quanto tempo o carro leva para parar? 
 b) Qual a distância percorrida nesse processo?
2. Considere um objeto de massa que cai no ar, a partir do repouso, num 
local de gravidade g

 e sob a ação de uma força de arrasto D que aumenta 
linearmente com a velocidade D = bv, e tem sempre o sentido oposto a ela. 
A constante depende das características do objeto (sua forma e tamanho, 
por exemplo) e das propriedades do fluido (especialmente sua densidade). 
Ache a velocidade em função do tempo, v(t), do objeto.
3. A figura mostra uma partícula de massa m percorrendo a trajetória indicada 
do ponto A até o ponto B. Neste trajeto atua sobre a partícula uma força 
elástica dada por F k PO= −

, com k > 0. Calcule o trabalho realizado pela 
força elástica.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 17 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida18
4. Um barco cuja velocidade inicial é v0 é desacelerado por uma força de atrito 
F = –beav.
 a) Determine o seu movimento;
 b) Determine o tempo e a distância necessária para que o barco pare.
5. Determine o movimento de uma partícula inicialmente em repouso e sujeita 
a ação da força F = Foe-γt cos(ωt + θ) Sugestão: escreva cos(ωt + θ) em 
termo de funções exponenciais complexas.
6. Uma partícula de massa desliza por um plano inclinado sob a ação da 
força de atração gravitacional. Se o movimento sofrer a ação de uma resis-
tência dada por F = kmv2, mostre que o tempo necessário para se mover 
por uma distância d depois de iniciar o movimento a partir do repouso é:
 ( ) ,
cosh
t
kgsen
ekd1
i
=
-
 onde Ɵ é o ângulo de inclinação do plano.
7. Um barco é desacelerado por uma força F(v). Sua velocidade decresce de 
acordo com v = C(t – t1)
2, onde C é uma constante e t1 é o tempo que ele 
leva para parar. Determine F(v).
8. Considere uma partícula de massa cujo movimento começa do repouso 
num campo gravitacional que pode ser considerado constante. Se a força 
de resistência for proporcional ao quadrado da velocidade (F = kmv2) duran-
te todo o movimento, mostre que a distância s que a partícula cai aceleran-
do de v0 a v1 é dado por:
( ) .s v v k In g kv
g kv
2
1
o
o
1
1
2
2
" = -
-
< F
9. Uma partícula de massa acha-se sob a ação de uma força cuja energia 
potencial é V = ax2 - bx3. 
 a) Determine a força.
 b) A partícula parte da origem x = 0 com velocidade v0. Mostre que se 
|vo| < vc, onde vc é uma certa velocidade critica, a partícula permanecerá 
confinada a região próxima da origem. Determine vc.
10. Considere um pêndulo de comprimento l e uma bola de massa m presa ao 
seu fim, conforme mostra a figura ao lado. A massa se move dentro de um 
óleo com o valor de θ inicialmente decrescente. A bola realiza pequenas 
oscilações, mas o óleo resiste às oscilações com uma força proporcional 
à velocidade dada por / ( ) .F m g l l2res i= A bola é posta inicialmente na 
posição θ = α. Encontre o deslocamento angular θ e velocidade angular 
como função do tempo.
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PARTE
Movimento e Energia
2
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Mecânica Teórica I_NL2014.indd 20 23/05/17 12:51
Capítulo 3
Energia Potencial 
e Energia Total
Quando um carro é freado até parar, uma grande quantidade de energia ci-
nética deve ser convertida em outras formas de energia. Muito disso pode 
ser convertido em energia térmica, que é então dispersada pelo sistema de 
frenagem. Outro tipo de conversão estaria relacionada a um tipo de energia 
que vamos definir agora, que se chama energia potencial e está relacionada 
à posição relativa dos corpos.
3.1. Definição de energia potencial
Vamos considerar um corpo em movimento em uma região do espeço. Va-
mos escolher arbitrariamente um ponto x0 desta região. Podemos definir uma 
função U(x) que possui um valor único em cada ponto da região. O valor desta 
função associada a algum ponto x geral é simplesmente:
( ) ( ) .U x F x dx
xo
x
= - # (3.1)
Em outras palavras, U(x) é apenas a energia transferida para a região (ou 
seja, menos o trabalho realizado pela força), quando o corpo se move do ponto 
x0 até o ponto x. Naturalmente, o valor de U(x) no ponto x0 é zero, ou seja, U(x0) = 
0. Note que esta definição acima especifica unicamente U(x), já que o trabalho 
feito quando um corpo se move entre os dois pontos só pode ter um valor, pois 
só existe um único caminho para se ir da posição x0 até a posição x.
Retomando o teorema do trabalho-energia, descrito pela equação:
( )2
1 mv mv F x dx2
1
xo
x
2
0
2- = # (2.17)
observamos que a variação da energia cinética do corpo, quando ele se move 
do ponto x0 até o ponto x é igual ao trabalho feito sobre o corpo pela força du-
rante este processo. No entanto, comparando com a equação (3.1) que define 
a energia potencial, podemos ver que:
( ) ( ) ( )mv mv U U x U x2
1
2
1
02 0
2- = - = - (3.2)
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Gerson Paiva Almeida22
A equação (3.2) significa que o aumento da energia cinética do corpo, 
quando ele se move do ponto x0 até o ponto x, é igual à diminuição da função 
U(x) avaliada entre esses mesmos dois pontos. Outra maneira de dizer isso é:
( ) ( ) constantemv U x mv2
1 0 2
12
0
2+ = + = (3.3)
ou seja, a soma da energia cinética e da função U(x) permanece constante 
enquanto o corpo se move na região em que a força pode ser considerada 
com função da posição. Deve ficar claro, portanto, que a função U(x) repre-
senta alguma forma de energia, a energia potencial.
3.2. Algumas conclusões sobre a energia potencial
A discussão sobre a energia potencial feita na seção anterior nos leva a algu-
mas conclusões importantes:
1. Deve ser possível associar uma energia potencial, ou seja, uma 
energia que um corpo possui em virtude da sua posição, com uma 
força que só depende da posição.
2. Qualquer região do espaço que possui uma força para o qual pode-
mos definir uma energia potencial deve conservar a soma da energia 
cinética mais energia potencial, isto é, a soma da energia cinética 
mais energia potencial é uma constante.
3. O conceito de energia potencial não faz sentido se a força não puder 
ser definida como função da posição, já que a energia potencial em 
um determinado ponto não pode ser definida univocamente.
4. A energia potencial é definida apenas em relação a uma constan-
te aditiva arbitrária. Em outras palavras, o ponto no espaço em que 
podemos definir a energia potencial zero pode ser escolhido à von-
tade. Isto implica que apenas diferenças de energia potencial entre 
diferentes pontos no espaço têm um significado físico. Um exemplo 
disto é a definiçãode energia potencial gravitacional definida por U(x) 
= mgx, onde x representa a altura acima do solo. No entanto, pode-se 
muito bem escrever U = mg(x–x0), onde x0 é a altura de algum ponto 
de referência escolhido arbitrariamente (como por exemplo, o topo 
do Monte Everest, ou o fundo do Mar Morto).
5. A diferença de energia potencial entre dois pontos representa a ener-
gia líquida transferida para a região onde definimos a força quando 
um corpo se move entre estes dois pontos. Em outras palavras, a 
energia potencial não é, estritamente falando, uma propriedade do 
organismo – em vez disso, é uma propriedade da região dentro da 
qual o corpo se move.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 22 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 23
3.3. Posição em termos da energia potencial e energia total
Retornando à equação (3.2):
( ) ( ),mv mv U U x2
1
2
1 0o2 2- - - (3.2)
vemos que podemos reescrevê-la em termos da energia total, ET, como:
( ) ( ) ( ) .mv U mv U x E U x2
1 0 2
1
o
2 2= + - = -x: D (3.4)
Logo:
( )v dt
dx
m E U x
2
T!= = - (3.5)
Isso quer dizer que podemos encontrar x se conseguirmos integrar a 
equação (3.5) depois de separarmos as variáveis dependentes de x, ou seja:
( )
.
m E U x
dx t t
2
T
x
x
o
o -
= -
6 @
# 
(3.6)
No caso, as condições iniciais serão determinadas a partir da x0 e ET.
É importante lembrar que na expressão (3.6) não consideramos os si-
nais .± Quando o leitor for resolver qualquer problema utilizando esta técnica 
é preciso lembrar-se deste detalhe e escolher o sinal + ou o sinal – conforme 
a condição do problema considerado.
3.4. Energia potencial na forma diferencial
Outro detalhe que pode ter passado despercebido pelo leitor é que da defini-
ção de energia potencial, dada por (3.1),
( ) ( ) ,U x F x dx
xo
x
=- # (3.1)
podemos ter uma definição adicional. Lembrando que, de acordo com 
(3.1), podemos escrever uma relação envolvendo a energia potencial na for-
ma diferencia, ou seja:
( )
( )
F x dx
dU x
=-
 
(3.7)
A equação (3.7) é uma expressão que define o significado físico da 
energia potencial. A energia potencial é uma função cuja derivada negativa é 
igual à força. Isso reforça o que foi dito anteriormente a respeito da definição 
da energia potencial gravitacional, que escrevemos como U(x) = mg(x – x0). 
Como podemos ver, se derivarmos a expressão, ficamos com:
( .dx
dU
dx
d mg x xo mg- =- - =-6 @ (3.8)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 23 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida24
e, portanto, a adição da constante x0 não tem nenhuma importância na nossa 
definição de enegia potencial, pois a derivada da constante não terá influência 
no resultada da força que nós podemos sentir, a força de atração gravitacional. 
Vejamos um exemplo de aplicação da técnica definida acima.
Exemplo 3.1
Seja uma massa m ligada a uma mola de constante elástica k. Vamos 
determinar os possíveis tipos de movimentos.
Resolução:
Quando o corpo de massa m está sujeito a uma força elástica, a força 
sobre o mesmo é escrita como:
( ) .F x kx=- (3.9) 
A energia potencial é definida como:
( ) ( )U x F x dx
xo
x
=- #
Substituindo F(x) dado por (3.9) na expressão da energia potencial, obtemos:
( ) ] .U x kx dx kx kx kx2
1
2
1
2
1' ' '
xo
x
xo
x
o
2 2 2=- - = = -# (3.10)
Vamos considerar, por conveniência, que x0 seja igual a zero. Portanto,
( ) .U x kx2
1 2= (3.11)
Assim, para escrever x como função de t, vamos retomar (3.6),
( )
,
m Er U x
dx t t
2x
x
o
o -
= -
6 @
# (3.6)
que ao substituirmos nela a energia potencial dada por (3.11), vamos obter:
0 2
. (3.12)
2 1
2
x
o
T
dx t t
E kx
m
= −
 −  
∫ (3.12)
Para calcular a integral em (3.12) vamos chamar wω= k / m e definir:
senqθ= x k / 2Er (3.13)
de onde obtemos que:
,x
E
k
sen x
E
k
sen x
E
k
sen
2 2 2r r r
2
2
2
2
& &
i i i= =f p
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 24 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 25
e:
dx= cosqθdqθ
k
2Er
Assim, (3.12) torna-se:
/
/ /
( )
.
cos
cos
cos
cos
m E ksen Er
k
d k E
t t
Er
k
m k
Er k sen
d t t
m
k
d d t t
o t
2
2
1
2
2
2
2 2
2 1
1
r
r
o
x
o
o
o
o
oo
2
2
&
`
`
i
i i
i
i i
i
i i
~ i
i i ~
-
= -
-
= -
= = -
= +
i
ii
: D
#
#
##
 
(3.14)
Portanto, pondo (3.14) em (3.13), a massa terá um movimento descrito por:
( ) .x k
E sen t2 0~ i= =+
 
(3.15)
Observemos que, da mesma forma que escolhemos senθ sen . / 2 Tx k Eq = , po-
deríamos ter escolhido cosθ cos . / 2x k Eq = , de modo que seguindo os mesmos 
passos acima, chegaríamos a θ = θ0 – ωt e a solução seria:
( ) ( ) .cos cosx k
E t k
E t2 2o o~ i ~ i= - + = - (3.16)
Como as duas soluções são possíveis, podemos dizer que o movimen-
to da partícula será uma oscilação senoidal ou co-senoidal.
Uma função dependente de uma variável e de sua derivada primeira, 
que é constante para todas as soluções para uma equação diferencial de 
segunda ordem, denomina-se integral primeira da equação. 
A função (1/2)m(dx/dt)2+U(x) denomina-se integral da energia da equa-
ção m(dv/dt)=F(x).
O exemplo acima é relativamente fácil de ser resolvido, pois a função 
U(x), quando inserida na equação
[ ( )]
,
m Et U x
dx
2xo
x
-
#
permite uma solução analítica por um modo relativamente simples.
Em outras situações, entretanto, as funções potenciais podem ser muito 
complexas, sem a possibilidade de se resolver a equação da posição de forma 
analítica. Nesses casos, ainda é possível determinar os tipos de movimentos na 
região do potencial avaliado. Vejamos, por exemplo, o potencial mostrado na 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 25 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida26
Figura 3.1, na qual vemos uma função complexa que, talvez só possa ser re-
presentada por um polinômio de sexta ordem, ou ordem superior. Este potencial 
mostra uma região com um mínimo da função localizado em x0 e um mínimo 
local, em x5. Se considerarmos que a energia total seja ET só poderemos consi-
derar posições x para as quais ET – U(x) seja maior ou igual a zero.
A título de exemplo, avaliemos o caso em que a energia total seja igual a 
E1. Então a partícula estará confinada a região entre as posições x1 e x2. Para 
qualquer posição entre estes dois valores de x, a velocidade da partícula varia-
rá, de forma que (1/2)mv2 + U(x) = E1. Isso implica que quando x se aproxima de 
x1 ou de x2, a velocidade da partícula diminui gradativamente até zero. Assim 
se a partícula estiver inicialmente em x2, tenderá a se mover na direção de x1. 
Enquanto se dirige a x1, a sua velocidade aumenta gradativamente, atingindo 
um máximo quando passa por x0, a posição de potencial mais baixo da região. 
À medida que caminha para x1, depois de passar por x0, a sua velocidade 
diminui, até parar completamente na posição x1. A tendência será de que a 
partícula tenda a voltar para a posição x2, repetindo o tipo de movimento que 
teve quando ía para x1, mas com a velocidade dirigida na direção oposta.
Figura 3.1 – Gráfico de uma função potencial.
Vejam que se a energia total for a E1, os pontos x1 e x2 serão pontos de retorno 
do movimento. Se a energia total da partícula for E2, a partícula estará confinada a 
região entre as posições x3 e x4, podendo oscilar entre estas duas posições de uma 
maneira parecida a do caso em que a partícula tinha energia E1. Lembremos que, 
agora, os pontos x3 e x4 serão os pontos de retorno do movimento. 
No caso da partícula ter energia E3 ela pode tanto oscilar na região das 
proximidades de x0 quanto estar presa na posição de x5. Se sua energia for um 
pouco maior,digamos E4, ela tanto pode oscilar na região nas proximidades de 
x0, quanto oscilar na região entre x6 e x7. Se a energia for E5, a partícula poderá 
se mover da região com um x ligeiramente negativo, até uma região muito além 
de x7. Vejamos que se a energia for E5, só teremos um ponto de retorno, que é o 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 26 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 27
valor de x ligeiramente negativo. Por fim, se a energia total da partícula for E6 a 
partículas poderá se mover em todo o espaço do eixo x mostrado na Figura 3.1. 
Os pontos x0 e x5 são definidos como pontos de equilíbrio estável. Essa 
definição se dá pelo fato de que se uma partícula estiver parada num destes 
dois pontos e for deslocada ligeiramente da posição, tenderá a se mover de 
volta à posição de origem.
O movimento nas proximidades dos pontos de equilibrio estável podem 
ser considerados aproximadamente como movimentos harmônicos. Para de-
monstrar isso, consideremos que a função potencial tenha um mínimo nestes 
pontos de equilíbrio estável e que possa ser escrita a partir da expansão de 
U(x) em série de Taylor. Isto é:
( ) ( )
( )
| ( )
( )
| ( )
( )
| ( ) ...
U x U x dx
dU x
x x dx
d U x
x xo
dx
d U x
x xo
2
1
6
1
o x o xo
xo
2
2
2
3
3
3
o= + - + -
+ - +
c c
c
m m
m
(3.17)
A constante U(x0) pode ser desprezada ou definida como representando 
o nível de referência em que U(x0)=0, sem modificar o resultado físico da solu-
ção. Como x0 é um ponto de mínimo,
( )
| .dx
dU x
0xo = (3.18)
Com isso, a nossa solução fica:
( )
( )
| ( ) .U x dx
d U x
x x2
1
x o2
2
2
o, -
 (3.19)
Vamos agora chamar:
( )
( ) '.dx
d U x
k e x x x
o
o2
2
= - =c m
Com isto, o nosso resultado será:
( ') .U x kx2
1 '2, (3.20)
Como o leitor poderá se lembrar, este potencial representa o potencial para 
pontos próximos a x0 e é o mesmo do oscilador harmônico simples mostrado em 
(3.11). Se procurarmos uma solução para o movimento da partícula submetida a 
este potencial, veremos que ele será o de uma oscilação senoidal ou co-senoidal.
Exemplo 3.2
Uma partícula de massa m está sujeita à ação de uma força dada por 
F = –kx + kx3/a2, onde k e a são constantes. (a) Determinar U(x) e discutir os 
possiveis tipos de movimento que possam ocorrer; (b) Mostrar que se E = (1/4)
kx2, a posição como função do tempo pode ser encontrada a partir da conser-
vação da energia, isto é, resolvendo a equação:
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 27 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida28
 [ ( )]m Er U x
dx
2
x
x
0 -
#
(c) Mostrar a concordância da solução analítica com a discussão do 
item anterior.
Resolução:
A força F é dependente da posição x. Então podemos escrever:
( )
( )
( )
( ) ( / )
( ( ) ( )) |
( ) ( ) .
F x dx
dU x
dU F x dx
dU x kx kx a dx
U x U x kx k a
x
U x U x kx k
a
x kx k
a
x
2
1
4
1
2
1
4
1
2
1
4
1
( )
( )
x
x
V x
V x
o xo
x
o o
3 2
2
2
4
2
2
4
2
2
0
4
oo
&
`
`
`
=- - =
- = - +
- - = - +
= + - - +
a k
##
 
(3.21)
Em (3.21), x0 pode ser considerado como um ponto de referência. Para 
simplificar podemos definir x0 = 0 para o qual atribuímos o valor de U(x0) = 0. 
Com isso a expressão para o potencial fica:
( )U x kx k a
x
2
1
4
12
2
4
= - (3.22)
Para definirmos os possíveis movimentos de um corpo submetido à 
ação da força descrita acima, precisamos primeiro desenhar o gráfico para 
conjecturarmos os possíveis movimentos a partir da quantidade de energia do 
corpo. Para isto vamos definir os pontos críticos do gráfico.
Fazendo dU (x)/dx = 0, obtemos:
2
3
2 20 1 0 0 ou .
k xkx x kx x x a
a a
 
− = ⇒ − = ⇒ = = ± 
 
Para analisarmos se os pontos são de máximo ou de mínimo, vamos 
derivar uma segunda vez. Assim obtemos:
2 2
2 2
( ) 3 .d U x kxk
dx a
= −
Aplicando o valor de x à derivada segunda do potencial num ponto críti-
co obtemos um valor positivo se o ponto for de mínimo e um valor negativo se 
o ponto for de máximo. 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 28 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 29
Para x = 0, obtemos:
( )
,
dx
d U x
k k a k
0
3 0 0>2
2
2
=
= - = (ponto de mínimo)
O valor da função em x = 0 é U(x = 0) = 0.
Para x = a, obtemos:
( )
,dx
d U x a
k k a
a k3 2 0<2
2
2
2=
= - =- (ponto de máximo)
O valor da função em x = a vale:
( ) .U x a ka k
a
a ka2
1
4
1
4
32
2
4
2= = - =
Para x = –a, obtemos:
( )
( )
( )
,dx
d U x a
k k
a
a
k3 2 0<2
2
2
2=-
= -
-
-
=- (ponto de máximo)
O valor da função em x = –a vale:
( ) ( )
( )
( )
.U x a k a k
a
a
ka2
1
4
1
4
32
2
4
2=- = - -
-
-
=
Nos pontos de inflexão, a derivada segunda da função é igual a zero. Assim:
2 2
2 2
( ) 3 0 3 / 3.d U x kxk x a
dx a
= − = ⇒ = ±
Os valores da função nos pontos de inflexão são:
2 23 5 3 5 e .
3 36 3 36
U x a ka U x a ka
   
= + = = − =      
   
Com base na aná-
lise dos pontos de interesse, podemos esboçar o gráfico do potencial em 
função da posição. O esboço é o mostrado na Figura 3.2.
Figura 3.2 – Esboço do gráfico da função potencial 𝑈𝑈 𝑥𝑥 =
1
2
𝑘𝑘 2 −
1
4
𝑘𝑘
4
𝑎𝑎
 x( ) x 2 para k = 
1 e a = 3. 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 29 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida30
Este gráfico, definido para k = 1 e a = 3, permite ver que se a energia 
for menor do que 2
1
4T
E ka= e se a partícula estiver entre os dois picos da 
função mostrada, a partícula só poderá ter um movimento oscilatório entre 
dois pontos de mesma altura nos dois lados do vale. A medida que a energia 
total se torna maior, o ponto máximo atingido pela partícula pode ser cada 
vez mais alto. Considerando-se que a partícula passe pela posição inicial 
x = 0 com uma velocidade inicial, ela poderá se dirigir tanto para a direita quan-
to para a esquerda, mas diminui sua velocidade a medida que sobe. 
No caso da energia total ser igual 2
1
4T
E ka= , a partícula diminuirá sua 
velocidade até que no ponto máximo terá velocidade igual a zero.
b) Suponhamos que 21
4T
E ka= , podemos calcular x se pudermos calcu-
lar a integral:
[ ( )]
.
m Er U x
dx t
2xo
x
-
=#
Assim,
1
22 2 4
2
0
1 1 1
2 4 2 4
xm kka kx x dx t
a
−
 − + =  ∫
1
2 22
0
 
2 2 2
xm a k xk dx t
a
−
  
 ∴ − =     
∫
12
0
 
2 2
xm k xa dx t
a
−
  
∴ − =  
  
∫
12 2
0
2 
2
xm a x dx t
ak
−
 −
∴ = 
 
∫
2 2
0
2 . (3.23)
2
xm a dx t
a xk
∴ =
−∫
Consultando uma tabela de integrais, podemos ver que:
2 2
0
1 arctgh , 
 
1 arcotgh , 
x
x x a
dx a a
xa x x a
a a
 <= −  >

∫
Para a energia considerada, se observarmos o gráfico, verificaremos 
que a partícula fica confinada aos pontos tais que a ≤ x ≤ a, ou seja, |x| ≤ a. 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 30 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 31
Com essa observação, podemos escolher a primeira solução para a integral 
anterior. Desta forma, ficamos com:
2 2
0
1 arctgh .
x dx xdx
a x a a
=
−∫
Finalmente, podemos colocar o resultado da integral acima na equação 
(3.23), de onde obtemos:
0
2 arctgh (3.24)
xm x t
k a
 
=  
 
 (3.24)
2 arctgh arctgh0 m x t
k a
 ∴ − = 
 
2 arctgh .m x t
k a
∴ =
Portanto,
( )
( )arctgh a
x t
m
k t x t atgh m
k
2 2&= =
 (3.25)
Assim, podemos ver que se 2
1
4T
E ka= , a integral
( )m Er U x
dx
2xo
x
-6 @
#
pode ser resolvida por métodos elementares e fornece o resultado de x(t) con-
dizente com a discussão do problema.
Vamos considerar a situação em que a força F não possa ser conside-
rada como a derivada apenas da função potencial, mas que tenha a contribui-
ção adicional de F', isto é:
'. (3.26)dUF F
dx
= − + (3.26)Podemos escrever (3.26) como:
' , (3.27)dUF F
dx
+ = (3.27)
e lembrar que: F = m dv ⁄ dt. Assim, (3.27) ficará:
'. (3.28)dv dUm F
dt dx
+ = (3.28)
Se multiplicarmos por U, ficaremos com:
' 2 '1 .
2
dv dU dv dx dU dv dU dmv v F v mv mv mv U F v
dt dx dt dt dx dt dt dt
 + = ⇒ + = + = + = 
 
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Gerson Paiva Almeida32
Ou seja,
( ) ' .dt
d E U F vc + = (3.29)
A equação (3.29) mostra que a energia mecânica não é mais constante 
com o tempo e que sua taxa variacional é igual a potência fornecida pela força F.
Atividades de avaliação
1. A função energia potencial para a força entre dois átomos em uma molécu-
la diatômica pode exprimir-se aproximadamente pela função
 ( ) ,U x x
a
x
b
12 6= -
 Em que a e b são constantes positivas e x a distância entre os átomos. 
Determinar (a) a distância de equilíbrio entre átomos, (b) a força entre eles 
e (c) a energia mínima necessária para romper a molécula (isto é, para 
separar os átomos até a distância x = ∞).
2. A assim chamada energia potencial de Yukawa
 ( )U r r
r U e /o o r ro=- -
 dá uma descrição bastante precisa da interação entre núcleons (isto é, 
nêutrons e prótons, os constituintes dos núcleos). A constante r0 vale apro-
ximadamente 1,5×10-15m e a constante U0 é cerca de 50 MeV. (a) Determi-
nar a expressão correspondente para a força de atração. (b) Para mostrar 
o curto alcance dessa força, calcular a razão de seus valores em r = 2r0, 4r0 
e 10r0, e o que assume em r = r0.
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Capítulo 4
Movimentos Oscilatórios
O fenômeno das oscilações é frequentemente encontrado no nosso cotidiano. 
São movimentos oscilatórios que vão desde as vibrações em escalas ma-
croscópicas, como as pulsações das estrelas, até as vibrações em escalas 
microscópicas, como as oscilações que ocorrem nos átomos e moléculas.
As características e leis que regem estes sistemas são, em geral, dife-
rentes umas das outras. No entanto, a formulação matemática, envolvendo 
equações diferenciais, usada para descrever as oscilações é a mesma. Este 
capítulo terá como foco a descrição destes movimentos, passando inicialmen-
te por uma explanação de soluções de algumas equações diferenciais usadas 
na descrição destes movimentos.
4.1. Resolução de equações diferenciais lineares de se-
gunda ordem
A forma mais geral de uma equação diferencial de segunda ordem é:
( ) ( ) ( ) ( ) .p t dt
d x q t dt
dx r t x s t2
2
+ + = (4.1)
Em (4.1), p(t), q(t), r(t) e s(t) são polinômios de x. Em nosso estudo, no 
entanto, não lidaremos com problemas em que estes termos sejam polinô-
mios. Os casos a serem estudados aqui serão exclusivamente aqueles em 
que p(t) e q(t), r(t) sejam constantes. Por conseguinte, a equação (4.1) pode 
ser escrita como:
( ),a dt
d x b dt
dx cx s t2
2
+ + = (4.2)
onde a, b e c são as constantes.
Iniciemos o nosso estudo considerando as equações diferencias em 
que o polinômio s(t) seja igual a zero; caso em que (4.2) é chamada de equa-
ção diferencial homogênea. Por outro lado, se s(t) não for igual a zero, (4.2) 
recebe o nome de equação diferencial não homogênea.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 33 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida34
Portanto, a nossa equação diferencial a ser resolvida é da forma:
2
2 0. (4.3)
d x dxa b cx
dt dt
+ + =
 (4.3)
A estratégia aqui é iniciar com o caso mais simples e aumentar o grau 
de complexidade das equações à medida que ganharmos mais entendimento 
a respeito das mesmas. Assim, consideremos o caso em que temos a = 1.
Consideremos agora uma segunda simplificação; o caso em que b seja 
igual a zero. Assim, (4.3) será escrita como:
2
2 0. (4.4)
d x cx
dt
+ = (4.4)
É fácil encontrarmos uma solução relativamente simples para este pro-
blema. Por inspeção ou por tentativa, ou mesmo através de uma adivinhação 
ou palpite, podemos ver que, se tivermos um valor de x cuja derivada segunda 
seja igual ao produto de c por x, teremos encontrado nossa solução. Vem-nos à 
cabeça o fato de que quando derivamos uma função exponencial, encontramos 
novamente uma função exponencial. Se a derivada da função exponencial for 
derivada novamente, encontramos outra vez a função exponencial. Lembremos 
que quando a função exponencial está elevada a um expoente constante, a 
derivação desta função duas vezes resulta no valor do expoente ao quadrado 
multiplicado pela função exponencial. Podemos dar um palpite de que uma fun-
ção exponencial de t possa ser solução da nossa equação diferencial. 
Vejamos. Seja x = ept, onde p agora é uma constante. Derivando x uma 
vez e depois uma segunda vez, obtemos:
2
2
2 e .
pt ptdx d xpe p e
dt dt
= =
Portanto, se p2 = -c2 implica que x = ept é uma solução do nosso problema.
Mas por que x = ept é “uma solução” do nosso problema e não “a solu-
ção” do nosso problema? A resposta é porque x = e –pt também é solução!
Vejamos isso:
2
2
2 e .
pt ptdx d xpe p e
dt dt
− −= − =
O que nos dá o mesmo resultado de x = e pt. 
Se avaliarmos x = C1e 
pt, ou ainda x = C2e 
–pt, onde C1 e C2 são constantes, 
verificaremos que também são soluções.
Chegamos a um ponto onde é preciso fazer um enunciado muito im-
portante na resolução de equações diferenciais, conhecido como princípio da 
superposição. Este princípio diz: “Se x1(t) e x2(t) são duas soluções diferentes 
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Mecânica Teórica I 35
de uma equação diferencial linear e homogênea, então a solução da equação 
diferencial será:
( ) ( ) ( ) ( . )x t C x t C x t 4 51 1 2 2= + (4.5)
Este enunciado é de fato tão importante que, na prática, nós o utilizare-
mos na maioria dos problemas deste texto. O princípio da superposição nos 
dá, também, o que é usualmente chamado de solução geral da equação dife-
rencial linear homogênea.
Olhando a nossa solução geral do problema, poderíamos perguntar 
como se definem as duas constantes C1 e C2 da solução dada por (4.5). A res-
posta é que precisamos de duas condições para encontrá-las. Em geral estas 
duas condições são o valor da função x em um determinado instante e o valor 
da derivada de x em um determinado instante, ou seja:
( )
( )
.x t x e dt
dx t
vo o
o
o= =
Estas condições serão muito empregadas neste texto e são chamadas 
de condições iniciais do problema.
Muito frequentemente as condições iniciais são definidas em t=0, isto 
por ser mais fácil e conveniente para resolver os problemas. No entanto, esta 
não é uma condição necessária, isto é, pode-se, em algumas situações definir 
as condições inicias em t≠0.
Voltemos então à equação(4.3) para analisar o caso em que b seja di-
ferente de zero:
2
2 0. (4.3)
d x dxa b cx
dt dt
+ + =
 (4.3)
Embora a solução do tipo x = ept possa ainda funcionar, não será mais 
fácil de ser encontrada através de uma simples inspeção. Se tentarmos en-
contrar a solução por tentativas, é provável que levemos muito tempo na ta-
refa ou mesmo que acabemos desistindo e não encontrando uma solução.
É preciso então de um método de chegar às duas soluções (solução 
geral) de qualquer equação diferencial linear de segunda ordem com coefi-
cientes constantes. Isto não é difícil. Na realidade, o método consiste em uti-
lizar a mesma substituição anterior, em que tínhamos somente uma derivada 
segunda e um termo proporcional a x. Isso permitia que pudéssemos inferir o 
valor de p na exponencial e inseri-lo na possívelsolução. 
No entanto, temos agora um termo proporcional a derivada segunda de 
x adicionado à equação. Mas isso não muda em nada a validade de nossa in-
ferência como solução. O fato agora é que teremos que fazer algumas contas 
para determinar o valor de p para que ele possa ser inserido na nossa solução.
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Gerson Paiva Almeida36
Assim, vamos supor que x = ept continue sendo uma solução da equa-
ção diferencial dada por (4.3).
Como já calculado anteriormente:
2
2
2 e .
pt ptdx d xpe p e
dt dt
− −= − =
Substituindo estes resultados em (4.3), ficamos com:
.
( )
,
ap ept bpept ce
ap bp c e
ap bp c
0
0
0
pt
pt
2
2
2
&
`
+ + =
+ + =
+ + =
 
(4.6)
pois ept nunca é zero.
Assim, temos uma equação do segundo grau em p, dada por (4.6), cha-
mada de equação característica da equação diferencial que estamos que-
rendo resolver. Se pudermos encontrar as raízes desta equação, teremos en-
contrado a solução da nossa equação diferencial. Como há duas raízes para 
uma equação do segundo grau, esperamos poder determinar duas soluções 
diferentes para a equação diferencial (3.4). As raízes são:
2 2
1 1
4 4 .
2 2
b b ac b b acp e p
a a
− + − − − −
= =
Assim, com estas determinações de p, podemos encontrar a solução 
da equação diferencial. Utilizando o princípio da superposição, ficamos com:
( ) .x t A e A ep t p t1 21 2= + (4.7)
No entanto, os valores de p1 e p2 dependem do valor do discriminante que 
pode ser positivo, negativo ou zero, fazendo com que as raízes sejam (1) reais 
e distintas, para discriminante positivo; (2) imaginárias (ou complexas), para 
discriminante negativo e (3) repetidas (ou iguais), para discriminante zero. Ou 
seja, (1) reais e distintas: p1 ≠ p2 ; (2) imaginárias (ou complexas): p1 = k + ωi e 
p1 = k – ωi; e (3) repetidas (ou iguais): p1 = p2.
Vejamos um exemplo de cada um destes casos.
1) Raízes reais e distintas: Vamos encontrar a solução geral da equa-
ção diferencial:
2
2 6 3 0 .
d x dx x
dt dt
− − =
A equação característica desta equação diferencial é: p2 – 6p – 3 = 0, 
cujas raízes são: p1 = 3 + 2 3 e p2 = 3 – 2 3 , que são ambas reais. Assim, a 
solução geral é:
( ) ( ) ( ) ,x t C e t C e t3 31 2 3 2 2 3= + + -
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Mecânica Teórica I 37
que é uma solução real, desde que as constantes C1 e C2 sejam reais.
2) Raízes imaginárias (ou complexas): Vamos supor que resolvemos a 
nossa equação característica e encontramos duas raízes imaginá-
rias do tipo: p1 = k + ωi e p2 = k – ωi. 
Como supusemos uma solução da forma x = ept, a solução geral é:
( ) .x t B e B e( ) ( )k i t k i t1 2= +~ ~+ - (4.8)
Se as constantes B1 e B2 forem reais, esta solução geral dada por (4.8), 
não será real e, portanto, ela não representará uma situação física real. Mas 
(4.8) pode representar uma solução de uma situação real. Para isso, vamos 
escrever (4.8) na forma:
( ) ,x t B e e B e ekt it kt it1 2= +~ ~- (4.9)
e em seguida, escrever a parte exponencial complexa na fórmula de Euler eiθ 
= cosθ + i senθ. Ou seja:
( ) [ ] [ ] .cos cosx t B e t isen t B e t isen tkt kt1 2~ ~ ~ ~= + + - (4.10)
Considerando que as constantes B1 e B2 sejam reais e ambas iguais a 
1/2, ficamos com:
( ) [ ] [ ]
( ) .
cos cos
cos
x t e t isen t e t isen t
x t e t
2
1
2
1kt kt
kt`
~ ~ ~ ~
~
= + + -
=
 (4.11)
Por outro lado, se considerarmos que as constantes B1 e B2 sejam ima-
ginárias e iguais – i/2 e i/2, respectivamente, ficamos com:
( ) [ ] [ ]
( ) .
cos cosx t i e t isen t i e t isen t
x t e sen t
2 2
kt kt
kt`
~ ~ ~ ~
~
=- + + -
= (4.12)
Portanto, temos duas soluções, (4.11) e (4.12), que devem ser linear-
mente independentes. Assim a solução geral é uma combinação linear destas 
duas soluções. Isto é:
( ) .cosx t C e t C e sen tkt kt1 2~ ~= + (4.13)
3) Raízes repetidas (ou iguais):
O que acontece então, quando temos uma solução do tipo x = ept para 
a equação
2
2 0 (4.3)
d x dxa b cx
dt dt
+ + = (4.3)
e os dois valores de encontrados na equação característica
2 0 (4.6)ap bp c+ + = (4.6)
são iguais, isto é, o discriminante (b2 – 4ac) é zero? Ficamos obviamente com 
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Gerson Paiva Almeida38
duas soluções iguais, que, obviamente são a mesma solução. Em outras pa-
lavras, só temos em mãos uma única solução e precisamos encontrar a outra, 
pois temos uma equação diferencial de segunda ordem que deve ter duas 
soluções.
Vamos chamar a solução existente de x1(t). Lembremos da álgebra li-
near que se temos uma solução x1(t), então a multiplicação desta solução 
por uma constante também é uma solução, mas linearmente dependente da 
solução inicial. Isso nos dá a possibilidade de pensar que se multiplicarmos 
a solução x1(t) por uma função que dependa de t, o resultado pode ser uma 
função linearmente independente de x1(t). Investiguemos, pois este fato.
Chamemos x2(t) = g(t). Da equação característica (4.6) devemos ter os 
valores de p iguais a – b/2a. Assim:
( ) ( ) .x t g t e a
b t
2 2=
-
 (4.14)
Para que x2(t), dada por (4.14), seja uma solução, ela deve obedecer à 
equação diferencial. Logo, precisaremos da derivada primeira e segunda de 
x2(t) em relação a t. Estas derivadas são:
( ) ( )
( )dt
dx t
dt
dg t
e a
b g t e2
a
b t a
b t2 2 2= -
- - (4.15)
e
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 4
b b b bt t t t
a a a ad x t d g t b dg t b dg t b dg te e e e
dt dt a dt a dt a dt
− − − −
= − − +
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) . (4.16)
4
b b bt t t
a a ad x t d g t b dg t be e g t e
dt dt a dt a
− − −
∴ = − +
Inserindo a derivadas (4.15) e (4.16) na equação original (4.3), ficamos com:
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) .
a dt
d g t
e a
b
dt
dg t
e a
b g t e b dt
dg t
e a
b g t e
c g t e
4 2
0
a
b t a
b t a
b t a
b t a
b t
a
b t
2
2
2 2
2
2
2 2 2
2
- + + -
+ =
- - - - -
-
c c
_
m m
i
(4.17)
Como em (4.17) o termo 2
bt
ae
−
 aparece em todas as parcelas, podemos 
colocá-lo em evidencia. E assim, obtemos:
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )e a dt
d g t
a
b
dt
dg t
a
b g t b dt
dg t
a
b g t c g t
4 2 0
a
b t2
2
2
2
2
- + + - + =
-
c c ^m m h; E
Como 2
bt
ae
−
 ≠ 0, obtemos:
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Mecânica Teórica I 39
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) .
a
dt
d g t
b dt
dg t
b dt
dg t
a
b
a
b c g t
a
dt
d g t
a
b c g t
a dt
d g t
a b ac g t
4 2 0
4 0
4
1 4 0
2
2 2 2
2
2 2
2
2
2
`
`
+ - + + - + =
+ - + =
- - =
c a
a
m k
k
 (4.18)
Como em (4.18) aparece o discriminante (b2 – 4ac) e ele é igual zero, fato pelo 
qual temos duas raízes iguais, reescrevemos (4.1) como:
2
2
( ) 0. (4.19) d g ta
dt
=
 
(4.19)
Integrando (4.19), obtemos:
( ) ( )
( )
( )
dt
dg t
dt
d g t
dt k
dg t K dt
12
2
1`
= =
=
# constante 1 (k1) (4.20)
Integremos (4.20), obtemos:
( ) ( )g t dg t K dt1= = ##
g(t)=K1t+constante 2 (K2)
ou
g(t) = K1t+K2. (4.21)
A constante K2 que aparece em (4.21) pode agora ser ignorada, pois ela 
não muda a forma da função g(t). 
Chegamos então à conclusão de que a segunda solução, dada por 
(4.14) para a equação diferencial (4.3) é:
( ) ( ) .x t g t e K tea
b t a
b t
2 2 1 2= =- - (4.22)
Portanto, a solução geral para a equação diferencial (4.3) será, confor-
me (4.5) e (4.21), da forma:( ) ( ) ( ) ,x t C x t C x t C e C tea
b t a
b t
1 1 2 3 1 2 2 2= + = +- - (4.23)
onde a constante K1 que aparece em (4.22) foi incorporada à constante C2 de 
(4.23).
4.2. Oscilações
Vamos agora aplicar os conhecimentos na resolução de problemas físicos 
representados por equações diferenciais de segunda ordem. Daremos aten-
ção particular à resolução de problemas de oscilações mecânicas, embora o 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 39 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida40
tipo de resolução também possa ser aplicado ao problema de oscilações em 
circuitos elétricos que têm o mesmo tipo de equação diferencial para repre-
sentá-lo. O que muda são os termos que vem antes das derivadas. Vamos ver 
o caso de massas presas a molas. Na prática este tipo de situação pode ser 
encontrado nas suspensões de carros, em que a massa do carro fica suspen-
sa sobre os eixos por molas.
Comecemos com uma mola num estado normal em que não está dis-
tendida nem comprimida. Consideremos que nessa condição o seu compri-
mento finito seja L. Vamos denominar o comprimento que ela diminui de L 
quando é comprimida, ou o comprimento que ela aumenta quando é disten-
dida além de L, de x. Assim quando a mola não está distendida ou esticada, o 
valor de x é zero, como mostra o esquema da figura 4.1.
Figura 4.1 – Esquema de um sistema massa-mola mostrando a posição x = 0, quando 
a mola não está comprimida nem distendida, e uma posição genérica x num instante 
t, quando a mola está distendida.
Vamos desenvolver a equação diferencial que representará o desloca-
mento da massa m presa à mola.
Aplicando-se à massa uma força aplicadaF

 paralela ao plano horizontal de 
modo que a mola fique distendida (ou comprimida) até que o centro da massa 
fique na posição x = +x0 (ou até a posição x = –x0), denominada de posição ini-
cial do movimento. Em seguida, aplicadaF

 cessa e, a partir daí, a massa sofrerá, 
na horizontal, o efeito de uma força resultante F

 atuando sobre ela. 
De acordo com a segunda Lei de Newton, a força resultante será igual 
ao produto da massa pela sua aceleração. Isto é:
. (4.24)F ma= (4.24)
Em (4.24) não usamos a notação vetorial pelo movimento da massa ser 
apenas em uma direção, a horizontal, embora possa ocorrer nos dois senti-
dos, para a esquerda e para a direita.
Vamos utilizar a segunda Lei de Newton na forma da derivada segunda 
da posição, ou seja:
2
2 . (4.25)
d xF m
dt
=
 (4.25)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 40 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 41
Como F pode ser uma função do tempo, da velocidade, da posição, 
entre outras variáveis, então devemos escrever (4.25) na forma:
( , , )m dt
d x F t u x2
2
= (4.26)
Agora é preciso determinar todas as forças que atuam sobre a massa 
m. Neste livro, vamos considerar apenas as três forças principais, para o nos-
so problema do sistema massa-mola, que atuam sobre massa presas a molas: 
a forças elásticas, forças de arrastes ou de amortecimento e forças externas.
1) Força elástica 
Vamos descrever a força elástica, também conhecida como lei de 
Hooke, como representante da força que a mola exerce sobe a massa m. 
Esta força sempre estará presente nos nossos problemas em que uma mola 
atua sobre uma massa m. Como sabemos a força elástica sempre se opõe a 
distensão ou compressão da mola e é sempre escrita como:
 , (4.27)elásticaF kx= − (4.27)
sendo k de agora em diante denominada a constante da mola, tendo unidades 
N/m no Sistema Internacional de Unidades (SI). Os valores de k são sempre 
positivos.
2) Força de arraste
A força de arraste, ou força de amortecimento, dependendo do proble-
ma, pode ou não estar presente. A grande maioria dos problemas que resol-
vemos até agora sobre oscilações não contemplou a existência de forças de 
atrito. Isso foi feito principalmente porque supomos que o leitor, até aqui, não 
tinha conhecimentos matemáticos suficientes para enfrentar a solução que 
vamos ver a partir deste ponto. O arraste ou amortecimento em geral aconte-
ce quando há algum movimento. A sua presença implica sempre a diminuição 
ou dissipação do movimento existente. Isso quer dizer que ele age na direção 
contraria a direção do movimento. Atrito, de uma forma geral, pode ser consi-
derado um amortecimento. Assim, quando submetemos um pêndulo a oscilar, 
ele se mantém em oscilação por algum tempo. O que podemos observar, no 
entanto, é que a amplitude da oscilação vai diminuindo gradativamente, até o 
momento em que o pêndulo ficará completamente parado. Isso implica que 
existe atrito durante o movimento. Se não considerarmos este atrito, obtere-
mos a solução do sistema massa-mola do exemplo 3.1, mas é bom lembrar 
que aquela solução não levou em conta o fato de que o sistema massa-mola 
chegará ao repouso depois de algum tempo. Há, no entanto, uma restrição 
à inclusão do atrito na sua forma geral na equação do oscilador harmônico a 
ser utilizada aqui. Isso acontece porque na resolução das equações diferen-
ciais não obtemos uma solução simples quando o atrito é dado simplesmente 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 41 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida42
como proporcional à normal da força de contato. Ao invés disso, aplicaremos 
uma constatação que tem fundamento físico e que dá ao problema uma equa-
ção diferencial bastante simples de ser resolvida e que consegue, apesar da 
simplicidade da suposição, representar extremamente bem o problema físico 
observado. A suposição no caso é de que as forças de arraste são contrárias 
ao movimento e proporcional à velocidade do mesmo. Isto é:
 , (4.28)arraste
dxF b bv
dt
= − = − (4.28)
onde b é a constante de proporcionalidade, dada no SI por N.s/m. A existência 
de amortecimento em movimentos de oscilações mecânicas, em realidade, 
é muito comum, seja por fatores naturais de atrito, seja por necessidade de 
diminuição da amplitude sob a qual o movimento se realiza. Um exemplo que 
faz ver a necessidade da inclusão de amortecimento no movimento é o dos 
automóveis. Apoiados em molas sobre os eixos, a massa inferior do carro em 
contato com o chão tende a balançar muito enquanto anda nas pistas. Se a 
oscilação for grande, o pneu pode saltar do solo. No caso do pneu saltar do 
solo enquanto faz uma curva, o carro pode sair pela tangente à curva e produ-
zir um acidente, o que não é interessante para quem ocupa o veículo. Assim, é 
imperioso incluir uma forma de evitar a oscilação da suspensão. O que é feito 
com a adição de amortecedores.
3) Forças Externas
Forças externas são todas as outras forças feitas por agentes externos 
ao sistema massa-mola sobre a massa m. Denominaremos estas forças de 
F(t), pois as suposições a respeito delas são tais que o maior interesse é que 
as mesmas dependam somente do tempo.
Retornando a equação (4.26): 
( , , )m dt
d x F t u x2
2
= (4.26)
incluiremos todas as forças que definimos como de nosso interesse no estudo 
que vamos dar prosseguimento: a força elástica proporcional ao deslocamen-
to da massa, elásticaF ; a força de resistência (ou de arraste) proporcional à ve-
locidade, Farraste; e uma força qualquer que depende de t, F(t). Assim, podemos 
reescrever (4.26) como:
( ) .m dt
d x kx bv F t2
2
=- - + (4.29)
Vamos reescrever (4.29) como:
( ) .m dt
d x kx bv F t2
2
=+ + =
ou ainda como:
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 42 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 43
( ) .m dt
d x b dt
dx kx F t2
2
+ + =+ (4.30)
Esta maneira de escrever (4.30) é a forma geral da equação do movimentoque queremos determinar. Iniciaremos nosso estudo considerando F(t) = 0. 
Assim, teremos:
2
2 0. (4.31)
d x dxm b kx
dt dt
+ + = (4.31)
Após adquirirmos um conhecimento mais aprofundado da resolução da 
equação do movimento na forma de (4.32), retornaremos à forma de (4.30).
Quando estivermos de frente a um problema em geral nos será dado 
uma situação que corresponderá a uma condição física, na qual deverão ser 
dadas duas condições iniciais: um valor de posição e um valor de velocidade 
para um determinado tempo.
4.3. Oscilador harmônico sem amortecimento
Vamos começar a resolver problemas de oscilações com o caso mais sim-
ples, o sistema massa-mola, mostrado na figura 4.1, que consiste de uma 
mola de massa m presa a uma mola de constante elástica k. A mola é ini-
cialmente distendida por uma força aplicada, Faplicada, horizontalmente, de um 
comprimento x e depois largada. Não consideremos amortecimento, Farraste = 0 
nem influência de forças externas, Fexterna.
Assim, a equação do movimento será:
2
2 0, (4.32 )
d xm kx a
dt
+ = 
 (4.32a)
ou
2
2 0, (4.32 )
d x k x b
dt m
+ = (4.32b)
ou ainda
2
2
2 0, (4.32 )o
d x x c
dt
w+ = (4.32c)
onde ω0 é frequentemente chamado de frequência natural do sistema.
Aplicando a solução x = ept, vamos encontrar que p=±iω0. Esta solução é 
quase a mesma que encontramos no estudo da resolução das equações dife-
renciais de segunda ordem, na qual aparecem raízes imaginárias. A diferença 
é que aqui o valor imaginário de p não tem a parte real. O procedimento para 
encontrar as duas soluções, porém, é o mesmo. Neste caso, se seguirmos 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 43 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida44
o mesmo procedimento realizado naquele caso encontramos as seguintes 
soluções:
( ) ( ) ( ) .cosx t C t C sen to o1 2~ ~= + (4.33)
Lembrando a identidade trigonométrica:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ),cos cos cosA B A B sen A sen B+ = + (4.34a)
vamos tomar A = θ, e B = ωot reescrevê-la como:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .cos cos cost t sen sen to o oi ~ i ~ i ~+ = + (4.34b)
Como podemos observar, (4.34b) ficará igual ao segundo membro de 
(4.33) se definirmos as constantes C1 e C2 como: C1 = D cos(θ) e C2 = D sen(θ). 
Assim, (4.33) ficará como:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ),cos cosx t D t Dsen sen to oi ~ i ~= + (4.35a)
( ) [ ( ) ( ) ( ) ( )]cos cosx t D t sen sen to o` i ~ i ~= + (4.35b)
( ) ( ) .cosx t D to~ i= + (4.36)
Desta forma a expressão (4.33) foi escrita na forma da expressão (4.36), 
que nos mostra que a solução x (t) escrita em termos da soma de cossenos e 
senos é a mesma de um cosseno somado a um ângulo de fase θ.
Podemos observar ainda que a fase θ e as constantes C1 e C2 se rela-
cionam por:
( )
( )
,
cosC
C
D
Dsen
tg tg C
C
1
2 1
1
2
&
i
i
i i= = = - a k (4.37)
desde que C1,C2 e D não sejam nulos. E tomando os quadrados 
( )cosC D 012 2 2= e ( )C D sen2
2 2 2 i= , e adicionando-os, encontramos a seguin-
te relação entre C1, C2 e D:
( ) ( ) .cosC C D D sen D D C C12 22 2 2 2 2 2 12 22&i i+ = + = = + (4.38)
Podemos concluir que se tivermos um oscilador harmônico sem amor-
tecimento, as suas soluções serão sempre dadas em termos de senos e cos-
senos multiplicados pelas devidas constantes. Para encontrar as constantes, 
deveremos observar as condições iniciais do problema.
4.4. Oscilador harmônico com amortecimento
Vamos agora nos focar no significado físico das três soluções possíveis que 
encontramos nas equações diferenciais de segunda ordem. De acordo com o 
que vimos, encontramos três tipos de soluções possíveis: (1) reais e distintas: 
p1 ≠ p2; (2) imaginárias (ou complexas): p1 = k + ωi e p2 = k – ωi; e (3) iguais (ou 
repetidas): p1 = p2.
Estas raízes foram extraídas da equação característica ap2 + bp + c = 0, 
para a qual determinamos as raízes:
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 44 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 45
2 2
1 2
4 4 e 
2 2
b b ac b b acp p
a a
− + − − − −
= =
Olhemos agora o que cada dessas raízes representam. Primeiro, va-
mos olhar o que significa cada um dos termos acima em relação à equação 
física. Comparando as duas relações:
2
2
20 e 0 ,
d x dxap bp c m b kc
dt dt
+ + = + + =
vemos que a = m, b = b e c = k.
Se substituirmos estes valores físicos nas equações de p1 e p2, ficamos com:
2 2
1 2
4 4 e ,
2 2
b b mk b b mkp p
m m
− + − − − −
= =
que podem ser reescritas como:
2 2
1 2 e .2 2 2 2
b b k b b kp p
m m m m m m
   = − + − = − − −   
   
Os termos destas raízes são tão freqüentes no nosso estudo, que mere-
cem recebem uma denominação especial. k/m já foi chamado de ωo. Agora va-
mos chamar b/2m de γ. Assim, com essa notação as raízes são escritas como:
p o1 2c c ~=- + - (4.39)
e
.p o2 2c c ~=- - - (4.40)
O termo 2 0c ~- de (4.39) e (4.40) também aparecerá muitas vezes. 
Como o mesmo é dado a partir da diminuição da freqüência natural de oscila-
ção do sistema, vamos chamá-lo de ω1, ou seja:
.o1 2~ c ~= - (4.41)
Finalmente podemos escrever as raízes como:
.p1 1c ~=- + (4.42)
e
.p2 1c ~=- - (4.42)
Feito isto, vamos agora avaliar os três tipos de raízes definidas acima.
Primeiro, para que as raízes sejam distintas e reais, devemos ter: 2 02!c ~ 
e 2 022c ~ . Neste caso, como vimos anteriormente, a solução para será:
.x C e C et t1 2o o
2 2
= +c c ~ c c ~- + - - + -_ _i i (4.43)
Segundo, para que as raízes sejam distintas e complexas, devemos ter 
2
0
2!c ~ e 2 022c ~ . Neste caso, a solução para x será:
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Gerson Paiva Almeida46
( ) ( ) .cosx C e t C e sen tt t1 1 2 1~ ~= +c c- - (4.44)
Terceiro, para que as raízes sejam iguais e reais, devemos ter 2 02c ~= . 
Que neste caso, a solução para x será:
.x C te C et t1 2= +c c- - (4.45)
Vamos observar o que acontece em cada uma destas soluções. Para 
um melhor entendimento destas condições vamos começar pelo caso em 
que as raízes são distintas e complexas, isto é, descritas pela equação (4.44). 
Para simplificar mais ainda, vamos considerar somente uma das soluções 
(uma parte da solução geral), a partir da qual poderemos entender perfeita-
mente o resultado final.
Avaliemos então: x(t) = C1e
–γt cos(ω1t).
A figura 4.2 mostra a função x(t) = cos(ω1t), para a qual escolhemos 
ω1 = 3. Ela representa uma oscilação co-senoidal. 
Figura 4.2 – Gráfico da função x(t) = cos(ω1 t) para ω1 = 3.
Já a figura 4.3 mostra a função x(t) = C1e
–γt cos(ω1t) para a qual definimos 
γ = 0,15. O gráfico continua sendo uma oscilação, mas a amplitude agora 
diminui gradativamente no decorrer do tempo. O que aconteceria se aumen-
tássemos o valor de γ ? Lembremos que γ = b/2m e que, portanto, aumentar o 
valor de γ implica em aumentar o valor de b, que é o coeficiente de resistência! 
A resposta está no gráfico da figura 4.4, para o qual definimos γ = 0,3.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 46 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 47
Figura 4.3 – Gráfico da função x(t)=C1 e
-γt cos(ω1t) para γ = 0,15.
Figura 4.4 – Gráfico da função x(t)=C1 e
-γt cos(ω1t) para γ = 0,3.
Como podemos ver a oscilação continua a existir, mas agora ela decresce 
mais rápido! Se continuarmos a aumentar o valor de γ, diminuiremos a amplitude 
das oscilações cai cadavez mais rápido, de forma que chegaremos a um valor 
crítico de γ em que não haverá mais oscilações. Os gráficos das figuras 4.5, 4,6 e 
4.7 representam os valores de γ = 0,6, γ = 0,9 e γ = 2,9, respectivamente.
Figura 4.5 – Gráfico da fun-
ção x(t) = C1 e
-γt cos(ω1t) para 
γ = 0,6.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 47 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida48
Figura 4.6 – Gráfico da fun-
ção x(t) = C1 e
-γt cos(ω1t) para 
γ = 0,9.
Figura 4.7 – Gráfico da fun-
ção x(t) = C1 e
-γt cos(ω1t) para 
γ = 2,9.
Para o gráfico da figura 4.7, onde γ = 2,9, quase não existe mais oscila-
ção, pois, como pode ser visto, a posição da massa decresce no eixo dos x, 
ultrapassando a origem (x = 0), indo para posições negativas deste eixo, abai-
xo do eixo horizontal do tempo, voltando logo em seguida aos valores de x = 0. 
O leitor deve lembrar que no caso de γ = ω1, temos a situação de raízes 
repetidas, para as quais a solução é x(t) = C1 te
-γt + C2 e
-γt. O gráfico da figura 4.8 
mostra o comportamento do oscilador quando a solução é deste tipo, que só 
para efeito de demonstração, é um caso em que x(t) = 1,4te-1,5t + e-1,5t.
Figura 4.8 – Gráfico da fun-
ção x(t) = 1,4te-1,5t + e-1,5t. 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 48 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 49
Como se pode ver, não há oscilação e a massa é trazida para a posição 
x = 0 rapidamente. No entanto, quando se aproxima desta posição, a veloci-
dade diminui, de sorte que a massa se aproxima lentamente da posição de 
repouso. Como dissemos em relação ao caso anterior, este caso representa 
a situação em que o amortecimento é crítico, ou seja, aquele amortecimento 
que impede a massa de ultrapassar a posição x = 0. 
O último caso é aquele em que o termo γ > ω1. Como vimos, se no caso 
em que γ = ω1 o amortecimento já era suficiente para impedir oscilações da 
massa, agora que γ > ω1, o amortecimento deve ser capaz de até impedir a rápida 
volta da massa à posição de repouso! A Figura 4.9 mostra este comportamento.
Figura 4.9 – Gráfico da função x(t) = C1 te
-γt + C2 e
-γt para γ > ω1.
Vamos dar nomes aos amortecimentos que vimos nas figuras anterio-
res. O primeiro tipo, aquele em que o amortecimento é pequeno, de forma que 
existe ainda oscilação mesmo com a presença do fator de amortecimento, 
será denominado subamortecido. Conforme o fator de amortecimento vai au-
mentando, vimos que a amplitude das oscilações diminui até o ponto em que 
não existem mais oscilações. Como vimos esta situação corresponde a um 
amortecimento crítico em que γ = ω0 e denominamos este caso de amorteci-
mento crítico. Se o amortecimento continuar a aumentar, representará a situ-
ação de que o amortecimento é tão grande que a massa tem dificuldades de 
voltar à posição de equilíbrio e o sistema estará superamortecido, ganhando, 
portanto, este nome: superamortecimento.
4.5. Oscilador harmônico forçado
Neste ponto é preciso entrar em contato com as técnicas de resolução de equa-
ções diferenciais não homogêneas, pois elas serão amplamente aplicadas na 
solução dos problemas que vamos encontrar na Física. Inicialmente mostrare-
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 49 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida50
mos uma técnica de solução aplicando fundamentações físicas. Depois mostra-
remos as técnicas baseadas em fundamentações matemáticas, de forma que 
seja possível escolher, diante de situações diferentes, qual a mais adequada à 
resolução do problema que se apresenta. A forma da equação diferencial linear 
de segunda ordem não-homogênea com que vamos lidar é:
( ) ( ) ( ) ( ),p t dt
d x q t dt
dx r t x s t2
2
+ + =
 (4.46)
onde agora consideraremos o caso em que a função s(t) não seja zero. 
Na equação (4.46) também não consideramos os coeficientes constan-
tes, embora nos problemas que iremos resolver os coeficientes são constan-
tes. Para facilitar nosso estudo, vamos, no entanto, fazer uma simplificação. 
Vamos definir o primeiro coeficiente, p(t), como sendo igual a 1, e reescrever 
(4.46) como:
( ) ( ) ( ),dt
d x q t dt
dx r t x s t2
2
+ + =
 (4.47)
e definir:
( ) ( ) ,dt
d x q t dt
dx r t x 02
2
+ + =
 (4.48)
como a equação diferencial homogênea associada. 
A equação diferencial não-homogênea pode ser pensada como a soma 
de uma equação homogênea a uma não-homogênea. 
Como vimos anteriormente, a equação diferencial homogênea apre-
senta duas soluções gerais. Chamemos estas duas soluções gerais de x1(t) e 
x2(t). A solução da equação não-homogênea, porém, é uma só. Ela deve satis-
fazer a condição de que, quando aplicada a equação diferencial homogênea, 
dê como resultado a função s(t). Ou seja, a solução que estamos procurando, 
que vamos chamar de Yp(t) (solução particular), deve ser tal que:
( ) ( ) ( ) .dt
d Yp
q t dt
dYp
r t Yp s t2
2
+ + = (4.49)
O teorema de resolução das equações diferenciais nos diz que, se x1(t) 
e x2(t) são soluções da equação diferencial homogênea e Yp(t) é solução da 
equação diferencial não-homogênea, então, a solução geral da equação dife-
rencial, que chamaremos de x(t), é dada pela somas das soluções homogê-
neas e não-homogêneas, isto é:
( ) ( ) ( ) ( ) .x t x t x t Yp t1 2= + + (4.50)
A solução geral da equação diferencial deve satisfazer tanto a equação 
homogênea quanto a não-homogênea. Por natureza, a solução da equação 
diferencial homogênea dá um valor zero. Se encontrarmos uma solução par-
ticular para a equação não-homogênea, poderemos adicioná-la à solução ho-
mogênea e ainda teremos uma solução, porque o resultado final continuará a 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 50 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 51
ser nulo. Isso não quer dizer que a solução homogênea não adiciona sentido à 
solução. A parte homogênea da solução para uma situação física ajuda no en-
tendimento do sistema físico. Uma solução pode ser formada pela soma das 
soluções homogêneas e não-homogêneas e terá um número indeterminado 
de constantes. Esta solução será chamada de solução geral da equação di-
ferencial. Para aplicar a solução ao problema físico, as constantes devem 
ser determinada forçando a solução a obedecer às condições físicas iniciais. 
Uma vez que uma solução geral é formada e então forçada a obedecer às 
condições iniciais, podemos ficar seguros de que ela é única, como garantido 
pelo teorema da unicidade. 
Os casos mais importantes de forças aplicadas os osciladores harmô-
nicos são aquelas de forças periódicas. Vamos analisar o caso em que es-
tas forças sejam dadas por termos harmônicos tais como senos e cossenos. 
Posteriormente iremos mostrar que forças periódicas podem sempre ser re-
presentadas como a soma de funções senos e cossenos, de modo que o 
teorema da superposição nos assegurará a solução geral. 
Vamos supor que temos um oscilador harmônico forçado por uma os-
cilação senoidal de freqüência angular ω. A equação de movimento para este 
oscilador é:
.m dt
d x b dt
dx kx Fsen t2
2
~+ + =
 (4.51)
A solução para a posição x(t) da massa do oscilador é encontrada su-
pondo que a oscilação seja uma resposta à força aplicada. Em outras pala-
vras, devemos supor que se a força aplicada for uma oscilação, o movimento 
da massa deverá ser também um movimento oscilatório. Isso quer dizer que 
a solução deverá ser do tipo:
( ) .x t x sen to ~= (4.52)
Neste caso, a dificuldade resultará em se encontrar o valor de x0. Os 
cálculos podem ser muito facilitados se supusermos que a expressão para x(t) 
possa ser escrita como a parte imaginária de uma função exponencial dada 
por eiωt. Vejamos um exemplo.
Exemplo 4.1
Seja um oscilador harmônico sem amortecimento (b = 0), que inicial-
mente em repouso, é submetido a uma força F0 sen(ωt) a partir de t = 0. Vamos 
determinar o deslocamento x(t).
Resolução:
Seja m a massa do oscilador. Assim, temos, para a força resultante:
( ),F F sen t kx m dt
d x
R o 2
2
~= - = (4.53)
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Gerson Paiva Almeida52
( ) .m dt
d x kx F sen to2
2
` ~+ = (4.54)
Chamando /k m02~ = , a equação (4.54) se torna:
( )
.
dt
d x x m
F sen t
o
o
2
2
2~
~
+ =
 (4.55)
Vamos determinar uma solução particular para a equação diferencial 
(4.55). Para isto, façamos:
( ) ( ) .ImF t F eo i t= ~ (4.56)
Se a solução for imaginária, teremos:
.dt
d x x m
F e
o
o
i t
2
2
2~+ =
~
 (4.57)
A equação (4.57) pode ser separada entre a parte real e a imaginária, 
de forma que obtemos:
[ ] .Re Re Re cosdt
d x x
dt
d x x m
F t
o o
o
2
2
2
2
2
2~ ~
~+ = + = (4.58)
e
[ ] .Im Im Imdt
d x
dt
d x x m
F sen t
o o
o
2
2
2
2
2
2~ ~
~+ = + = (4.59)
O interesse é encontrar a parte imaginária, ou seja, (4.59). Se x for uma 
solução particular, essa solução particular deve ser uma resposta a força os-
cilante aplicada. O resultado deve ser uma oscilação da massa seguindo uma 
forma pelo menos parecida com a forma da força aplicada.
Suponhamos uma solução da forma:
,x x eo i t= ~ (4.60)
,
.
dt
dx i x e
dt
d x x e
o
iwt
o
i t
2
2
2
`
`
~
~
=
=- ~ (4.61)
Substituindo (4.60) (4.61) em (4.57), obtemos:
,
( )
( )
.
x e x e m
F e
x m
F x
m
Fo
o
i t
o o
i t o
i t
o o
o
o
o
2 2
2 2
2 2`
~ ~
~ ~
~ ~
- + =
- = =
-
~ ~
~ (4.62)
Substituindo (4.62) em (4.60), obtemos:
( )
.x x e
m
F e
o
i t
o
o
i t
2 2~ ~
= =
-
~
~ (4.63)
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Mecânica Teórica I 53
Logo a solução particular xp(t) é:
( ) [ ]
( )
( )
.
Imx t x
x t
m
F sen t
p
p
o
o
2 2~ ~
~
=
=
-
 
 (4.64)
Vamos verificar se (4.64) é realmente uma solução particular de (4.55). 
Para isto, vamos tomar a primeira e a segunda derivadas de (4.64), substituir-
mos em (4.55) e observar se há identidade. Ou seja,
( )
cos
dt
dx
m
F t
o
o
2 2~ ~
~ ~=
-
 (4.65)
e
( )
( )
.dt
d x
m
F sen t
o
o
2
2
2
2 2~ ~ ~
~
=-
-
 (4.66)
Então, tomando (4.55):
( )
,dt
d x x m
F sen t
o
o
2
2
2~
~
+
 (4.55)
teremos:
( )
m
F sen t
m
F sen t
m
F sen to o o2
0
2 2 0
2
0
2 2~ ~ ~
~
~
~ ~
~ ~-
-
+
-
=^ ^h h
ou
( )
m
F sen t
m
F sen to o
0
2 2
0
2 2~ ~ ~ ~
~ ~-
-
=^ ^h h
havendo portanto uma identidade. Assim, xp(t) dada por (4.64) é uma solução 
particular da equação diferencial (4.55).
Para determinar a solução geral precisamos determinar a solução da 
equação homogênea xk(t), ou seja, determinar a solução de:
.dt
d x x 0k k2
2
0
2~+ = (4.67)
A solução de (4.67) é da forma:
,cosx A t Bsen tk o o~ ~= + (4.68)
e a solução geral será escrita como:
( ) ( ) ( ),x t x t x tp k= + (4.69)
que substituindo (4.64) e (4.68) em (4.69), obtemos:
( )
( )
.cosx t
m
F sen t A t Bsen t
o
o
o o2 2~ ~
~
~ ~=
-
+ + (4.70)
Agora só falta determinar as constante A e B que aparecem em (4.70). 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 53 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida54
Para isto, vamos aplicar as condições iniciais do problema. Ou seja, x = 0 e v 
= 0 em t = 0. Assim:
( )
( )
cosx A Bsen
m w
F sen0 0 0 0 0 0
o
o
2 2& ~
= + +
-
=
 1 0 0 0 0 .A B A∴ × + × + = ⇒ =
e
( )
( )
cos cosdt
dx
Asen B
m w
F0 0 0 0 0o
o
o
2 2~ ~
~= =- + +
-
=
( ) ( )
A B
m
F B
m
F0 1 1 00
0
2 2
0
0 0
2 2
0
&# #
#
~
~ ~
~
~ ~ ~
~- + +
-
= =-
-
Portanto, com A = 0 e / ( ),B F mo o2 2~ ~ ~=- - a solução geral é:
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) .
x t
m
F sen t
m w
F sen t
x t
m w
F sen t sen t
o
o
o
o
o
o
o
o
2 2 2 2
2 2`
~ ~
~
~
~
~
~
~ ~
=
-
-
-
=
-
-; E
 
 (4.71)
Exemplo 4.2
Seja um oscilador harmônico amortecido, que inicialmente em repouso 
é submetido a uma força Fo cos(ωt) a partir de t = 0. Vamos determinar o des-
locamento x(t).
Resolução:
Seja m a massa do oscilador. Assim, temos, para a força resultante:
( ) ,cosF F t kx b dt
dx m dt
d x
R o 2
2
~= - - = (4.72)
( ) .cosm dt
d x kx b dt
dx F to2
2
` ~+ + = (4.73)
Chamando /k m02~ = e γ = b ⁄ 2m, a equação (4.73) se torna:
( )
.
cos
dt
d x
dt
dx x m
F t
2
o
2
2
0
2c ~
~
+ + =
 (4.74)
Como a força aplicada oscila como uma função cosseno, vamos de-
terminar a solução particular de (4.74) considerando que esta solução seja a 
parte real de uma exponencial complexa. Para isto, façamos:
( ) [ ]ReF t F eo i t= ~ (4.75)
Se a solução for real, teremos:
[ ]
.
Re
dt
d x
dt
dx x m
F e
2
o
i t
2
2
0
2c ~+ + =
~
 (4.76)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 54 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 55
A equação (4.76) pode ser separada entre a parte real e a imaginária. 
Como o interesse é encontrar a parte real, ficamos com:
[ ] . ( . )Re Re Re Re cos
dt
d x
dt
dx x
dt
d x
dt
dx x m
F t2 2 4 772
2
0
2
2
2
0
2 0c ~ c ~
~+ + = + + =: : :D D D (4.77)
Se x for uma solução particular, suponhamos uma solução da forma:
 , (4.78)i tox x e
w= (4.78)
,dt
dx i x eo i t` ~= ~
.dt
d x w x eo i t2
2
2` =- ~ (4.79)
Substituindo os valores acima na equação (4.74), ficamos com:
,x e i x e x e m
F e2o i t o i t o o i t o i t2 2~ c~ ~- + + =~ ~ ~ ~
.x i m
F x
m i
F2
2
o o
o
o
o
o2 2
2 2`~ ~ c~ ~ ~ c~
- + = =
- +^ h (4.80)
Substituindo (4.80) em (4.78), ficamos com:
.x
m i
F e
2o
o
i t
2 2~ ~ c~
=
- +
~
^ h (4.81)
Diferentemente do exemplo 4.1, ainda não podemos separar as partes 
reais e imaginárias da solução dada por (4.81), pois o termo ( )i2o2 2~ ~ c~- + 
é imaginário e ainda não permite encontrar a solução com a separação em 
termos real e imaginário. Para resolver isto, vamos utilizar a forma polar de um 
número imaginário, lembrando a relação complexa:
, ,a ib a b e onde arctg a
bi2 2 i+ = + =i
logo:
( ) . .expm i m i arctg2 4
2
o o
o
2 2 2 2 2 2 2
2 2~ ~ c~ ~ ~ c ~ ~ ~
c~
- + = - + -
^ ch m; E
Assim, (4.81) se torna:
.
.
exp
x
m i arctg
F e
4
2
o
o
o
iwt
2 2 2 2 2
2 2~ ~ c ~ ~ ~
c~
=
- + -
^ ch m; E
 
 (4.82a)
ou escrito de outra forma:
.
exp
x
m
F i t arctg
4
2
o
o
o
2 2 2 2 2
2 2
~ ~ c ~
~
~ ~
c~
=
- +
- -
^
c
h
m; E' 1 
 (4.82b)
Da expressão de Euler, temos:
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 55 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida56
,cose isen i2 2
i 2
r r= + =
r
` `j j
que usando em (4.28b), obtemos:
,
,
,
exp
exp
exp
x
i m
i Fo i t arctg
x
i m
e Fo i t arctg
x
i m
Fo i t arctg
4
2
4
2
4
2
2
o
o
o
i
o
o
o
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
2
2 2
2 2 2 2 2
2 2
#
#
`
#
`
#
~ ~ c ~
~
~ ~
c~
~ ~ c ~
~
~ ~
c~
~ ~ c ~
~
r
~ ~
c~
=
- +
-
-
=
- +
-
-
=
- +
+ - -
r
^
c
^
c
^
c
h
m
h
m
h
m
;
;
;
E
E
E
'
'
'
1
1
1
(4.83)
Considerando a relação trigonométrica do gráfico da figura 4.10,
Figura 4.10 – Relação trigonométrica
vemos que:
,tg
2
o
2 2i ~ ~
c~
= -
e que:
.arctg arctg2 2 2
2o2 2
0
2
2
&b
r
i c~
~ ~ r
~ ~
c~
= - - = - -
c cm m
Assim, obtemos para (4.83):
.
exp
x
i m
F i t
4o
o
2 2 2 2 2# ~ ~ c ~
~ b
=
- +
+
^
^
h
h6 @
 (4.84)
Podemos agora determinar o valor da parte real da expressão (4.84). 
Paraisto vamos escrevê-la na forma:
[ ],cosx
i m
F t isen t
4o
o
2 2 2 2 2# ~ ~ c ~
~ b ~ b=
- +
+ + +
^
^ ^
h
h h
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 56 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 57
[ ] .cosx
m
F i t sen t
4o
o
2 2 2 2 2
`
~ ~ c ~
~ b ~ b=
- +
- + + +
^
^ ^
h
h h (4.85)
Então, a parte real de x em (4.85) é:
.x
m
F sen t
4o
o
2 2 2 2 2~ ~ c ~
~ b=
- +
+
^
^
h
h (4.86)
Logo podemos escrever para a solução particular:
( ) ( ),Rex t xp =
como:
( ) .x t
m
F sen t
4
p
o
o
2 2 2 2 2~ ~ c ~
~ b=
- +
+
^
^
h
h (4.87)
Para encontrarmos a velocidade v da massa m em cada instante, basta 
derivarmos x dado por (4.87) em relação ao tempo. Obteremos:
( ) ( . )cosv dt
dx
m
F t
4
4 88
0
2 2 2 2 2
0
~ ~ c ~
~
~ b= =
- +
+
^ h
 (4.88)
4.6. A resposta de oscilador linear às forças impulsivas
Nas discussões anteriores consideramos principalmente oscilações de esta-
do estacionário. Para muitos tipos de problemas físicos, o transiente é muito 
importante, sendo a parte mais importante em algumas situações. Vamos in-
vestigar a situação de uma força que age descontinuamente. De fato, uma 
força descontinua é uma idealização, pois uma força sempre gasta um tempo 
finito para ser aplicada. Mas se o tempo de aplicação for pequeno em compa-
ração com o período do oscilador, o resultado de um caso ideal é uma aproxi-
mação boa da situação física real.
A equação diferencial descrevendo o movimento de um oscilador amor-
tecido pode ser escrita como:
( )
dt
d x
dt
dx x m
F t
2 o2
2
2b ~+ + = (4.89)
A solução geral pode ser escrita como a composição da solução parti-
cular e da solução complementar:
( ) ( ) ( ) .x t x t x tp c= + (4.90)
A solução complementar, xc(t), pode ser escrita como:
( ) ( ),cosx t e A t A sen tc pt 1 1 2 1~ ~= +-
onde:
. ( . )4 911 02 2~ ~ b= - (4.91)
A solução particular, xp(t), depende da natureza da função F(t).
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 57 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida58
4.6.1 As funções descontínuas degrau e impulso
Dois tipos de funções descontínuas são de interesse particular. Estas são a 
função degrau de Heaveside e a função impulso, mostradas na figura 4.11.
Figura 4.11 – Gráficos das funções (a) degrau e (b) impulso.
A função degrau de Heaveside, H, é descrita como:
( ) ,
,
,H t a t to
t to0
>
<
o = ' (4.92)
onde a é uma constante com a dimensão de aceleração e o argumento indica 
que o tempo de aplicação da força é t = t0.
A função impulso, I, é uma função degrau positiva aplicada a t = t0, se-
guida por uma função degrau negativa aplicada algum tempo mais tarde t1. 
Assim:
( , ) ( ) ( ),I t t H t H to o1 1= -
ou
( , )
,
,
,I t t
t to
t t t
t t
0
0
<
< <
>
o o1 1
1
= * (4.93)
Embora possamos escrever as funções de Heaveside e funções impul-
so como H(t0) e I (t0, t1) por simplicidade, estas funções dependem do tempo e 
são mais apropriadamente escritas como H (t,t0) e I (t,t0, t1).
4.6.2 Resposta a uma função degrau
Para funções degrau, a equação diferencial que descreve o movimento para 
t > to é:
,dt
d x
dt
dx x a t t2 >o o2
2
2b ~+ + = (4.94)
Consideremos a condição inicial como x(to) = 0 e dx(to)⁄dt = 0. A solução 
particular é uma constante, e avaliando a equação (4.94), identificamos essa 
constante como /a 02~ .
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 58 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 59
Então:
( )x t ap
o
2~
= (4.95)
e
( ) [ ( ) ( )] .cosx t e A t t A sen t t( )c t t o o1 1 2 1o ~ ~= - + -b- - (4.96)
Assim, por (4.90),
( ) ( ) ( )x t x t x tp c= + (4.90)
a solução geral, para t > to, deve ser:
( ) [ ( ) ( )]cosx t a e A t t A sen t t( )
o
t t
o o2 1 1 2 1
o
~
~ ~= + - + -b- - (4.97)
Aplicando a condição inicial, obtemos:
A a e A
a
1
0
2 2
1 0
2~ ~ ~
c
=- =
Portanto, para t > to, temos:
 (4.98)
e para t > to, temos x(t) = 0.
Se, por simplicidade, tomarmos to = 0, a solução pode ser expressa 
como:
( )
( )
.cosx t
H
e t
e
sen t
0
1 1o
t
t
2 1 1~
~ ~
b
~= - -b
b
-
-
; E
 (4.99)
Esta resposta é mostrada na figura 4.12 para o caso de β = 0,2ωo.
Figura 4.12 – Gráfico da função resposta a uma força degrau.
Deve ficar claro que a condição final para o oscilador é simplesmente 
um deslocamento por uma quantidade /a 02~ .
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 59 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida60
Se não houver amortecimento, β = 0 e ω1 = ωo. Então, para to = 0, temos:
( )
( )
.cosx t
H
t
0
1
o
o2~
~= -6 @ (4.100)
A oscilação é então senoidal com extremos de amplitude em x = 0 e 
/x a2 02~= .
4.6.3 Resposta a uma função impulso
Se considerarmos a função impulso como a diferença entre duas funções se-
paradas por um tempo τ = t1 - to, então, como o sistema é linear, a solução geral 
para t > t1 é dado pela superposição de soluções de duas funções degraus 
tomada individualmente:
( ) ( ) ( )
( )
( ) ,
cos
cos
x t a e t t
e
sen t t
a e t t
e
sen t t
1
1
( )
( )
( )
( )
o
t to
o
t to
o
o
t to
o
t to
o
2 1
1
1
2 1
1
1
~
~ ~
b
~
~
~ x
~
b
~ x
= - - - -
- - - -
- - -
b
b
b x
b x
- -
- -
- - -
- - -
;
6
E
@
 
(4.101)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ,
cos cosx t ae e t t t t
e
sen t t sen t t
( )t t
o o
o o
0
2 1 1
1
1
1
1
`
~
~ x ~
~
b
~ x ~
b
~
= - - - -
- - - - -
b x
bx
b
- - -
-
- x
6
@
para t > t1 (4.102) 
A resposta total a uma força impulso de duração τ = 5 × 2π/ω1 aplicada 
em t = t0 é mostrada na figura 4.13, β = 0,2ωo.
Figura 4.13 – Função resposta a uma função impulso.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 60 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 61
Se fizermos com que a duração do impulso se aproxime de zero, a 
função resposta se tornará cada vez menor. Mas se permitirmos que a → 
∞ quando τ → ∞ de forma que o produto se aproxime de uma constante, a 
resposta será finita. Este caso limite particular é de considerável importância, 
porque se aproxima de uma força de impulso, descrita através de uma função 
delta, em t = t0 (isto é, τ << 2π/ω1). 
Vamos expandir a equação (4.102) pela consideração de que τ → ∞, 
mas com b = aτ = constante.
Tomando A = t - to e B = τ, obtemos:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) , .
cos cos cos
cos cos
x t ae e t t sen t t sen t t
e
sen t t t t sen
sen t t para t t>
( )
o
t to
o o o
o o
o
2 1 1 1 1 1
1
1 1 1 1
1
1 0
`
~
~ ~ x ~ ~ x ~
~
b
~ ~ x ~ ~ x
~
b
~
= - + - - -
- - - -
- -
b
bx
bx
- -
-
-
6
6
@
@
"
,
(4.103)
Atividades de avaliação
1. Observe as proposições abaixo:
a) Utilizando o princípio da superposição, determine o movimento de um os-
cilador subamortecido (γ = (1⁄3)ωo) inicialmente em repouso e submetido, 
após t = 0, a ação da força F = A sen(ωot) + B sen(3ωot), onde ωo é a freqüên-
cia natural do oscilador. 
b) Qual deve ser a razão entre A e B para que as oscilações forçadas com frequ-
ência 3ωo tenham a mesma amplitude que as oscilações cuja frequência é ωo?
2. Imagine se a Terra não girasse, fosse esférica, sólida e de densidade unifor-
me, ρ, e que cavássemos um buraco no chão através do centro da Terra, 
até o outro lado do mundo. Assim, se abandonássemos uma pedra na boca 
do buraco ela emergiria no Japão depois de um tempo igual a π⁄ωo, onde 
ωo é uma constante. Suponha que ao invés de simplesmente abandonar 
a pedra, a joguemos com uma velocidade para dentro do buraco. Quanto 
deve valer v0 para que a pedra apareça agora no Japão num tempo π⁄2ωo? 
Sua resposta deve ser em termos de ωo e R, o raio da Terra.
3. Um oscilador harmônico subamortecido é submetido à ação de uma força 
aplicada F = Fo e-at cos(ωt + θ). Determine uma solução particular expres-
sando F como parte real de uma função exponencial complexa e procu-
rando uma solução para x que tenha a mesma dependência exponencial 
do tempo.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 61 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida62
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 62 23/05/17 12:51
PARTE
Movimento Bi e Tridimensional 
e sua Representação Física 
(Parte I)
3
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 63 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 64 23/05/17 12:51
Capítulo 5
Descrição de Movimentos 
Bi e Tridimensionais I
A descrição de movimentos em duas e três dimensões passa por algumas 
quantidades físicas vetoriais. Para isto é necessário que se tenha conheci-
mento sobre o cálculo diferencial e integral destas grandezas. Iniciaremos 
este capítulo abordando um pouco do cálculo vetorial necessário à descrição 
destes movimentos.
5.1. Derivada de vetores
A derivada de um vetor representa a taxa de variação do vetor em função da 
variação do tempo quando esta variação se aproxima de zero. Na figura 5.1 
vemos o vetor ( )A t e o vetor ( ) .A t tT+
Figura 5.1 – Esquema dos vetores ( )A t

 e ( )A t t+ ∆

 e da variação deles.
O vetor A∆

 representa a variação do vetor ( )A t entre os instantes de 
tempo t e t + ∆t. A derivada de ( )A t em relação a t é dada por:
A( ) A( ) A( )
.limdt
d t
t
t t t
t 0 T
T
=
+ -
"T
 (5.1)
Se um corpo se mover no espaço, podemos descrever a sua trajetória 
através das coordenadas de um ponto P em função do tempo. Vamos definir 
a posição do corpo de interesse através de um vetor posição r dado em co-
ordenadas cartesianas por:
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 65 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida66
 , (5.2)r ix jy kz= + +

 

 (5.2)
onde i

, j

 e k

 são os vetores unitários ao longo das direções x, y e z.
Vamos calcular a derivada do vetor posição em relação ao tempo, a 
qual representa a velocidade instantânea:
 . (5.3)x y z
dr dx dy dzv i j k iv jv kv
dt dt dt dt
= = + + = + +

 
   
 (5.3)
A derivada segunda do vetor posição representa a aceleração instantâ-
nea e é dada por:
2 2 2 2
2 2 2 2 . (5.4)
yx z
dvdv dvd r d x d y d za i j k i j k
dt dt dt dt dt dt dt
= = + + = + +

 
   
 (5.4)
Em muitos dos problemas a serem resolvidos neste livro, no entanto, 
poderemos nos restringir ao movimento bidimensional. Consideremos inicial-
mente o movimento ao longo de um plano definido pelas coordenadas x e y. A 
posição, a velocidade e a aceleração deste corpo serão dadas por:
 , (5.5)r ix jy= +
 
 (5.5)
 e (5.6)x y
dr dx dyv i j iv jv
dt dt dt
= = + + = +

   

 (5.6)
2 2 2
2 2 2 . (5.7)
yx dvdvd r d x d ya i j i j
dt dt dt dt dt
= = + = +

   

 (5.7)
Para o movimento num plano, muitos problemas apresentam uma so-
lução mais fácil quando se utiliza as coordenadas polares r e θ, mostradas na 
figura 5.2. Para isso é preciso antes desenvolver as equações de posição, 
velocidade e aceleração baseadas em r e θ.
Figura 5.2 – Esquema de um vetor posição r do pondo P. 
Diferentemente das coordenadas retangulares cartesianas (x, y, z), as 
coordenadas polares se movem junto com o ponto e podem mudar com o 
tempo. Mesmo que a coordenada r se mova, o vetor posição r é medido na 
direção de raio r, de modo que:
,êr r r= (5.8)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 66 23/05/17 12:51
LUAN
Realce
LUAN
Realce
Mecânica Teórica I 67
onde ˆre é um vetor unitário na direção de r e sentido do seu crescimento. 
Deve-se observar que se ângulo θ mudar, o vetor ˆre também mudará de dire-
ção. Isto quer dizer que o vetor unitário ˆre é função de θ, isto é:
( ) .êr r r i= (5.9)
A figura 5.3 mostra em esquema dos vetores unitários ˆre e ei , quando 
θ muda.
Figura 5.3 – Esquema do vetor posição r com os vetores unitários ˆre e eθ

 quando θ muda. 
De forma similar a outros sistemas de coordenadas, a velocidade pode 
ser determinada pela derivada do vetor posição. Isto é:
( )
.v dt
dr
dt
d rêr
= = (5.10)
Como o sistema de coordenadas se move, a derivada do vetor unitário 
re

 não é zero. Logo:
( )
.êv dt
dr
dt
d r
dt
dr r dt
dê êr
r
r= = = + (5.11)
Podemos utilizar a regra da cadeia em 5.11 para /ˆrde dt e expressar a deri-
vada de ˆre em função do tempo. Isto é, usar:
.dt
d
d
d
dt
dê êr r
i
i= (5.12)
Depois, precisamos derivar θ em função do tempo. A forma mais comum de 
fazer isso é em termos dos próprios vetores unitários. No sistema de coor-
denadas cartesianas retangulares todos os vetores unitários são constantes 
e suas derivadas são sempre zero. No sistema de coordenadas polares, as 
derivadas temporais dos vetores unitários não são zero.
Vamos relembrar algumas definições. O vetor posição em coordenadas 
polares é descrito, como em (5.9), em termo do parâmetro r e do ângulo polar θ.
Podemos escrever um vetor unitário em termos das coordenadas do 
sistema cartesiano mostrado na figura 5.2. Isto é: x = r cosθ e y = r senθ.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 67 23/05/17 12:51
LUAN
Realce
LUAN
Realce
Gerson Paiva Almeida68
De um modo geral, se um vetor r depender de um parâmetro u, então o 
vetor unitário que aponta na direção do crescimento de u é definido por:
 . 
ˆ
 (5.13)ˆ ru
ee
u
∂
=
∂
 (5.13)
Escrevendo r como:
,cosr i x j y i r j rseni i= + = + (5.14)
que, por (5.9), podemos escrever:
,ê cosi j senr i i= + (5.15)
e
( ) ( ( )) ( )
,
.cos
r r r
i sen j
ê ê ê ê
ê`
2
2
2
2
2
2
i i
i
i
i
i i
= = =
=- +
i
i (5.16)
As derivadas de ˆre e êq em função de θ são:
.êcos
d
d i sen jêr ri i i=- + =
 (5.17)
e
.êcos
d
d i j senê ri i i=- + =-
i (5.18)
Retomando (5.11) e substituindo (5.12) nela, que por sua vez substituin-
do (5.17), obtemos:
( )
.êv dt
dr
dt
d r
dt
dr r dt
dê êr
r
r= = = + (5.11)
.
v dt
dr r
d
d
dt
d
dt
dr r dt
d
v dt
dr r dt
d
ê ê ê ê
ê ê
r
r
r
r`
i
i i
i
= + = +
= +
i
ia ak k (5.19)
que é a velocidade em termos das componentes radiais e transversais.
A derivada temporal da velocidade, em (15.19), dá a expressão para a 
aceleração, ou seja:
.
a dt
dv
dt
d
dt
dr r dt
d
a
dt
d r
dt
dr
dt
d
dt
dr
dt
d r
dt
d r dt
d
dt
d
ê ê
ê ê ê ê ê
r
r
r
2
2
2
2
`
i
i i i
= = +
= + + + +
i
i i
i
a a
a
k k
k
: D
 (5.20)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 68 23/05/17 12:51
LUAN
Realce
Mecânica Teórica I 69
Utilizando a regra da cadeia para expressar a derivada temporal do ve-
tor unitário êi , como em (5.12) para ˆre , obtemos:
.êdt
d
d
d
dt
d
dt
dê ê
ri
i i= =-i i (5.21)
Substituindo (5.21) em (5.20), obtemos:
.ê ê ê ê êa dt
d r
dt
dr
dt
d
dt
dr
dt
d r dt
d r dt
d
dt
d
r r2
2
2
2i i i i i= + + + -i i ia k (5.22)
Que, rearranjando em termos das componentes radiais e tangenciais, obtemos:
.ê êa dt
d r r
dt
d
dt
dr
dt
d r
dt
d2r2
2
2
2
2
2i i i= - + + ia ak k (5.23)
É importante observar que ambas as direções r e θ possuem múltiplos 
termos. Isso implica que a aceleração nestas direções não é dada simples-
mente pord2r/dt2 e d2θ/dt2, respectivamente, pois as coordenadas se movem.
5.2. Momentum angular e seus teoremas
Em Física o momentum angular (momentum do momento) ou momentum ro-
tacional é uma quantidade vetorial conservada que pode ser utilizada para 
descrever o estado geral de um sistema físico. O momentum angular, L

, de 
uma partícula com respeito a algum ponto de origem é definido como:
 . (5.24)L r p= ×

 
 (5.24)
onde r é o vetor posição da partícula a partir da origem e p mv=  é a quanti-
dade de momentum linear. A figura 5.4 mostra os vetores expressos em (5.24).
Vejamos a taxa de variação temporal do momentum angular. Derivando 
(5.24) relativo ao tempo, obtemos:
 (5.25)dL dr dpp r
dt dt dt
= × + ×

 
 
 (5.25)
.L Fdt
d v mv r` # #= +^ h (5.26)
O primeiro termo do segundo membro de (5.26) é zero, pois surge o produto 
v x v que é zero. O segundo termo do segundo membro, cuja forma escrita 
surge da definição da segunda lei de Newton, recebe o nome torque da força 
em torno do ponto em relação ao qual a posição é medida. 
Assim, podemos escrever (5.26), como:
dt
dL
x=
(5.28)
Figura 5.4 – Os 
vetores L

, r e p

.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 69 23/05/17 12:51
LUAN
Realce
Gerson Paiva Almeida70
Obtemos uma equação que é o análogo exato da segunda lei de Newton 
para o momentum linear, exceto que agora ela nos diz o quanto o momentum 
angular muda.
A direção e o sentido do torque, dado por (5.27), são definidos pela regra 
da mão direita. O vetor torque fica sempre perpendicular ao plano formado 
pelo vetor posição e pelo vetor força. A magnitude do vetor torque é 
r rFsenF#x i= = , onde θ é o ângulo entre r e F

.
Se nenhum torque atuar sobre o ponto avaliado, então o momentum 
angular em torno daquele ponto é conservado. Isto é:
0 . (5.29)dL
dt
=

 
 (5.29)
A equação (5.29) tem uma implicação importante; é que se o vetor mo-
mentum angular não muda, o movimento que ocorria inicialmente no plano vai 
continuar no plano. 
O momentum angular e o torque são duas quantidades que dependem 
da escolha da origem do sistema de coordenadas. Isto é, eles dependem de 
onde se mede o ponto P. Em coordenadas polares, por exemplo, podemos 
definir a quantidade de momentum angular como:
,L rmv mr dt
d2 i= =i (5.30)
cuja derivada temporal é:
.dt
dL m dt
dr
dt
d mr
dt
d2 2 2
2i i= +
 (5.31)
Vamos comparar a equação (5.31) com a definição de aceleração em 
coordenadas polares dada pela equação (5.23):
.ê êa dt
d r r
dt
d
dt
dr
dt
d r
dt
d2r2
2
2
2
2
2i i i= - + + ia ak k
 
 (5.23)
É possível ver que o termo dL/dt é exatamente igual a aθ multiplicado por 
mr. Ou seja, é igual a
.dt
dL rma rF= =i i (5.31)
Se pudermos integrar entre instantes de tempo distintos, obteremos a 
seguinte relação
.L L Fr dt
t
t
2 1
1
2
#- = #
 (5.32)
A relação (5.32) é a análoga à segunda lei de Newton para o momentum 
linear, exceto que agora ela nos diz o quanto o momentum angular muda. 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 70 23/05/17 12:51
Capítulo 6
Descrições de Movimentos 
Bi e Tridimensionais II
6.1 Projéteis
Um projétil é um corpo que é impulsionado, atirado ou arremessado com uma 
velocidade inicial a partir de um determinado ponto, de onde ele fica sob a 
ação da força de gravidade e possivelmente também de forças de arraste. O 
estudo do movimento dos projéteis é chamado de balística. A figura 6.1 mos-
tra um esboço de um projétil lançado do ponto de coordenadas (xo, 0, zo), num 
local onde a aceleração da gravidade é g .
Figura 6.1 – Um projétil lançado do ponto (xo, 0, zo) com uma velocidade inicial ov

 num 
local onde a aceleração da gravidade é g .
O projétil atinge a altura máxima h na coordenada Zmáx. A máxima dis-
tância horizontal percorrida, a partir do ponto de coordenadas (xo, 0, zo) até o 
ponto de coordenadas (xmáx, 0, zo), é chamada de alcance A.
Se um corpo ao cair sob ação só da atração gravitacional e ficar subme-
tido à resistência do ar, ela atinge uma velocidade máxima de queda conhecida 
como a velocidade terminal. O caminho percorrido por um projétil é chamado 
de trajetória.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 71 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida72
A forma mais fácil de descrever a trajetória de um projétil é através da 
suas componentes x e z, com a componente z sendo influenciada somente 
pela força de atração gravitacional, sendo ignorada a resistência do ar. Sob 
esta condição a aplicação da segunda lei de Newton nos dá:
2
2 . (6 )ˆ .1
d rm F mgk
dt
= = −

 (6.1)
Escrevendo a equação (6.1) em termos de suas componentes, ficamos com
2
2 0 , (6.2 )
d xm a
dt
= (6.2a)
2
2 0 e (6.2 )
d ym b
dt
=
 (6.2b)
. ( . )m dt
d z mg c6 22
2
=- (6.2c)
Considerando que o projétil tenha velocidade inicial ( , , )v v v0o ox oz= e 
posição inicial ( , , )r x 0 0o o= , as equações do movimento serão
( )x t x v to ox= + (6.3a)
( ) .z t v t gt2
1
oz
2= -
 (6.3b)
A altura máxima alcançada pelo projétil pode ser determinada conside-
rando-se que a derivada de z com respeito ao tempo se anule, ou seja:
0 , (6.4)oz
dz v gt
dt
= − = 
 (6.4)
o que implica a determinação do tempo em que o corpo atinge a altura máxima:
 . (6.5)ozvt
g
=
 (6.5)
Substituindo o valor de t dado por (6.5) na equação da altura dada por 
(6.3b), ficamos com:
( ) .h z t v g
v g g
v
g
v
2
1
2max max oz
oz oz oz
2
= = - =a k (6.6)
O alcance horizontal de um projétil é encontrado utilizado a equação 
(6.3a), x(t) = xo + vox t, onde t é o tempo de todo o movimento. Se considerar-
mos que o projétil cai à mesma altura de onde foi lançado, o alcance será 
determinado pela posição que o corpo atingirá depois de decorrido um tem-
po igual a duas vezes o tempo decorrido quando ele atingiu a altura máxima, 
ou seja, ele levou um tempo t = voz/2g, na subida e um tempo t = voz/2g, na 
descida. Logo:
( ) ( / ) .A x t x v t x v v gmax o ox o ox oz= - = = + (6.7)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 72 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 73
Se considerarmos que o projétil foi lançado de xo = 0, a equação (6.7) 
se tornará:
 . (6.8)ox ozmáx
v vx
g
= (6.8)
As equações (6.3a) e (6.3b) podem ser escritas na forma de equação 
da trajetória no plano xz. Para isso, tomando xo = 0, devemos escrever o tempo 
t como função da posição x e da velocidade ao longo do eixo x. Isto é:
( ) .x t v t t v
x
ox
ox
&= = (6.9)
Se inserirmos o valor de t, dado por (6.9), na função horária da posição 
para z, (equação 6.3b), ficamos com:
2
1
2oz ox ox
x xz v g
v v
 
= −  
 
2
2
1 . (6.10)
2
oz
ox ox
vz x gx
v v
∴ = − (6.10)
Multiplicando (6.10) por 22 /oxv g− e somando o termo 
2 2 2/ox ozv v g em 
ambos os lados, o resultadopode ser escrito na forma:
.x g
v v
g
v z g
v2 2
ox oz ox ox
2 2 2
- =- +a ck m (6.11)
A equação (6.11) representa uma parábola com concavidade para bai-
xo, com altura máxima ocorrendo em 2 / 2máx ozz v g= e o ponto onde o projétil 
alcança o plano horizontal na altura zo é . (6.8)ox ozmáx
v vx
g
= , que é o alcance 
definido anteriormente.
Um ponto importante do estudo é entender o que acontece quando os 
corpos são lançados na atmosfera, considerando as forças de araste do ar. 
Assim, consideraremos que o projétil sofra a ação da força de arraste do ar, 
isto é, consideraremos a presença do termo bv−  no conjunto de equações 
do lançamento de projétil. Desta forma, a equação do movimento fica:
2
2 . ( .12ˆ 6 )ˆ
d r drm mgk bv mgk b
dt dt
= − − = − −
 
 (6.12)
Para manter o problema simplificado, vamos considerar que o movimento ain-
da ocorra somente no plano xz. Escrevendo a equação (6.12) em termos de 
suas componentes retangulares, obtemos:
2
2 , (6.13)
d x dxm b
dt dt
= −
 (6.13)
( . )m dt
d y
e0 6 142
2
= e (6.14)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 73 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida74
2
2 . (6.15)
d z dzm mg b
dt dt
= − (6.15)
O conjunto de equações (6.13), (6.14) e (6.15) é relativamente simples 
de ser resolvido.
Para a componente x, podemos escrever:
2
2 ,
d x dxm b
dt dt
= −
como:
x
x
dvm bv
dt
= −
0
 
x
ox
v t
x x
x xv
dv dvb bdt dt
v m v m
∴ = − ⇒ == −∫ ∫
 ln x
ox
v b t
v m
⇒ = −
.v v e ( / )x ox b m t& = - (6.16)
De (6.16), obtemos:
.
dt
dx v e
dx v e dt
dx v e dt
x b
mv e1
( / )
( / )
( / )
( / )
ox
b m t
ox
b m t
ox
b m t
tx
ox b m t
00
&
`
`
=
=
=
= -
-
-
-
-
6 @
##
 
(6.17)
Um procedimento similar pode ser utilizado para encontrar uma solução 
para z. O estudante seguramente verificará que o resultado será:
,v v b
mg
e b
mg( / )
z ox
b m t= + --a k (6.18)
e
.z b
mv
b
m g
e b
mg
t1 ( / )oz b m t2
2
= + - --c m6 @ (6.19)
Com estas soluções ainda podemos eliminar a dependência temporal e 
escrever z somente como função de x. Para isso, devemos obter t a partir de 
x dado por (6.17):
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 74 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 75
x b
mv e
e mv
b x
1
1
( / )
( / )
ox b m t
b m t
ox
&
= -
- =
-
-
6
6
@
@
e mv
bx1m
b t
ox
` = --a k
( . )lnt b
m
mv
bx mv 6 20
ox
ox` =- -a k (6.20)
Substituindo o valor de t dado por (6.20) em t dado por (6.19), ficamos com:
2
2 ln . (6.21)
oz ox
ox ox ox
v mvmg m gz x
v bv b mv bx
   
= + −   −   
 
(6.21)
Como podemos ver esta equação para z é completamente diferente da 
equação (6.10) obtida quando não considerávamos a resistência do ar. Não 
é mais possível encontrar a altura máxima simplesmente olhando para a ex-
pressão para z em função de x.
Uma forma menos complexa de se escrever a equação (6.21), de forma 
que seja mais fácil de entender o que esta expressão diz, é obtida quando 
se considera que o efeito total do arraste do ar seja pequeno. Podemos di-
zer que o efeito geral de arraste de ar será pequeno se o corpo permanecer 
pouco tempo no ar ou se o valor de b for muito pequeno. Dizer que o cor-
po permanece muito pouco tempo no ar é equivalente a dizer que o alcan-
ce é curto. Dizer que o valor de b é pequeno equivale a dizer que a relação 
(bx/mvox) é muito menor do que 1. Podemos então, em (6.21), tomar o termo
2
2 ln
ox
ox
mvm g
b mv bx
 
 − 
e expandir em potências de (bx/mvox). Para isto, escreveremos
2 2 2
2 2 2ln ln ln 1 . 
1
ox ox
ox ox
ox
ox
mv mvm g m g m g bx
b mv bx b b mvbxmv
mv
 
     = = − −    −     −  
   
Lembrando que para |a < 1|, tem-se
( 1) 2 3
0
( 1) 1 1(1 )
( 1) 2 3
n
n
nln a a a a an
+∞
=
−
+ ≅ ∑ = − + −
+

obtemos
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 75 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida76
2 32 2
2 2
1 1ln 1 ,
2 3ox ox ox ox
m g bx m g bx bx bx
b mv b mv mv mv
        
 − − ≅ − − − − + − −       
         

que substituindo em (6.21), obtemos:
2 32
2
1 1
2 3
oz
ox ox ox ox ox
v mg m g bx bx bxz x
v bv b mv mv mv
         
 = + − − − − − + − +        
          

2 32
2
1 1
2 3
oz
ox ox ox ox ox
v mg m g bx bx bxz x
v bv b mv mv mv
      
 ∴ = + − + + +     
       

2 32 2
2 2
1 1
2 3
oz
ox ox ox ox ox
v mg mg m g bx m g bxz x x x
v bv bv b mv b mv
   
∴ = + − − − −   
   

2 3
2 3
1 1 (6.22)
2 3
oz
ox ox ox
v g bgz x x x
v v mv
∴ = − − − 
(6.22)
Podemos observar na equação (6.22) que, se os valores de b forem pe-
quenos, a expressão para z será igual a equação (6.10), encontrada quando 
não consideramos a existência de arraste do ar, pois a expansão em termos 
de uma segunda ordem de x será suficiente para representar o logaritmo em 
(6.21). Quando os valores de x se tornam grandes, então precisamos inserir 
potências de x de ordens superiores para representar melhor o logaritmo. Isto 
quer dizer que quando os valores de x são pequenos, a curva se assemelha 
a uma parábola. Conforme o valor de x se torna cada vez maior, a curva se 
diferencia cada vez mais da parábola. 
A solução para z em termos de série de potência traz um solução por ite-
ração para a determinação do alcance. Para encontrarmos o alcance, vamos 
considerar que a superfície seja plana e, assim, o projétil retornará a altura z = 
zo de lançamento. Portanto, teremos:
2 3
2 3
1 1 0
2 3
oz
ox ox ox
v g bgz x x x
v v mv
= − − − =
2 3
2 3
1 1 ,
2 3
oz
ox ox ox
vg bgx x x
v v mv
∴ = − −
que dividindo ambos os lados por x e multiplicando por 22 /oxv g , obtemos:
22 2 (6.23)
3
ox oz
máx máx
ox
v v bx x
g mv
= − −
 
(6.23)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 76 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 77
Podemos observar na equação (6.23) que o primeiro termo do lado di-
reito é exatamente o valor ao alcance dado por (6.8). Então, o alcance dado 
por (6.23) é o alcance dado por (6.8) corrigido pelo termo 22 / 3máx oxbx mv− .
A equação (6.23) nos traz ainda um problema, pois o que queremos é 
definir xmáx. E agora, como vamos proceder? Queremos encontrar o valor de 
xmáx, mas na equação (6.23) ele aparece definido como função de si mesmo. 
Para resolver isto, vamos substituir o valor de xmáx dado pela equação (6.8) no 
segundo termo do lado direito da equação (6.23). Fazendo isso, ficamos com:
2
2 22
3
ox oz ox oz
máx
ox
v v v vbx
g mv g
 
= −  
 
2
2
2 8 . (6.24)
3
ox oz ox oz
máx
v v bv vx
g mg
∴ = − 
(6.24)
Agora temos a equação (6.24) apresentando o valor de xmáx dado por (6.8) 
corrigido pelo termo 2 28 / 3ox ozbv v mg− . Este procedimento permite que se con-
siga as correções do valor de xmáx na ordem de grandeza que se queira, basta 
fazer a expansão da solução de z com a ordem de grandeza desejada. 
Um detalhe que precisa ser mencionado nas correções que acabamos 
de fazer com a inclusão da resistência do ar é o de que não consideramos, por 
exemplo, a existência de vento lateral. Diante desta possibilidade, devemos 
incluir mais um detalhe na equação do movimento, isto é:
2
2 . (6.25ˆ )ar
d r drm mgk b v
dt dt
 = − − − 
 
 
 (6.25)
Exemplo 6.1
Consideremosum projétil disparado da origem de um sistema de co-
ordenadas cartesianas com velocidade inicial dado por o ox oy ozv v i v j v k= + +

 

, 
ao mesmo tempo em que há um vento lateral dado por arv wj=

 . Obter as 
equações do movimento para x, y e z em função do tempo. Expandir o resulta-
do em séries de potências mantendo somente termos de primeira ordem em b 
e mostrar que, caso a resistência do ar e a velocidade do ar não sejam despre-
zados quando se aponta o canhão, apenas a resistência do ar fará com que 
o projétil caia antes do alvo numa fração igual a 4bvoz/3mg da distância do alvo 
e que o vento provoca um erro adicional na coordenada y de 2 22 /ozbwv mg .
Resolução:
Supondo que a força de resistência do ar possa ser escrita como pro-
porcional a velocidade relativa do projétil em relação ao ar, teremos o movi-
mento regido segundo a equação (6.25):
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 77 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida78
2
2 , (6.2ˆ 5)ar
d r drm mgk b v
dt dt
 = − − − 
 
 

 (6.25)
onde a velocidade do vento é arv wj=


.
Escrevendo a equação (6.25) em termos das componentes cartesia-
nas, ficamos com
2
2 , (6.26)
d x dxm b
dt dt
= −
 (6.26)
2
2 e (6.27)
d y dym b bw
dt dt
= − + (6.27)
2
2 . (6.28)
d z dzm mg b
dt dt
= − − (6.28)
Agora, resolvendo as equações (6.26), (6.27) e (6.28) individualmente em 
função do tempo, teremos resolvido a equação do movimento dada por (6.25).
Para a coordenada x temos de (6.26) que:
2
2 
x
x
dvd x dxm b m bv
dt dt dt
= − ⇒ = −
0
 
x
ox
v t
x
xv
dv b dt
v m
 ⇒ = − 
 ∫ ∫
0
 ln lnx
ox
v t x
x v
ox
vb bv t t
m v m
∴ = − ⇒ = −
 
b bt t
m m
x ox ox
dxv v e v e
dt
− −
⇒ = ∴ =
( / )
dx v e dt x v
b m
e
ox
m
b t
ox
m
b ttx t
00
0& &= = -
-
-
##
b tox oxmmv mvx e
b b
−   ∴ = − − −   
  
 1 , (6.29)
b tox mmvx e
b
− 
∴ = − 
 
 (6.29)
que é a função horária da posição x.
Para a coordenada y temos de (6.27) que:
( )
( )
m dt
d y
b dt
dy
bw m dt
dv
b v w
v w
dv
m
b dt
y
y
y
y t
v
v
2
2
0oy
y
&
&
=- + =- -
-
= -a k##
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 78 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 79
( ) | |
[ ]
( / )
,
ln v w m
b t ln
v w
v w
m
b t
v w v w e
dt
dy
w v w e
dy w v w e dt
dy w dt v w e dt
y wt
b m
v w
e
y wt b
m v w e1
y voy
vy t
oy
y
y oy
m
b t
oy
m
b t
y
oy
t
m
b t
y
oy
t t
m
b t
oy
m
b t
t
oy
m
b t
0
0 0
0 0 0
0
&
&
&
`
`
`
`
`
- =-
-
-
=-
- = -
= + -
= + -
= + -
= +
-
-
= + - -
-
-
-
-
-
-
^
^
^ ^
^
^
^
^
^ ^
h
h
h h
h
h
h
h
h h
# #
# # #
 (6.30)
que é a função horária da posição y.
Para a coordenada z temos de (6.28) que:
ln ln
m dt
d z mg b dt
dz m dt
dv mg b dt
dz
b
m
dt
dv
b
m g v
dt
dv
m
b
b
mg
v
b
mg
v
dv
m
b dt
b
mg
vz
dv
m
b dt
b
mg
v m
b t
b
mg
v
b
mg
v
m
b t
z
z
z
z
z
z
t
voz
vz
voz
vz t
oz
z
2
2
2
2
0
0
& &
&
&
& &
`
=- - =- - =- -
=- +
+
=-
+
= -
+ =-
+
+
=-
a
a
a
a
a
a
k
k
k
k
k
k
##
( )
( )
( ) ( )ln
mg bv
mg bv
m
b t mg bv mg bv e
vz b
mg
b
mg
v e dt
dz
b
mg
b
mg
v e
dz b
mg
dt b
mg
v e dt
oz
z
z oz
m
b t
oz
m
b t
oz
m
b t
oz
m
b t
&
&
&
`
+
+
=- + = +
=- + + =- + +
=- + +
-
- -
-
a a
a
k k
k
vz
vz
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 79 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida80
.
dz b
mg
dt b
mg
v e dt
z b
mg
t b
mg
v
m
b
e m
b t
z b
mg
t b
mg
v
m
b
e
b
mg
v b
m
z b
mg
t b
m g
b
mv e b
m g
b
mv
z b
mg
t b
m g
b
mv e1
z t
oz
m
b t
t
oz
t
oz
m
b t
oz
oz m
b t oz
oz m
b t
0 0 0
0
2
2
2
2
2
2
&
&
`
`
`
=- + +
=- + +
-
-
=- + +
-
+ +
=- - + + +
=- + + -
-
-
-
-
a
a
a
a
c c
c ^
k
k
k
k
m m
m h
# # #
 (6.31)
que é a função horária da posição z.
Queremos agora determinar as posições x1 e x2 em que o projétil re-
tornará ao plano horizontal. Para isso, faremos z = 0 na função horária da 
posição. Com este procedimento, poderemos determinar o instante t em que 
o projétil atinge o plano horizontal. Isto é, de (6.31) obtemos:
2
2 1 0
b toz mmvmg m gz t e
b b b
−  
= − + + − =  
  
2
2 1
b toz mmvmg m gt e
b b b
−  
⇒ = + −  
  
ou ou 1 . (6.32)
b t
m
oz
mggt v e
b
−  = + −  
  
 
(6.32)
A equação (6.32) é transcendente, isto é, não há como isolar t. Devemos, 
portanto, procurar outra forma de encontrar t. Uma alternativa é isolar t na ex-
pressão para x (equação 6.29) e, em seguida, substituir na expressão (6.32).
Vamos considerar que o projétil tenha atingido a posição x1, logo de (6.29):
1 1
b tox mmvx e
b
− 
= − 
 
1 1
b t
m
ox
bx e
mv
−
∴ − = −
1 1ou 1 ln 1 ln
b bt t
m m
ox ox
bx bx be e t
mv mv m
− − 
− = ⇒ − = = − 
 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 80 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 81
1 ln 1 . (6.33)
ox
bxmt
b mv
 
⇒ = − − 
 
Agora, substituindo (6.33) em (6.32), obtemos:
1ln 1
1ln 1 1 ox
bxb m
m b mv
oz
ox
bxm mgg v e
b mv b
  
− − −  
   
      − − = + −     
      
1ln 1
1 ln 1 1 0ox
bx
mv
oz
ox
bxmg mg v e
b mv b
 
− 
 
     ∴ − + + − =    
     
1 1 ln 1 1 1 0oz
ox ox
bx bxmg mg v
b mv b mv
      ∴ − + + − − =     
       
 (6.34)
Vamos agora expandir o logaritmo natural que aparece na equação 
(6.34) em série de potência e adicionar aos outros termos.
...v
gx
mv
bv x
b
mg
mv
bx
m v
b x
m v
b x
2 3 0ox ox
oz
ox ox ox
1 1 1
2 2
2
1
2
3 3
3
1
3
+ + - - - - =c m
...v
g
x mv
bv x v
g
x mv
b x
m v
b gx
2 3 0ox ox
oz
ox ox ox
1 1 1 2 1
2
2 3
2
1
3` + - - - - =
2
2 3
1 1 12 2 3 02 3
oz
ox ox ox
bv bg b gx x x
mv mv m v
∴ − − − =
que dividindo por bx1/mvox, obtemos:
2
1 12
2 0
2 2 3
ox oz
ox ox ox
v v g bgx x
v v mv
∴ − − − =
2
1 12
2
2 3 2
ox oz
ox ox ox
v v bg gx x
v mv v
∴ − − =
... ( . )x g
v v
mv
b x2 3
2 6 35ox oz
ox
1 1
2` = - - (6.35)
Soluções para (6.35) podem ser obtidas através de aproximações su-
cessivas. Tomando inicialmente o primeiro termo da equação (6.35), obtém-se 
a primeira aproximação:
( . )x g
v v2 6 36ox oz1 = (6.36)
Substituindo a solução (6.36) no segundo termo de (6.35), obtemos:
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 81 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida82
2
1
2 22
3
ox oz ox oz
ox
v v v vbx
g mv g
 
≅ −  
 
. ( . )x g
v v
mg
bv v2
3
8 6 37ox oz ox oz1 2
2
` ,= - (6.37)
Podemos observar na expressão (6.37) que somente a resistência do 
ar influencia na redução do alcance na direção x. Observa-se também que a 
velocidade do ar, arv wj=


, não exerce influência em x.
A fração do alcance que é modificada pela existência do araste do ar é 
dada por:
1
alcance sem resistência alcance com resitênciafração de 
alcance sem resistência
x −=
2
2
1
2 2 8 
3
 fração de 2
ox oz ox oz ox oz
ox oz
v v v v bv v
g g mg
x v v
g
 
− − 
 ∴ =
2
2
1
8
3 fração de 2
ox oz
ox oz
bv v
mgx v v
g
∴ =
1
4 fração de . (6.38)
3
ozbvx
mg
∴ = 
(6.38)
Precisamos agora determinar a solução em y. Podemos utilizar a ex-
pressão (6.33) do tempo para x1 na equação horária da posição para y, (6.30) 
obtendo-se y1 em função de x1. Isto é, de1ln 1 (6.33)
ox
bxmt
b mv
 
= − − 
 
 
(6.33)
e
,y wt b
m v w e1oy m
b t` = + - - -^ ^h h (6.30)
obtemos:
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 82 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 83
( )
( )
( )
( ){ }
( )
.
ln
ln
ln
ln
ln
ln
y w b
m
mv
bx
b
m v w e
y b
mw
mv
bx
b
m v w e
y b
mw
mv
bx
b
m v w e
y b
mw
mv
bx
b
m v w mv
bx
y b
mw
mv
bx
b
m v w mv
bx
y b
mw
mv
bx v v
x w v
x
1 1
1 1
1 1
1 1 1
1
1
[ ( )]
[ ( ) ]
( ) ]
ln
ln
ln
ox
oy
m
b
b
m
mv
bx
ox
oy
m
b
b
m
mv
bx
ox
oy
mv
bx
ox
oy
ox
ox
oy
ox
ox
oy
ox ox
1
1 1
1
1 1
1
1 1
1
1 1
1
1 1
1
1 1 1
ox
ox
ox
1
1
1
`
`
`
`
`
= - - + - -
=- - + - -
=- - + - -
=- - + - - -
=- - + -
=- - + -
- - -
- - -
-
a
a
a
a a
a a
a
k
k
k
k k
k k
k
: D "
"
"
,
,
,
 (6.39)
Expandido o logaritmo em (6.39) em série de potências, vamos obter:
2 3
1 1 1 1 1
1
1 1
2 3 oyox ox ox ox ox
bx bx bx x xmwy v w
b mv mv mv v v
    
 = − − − − − − − + −   
     

2 2 3
1 1 1 1 1
1 2 2 3 2 3 oyox ox ox ox ox
wx wbx wb x x xy v w
v mv m v v v
 
∴ = + + + + − 
 

 (6.40)
Agora temos, em (6.40), uma equação que relaciona o alcance ao lon-
go de x com o alcance ao longo de y. Substituindo x1 dado por (6.37) em y1, 
dado por (6.40), vamos obter:
22 2
1 2 2 2
2 8 2 8 
3 2 3
oy ox oz ox oz ox oz ox oz
ox ox
v v v bv v v v bv vwby
v g mg mv g mg
   
= − + − +   
   

22 2 2
1 2 2 2
2 8 4 4 1 
3 2 3
oy oz oy oz ox oz oz
ox
v v bv v v v bvy wb
g mg mg v mg
 
∴ ≅ − + − 
 
22 2
1 2 2
2 8 2 4 1 
3 3
oy oz oy oz oz ozv v bv v wbv bvy
g mg mg mg
 
∴ ≅ − + − 
 
2 2
1 2 2
2 8 2 8 1 
3 3
oy oz oy oz oz ozv v bv v wbv bvy
g mg mg mg
 
∴ ≅ − + − 
 
 (6.41)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 83 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida84
Podemos desprezar o último termo na expressão (6.41), uma vez que o 
mesmo é proporcional a b2. Assim, obtermos
 (6.42)
Comparando os resultados das componentes x e y, isto é:
2
1 2
2 8 . (6.43)
3
ox oz ox ozv v bv vx
g mg
≅= −
 (6.43)
e
2 2
1 2 2
2 8 2 , (6.44)
3
oy oz oy oz ozv v bv v wbvy
g mg mg
≅ − +
vemos que eles são da mesma forma, exceto pelo fato de que na coordena-
da y existe um vento lateral representado por um termo adicional, dado por (
2 22 /ozwbv mg ) que é o erro adicional que procurávamos. 
6.2 Energia potencial
No caso unidimensional tratamos o caso de uma força F(x) dependente so-
mente da posição. Naquela situação é possível observar um conceito muito 
útil que é poder se escrever uma força como a derivada negativa de uma 
função chamada energia potencial:
( )
( )
F x dx
dU x
=- (3.7)
A equação (3.7) diz que a força aponta na direção para a qual o poten-
cial U decresce e é tanto maior quanto mais U decresce. 
Em uma dimensão sempre pode existir uma função energia potencial 
apropriada tal que:
( ) ( ) .U x F x dx
xo
x
= - # (3.1)
onde a integral é definida em função do ponto arbitrário xo.
No entanto, quando se avalia os casos com mais de uma dimensão, es-
tes se tornam bem diferentes. O que acontece é que nem sempre é possível 
encontrar uma função energia potencial. Veremos isto agora.
Definiremos a força em função da energia potencial, para cada direção 
x, y e z, como:
( , , )
( , , )
,
( , , )
( , , )
,
( , , )
( , , )
,
F x y z x
V x y z
F x y z y
V x y z
F x y z z
V x y z
x
y
z
2
2
2
2
2
2
=-
=-
=-
 (6.45)
(6.46)
(6.47)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 84 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 85
Definidas a força em cada direção, podemos escrever:
( , , )
( , , ) ( , , ) ( , , )
.F x y z x
V x y z
i y
V x y z
j z
V x y z
k2
2
2
2
2
2
=- - -
 (6.48)
A equação (6.48) pode ser escrita na forma do operador nabla 
( , , )
x y z
∂ ∂ ∂
∇ =
∂ ∂ ∂
, como:
( , , ) ( , , )F x y z V x y zd=- (6.49)
onde ∇V(x,y,z) é o gradiente da função V(x,y,z).
O primeiro detalhe a ressaltar é que a força é um vetor, enquanto o 
potencial é uma função escalar. Isto quer dizer que o valor da função poten-
cial em cada ponto é um número com unidades em energia. Se imaginarmos 
uma figura bidimensional no plano xy, a partir de onde se desenharia a função 
potencial, poderíamos imaginar a função potencial como desenhada no eixo 
z. Se imaginarmos uma situação com três dimensões para podermos definir 
a função escalar potencial, ficamos com uma situação um pouco mais difícil. 
Para dar uma ideia, podemos imaginar um corante numa solução aquosa. A 
intensidade da cor seria uma função escalar. Em alguns lugares a intensidade 
da cor pode ser muito intensa, enquanto que em outros lugares a intensidade 
da cor pode ser menos intensa. 
Qual a direção da força definida a partir da intensidade da cor do coran-
te na solução? A resposta é obtida aplicando o negativo do operador gradien-
te, como mostrado acima. Como vimos, o operador produz um vetor quando 
atua sobre uma função escalar. 
Quais são as propriedades físicas do termo obtido a partir desta ope-
ração? Para responder, devemos lembrar que no caso unidimensional a for-
ça aponta na direção que o potencial decresce a partir daquele ponto. Mas 
no caso tridimensional, o objeto de estudo não é tão simples porque o po-
tencial pode decrescer em três direções diferentes a partir daquele ponto. 
A situação é como a encontrada nos chamados pontos de sela, no quais 
numa direção a função cresce, enquanto numa outra direção a função de-
cresce. Nos pontos de sela não é possível aplicar o teste das derivadas pri-
meira e segunda porque numa direção a derivada, digamos ∂V/∂x, diz que a 
função cresce, enquanto na outra direção a derivada, digamos ∂V/∂y, diz que 
a função decresce.
Assim precisamos definir uma forma de dizer qual a direção na qual a 
energia potencial decresce mais rápido. Acontece que isto é exatamente o 
que o negativo do operador gradiente faz!
Mas por que nem todas as forças em mais de uma dimensão podem 
ser descritas pelo negativo do gradiente de uma função potencial? A resposta 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 85 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida86
é que em mais de uma dimensão há funções que podem, por exemplo, formar 
uma circulação em torno de algum ponto. No caso de uma função deste tipo, 
o valor de V teria de diminuir continuamente em torno da circulação. Mas se 
estivermos sobre uma circulação em algum ponto o valor da função vai se re-
petir e como vamos manter o valor de V diminuindo continuamente se ele tem 
que se repetir? Uma hora ele terá de aumentar para poder repetir o valor inicial 
e não poderá diminuir continuamente. Portanto, em mais de uma dimensão 
há funções que não podem manter o requerimento de diminuírem continua-
mente, pois a continua diminuição impediria que a mesma tivesse sempre o 
mesmo valor num mesmo ponto.
O que queremos, portanto, é responder sob que condição podemos 
encontrar uma função energia potencial. Acontece que existe um teorema 
matemático que nos permite determinar de forma simples se podemos ou não 
encontrar uma função potencial para uma força. Obviamente a força não pode 
girar em torno de algum ponto. Mas este teorema também resolve este proble-
ma. Vamos enunciá-lo abaixo:
Teorema: “Se o rotacional de uma força for zero em todos os pontos, 
então existe uma função energia potencial”.
Embora possa não parecer imediatamente o rotacional de uma força é 
uma quantidade bem definida matematicamente, como vamos ver a seguir.
Suponhamos que uma força possa ser escrita em coordenadas carte-
sianas como:
( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) .F x yz F x y z i F x y z j F x y z kx y z= + + (6.50)
O rotacional da força, dada por (6.50) é dado por:
( , , ) .F x y z y
F
z
F
i z
F
x
F j x
F
y
F kz
y x z y x#d 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2= - + - + -c a cm k m
 (6.51)
Exemplo 6.2
Calcular o rotacional de F yi xj= − +

 
.
Resolução:
De (6.51),
 ,y yx xz z
F FF FF FF i j k
y z z x x y
∂ ∂   ∂ ∂∂ ∂ ∇× = − + − + −    ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂    


 
e como Fx = –y, Fy = x e Fz = 0, obtemos:
( ) ( )
.
( ) ( ) ( )
.
F
F
F
y z
x i z
y
x j x
x
y
y
k
i j k
k
0 0
0 0 0 0 1 1
2
#
` #
` #
d 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
d
d
= - +
-
- + -
-
= - + - + +
=
a c dk m n
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 86 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 87
A figura 6.2 mostra esquematicamente a força (setas no sentido do eixo 
z) e seu rotacional (setas em circulação anti-horária). Deve ser observado que 
o rotacional aponta perpendicularmente ao plano formado pela circulação da 
força e tem a direção definida pela regra da mão direta.
Figura 6.2 – Desenho esquemático da força representada por setas no sentido do eixo 
z e seu rotacional representado por setas em circulação anti-horária.
Exemplo 6.3
Repetir o procedimento do exemplo 6.1 para a força gravitacional. É cla-
ro que já sabemos que a força gravitacional pode ser representada por uma 
função potencial, como no caso das proximidades da superfície da Terra. Mas 
como é o caso geral?
Resolução:
Vamos por uma massa nas proximidades da massa M. Suponhamos 
que M esteja na origem do sistema de coordenadas. Assim a força sobre a 
massa m situada no ponto r xi yj zk= + +

 
 é
( ) .F êr r
GMm
r2=
Esta força aponta na direção e no sentido de M na origem do nosso 
sistema de coordenadas e diminui com o quadrado da distância entre os dois 
corpos. Ela também é simetricamente esférica em torno de M e aparente-
mente não apresenta nenhuma circulação em torno de M. Portanto, devemos 
esperar que possamos descrevê-la por uma função energia potencial.
Precisamos avaliar se o rotacional desta força é zero. Para isso, vamos 
escrever a força em termos das coordenadas x, y e z. Isto é:
( ) ( )F r
r
GMm xi yj kz/3 2= + +
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 87 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida88
Vamos avaliar a componente x do rotacional de ( )F r 
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
.
F
F
F
y
F
z
F
y x y z
z
z x y z
y
x y z
yz
x y z
zy3 3
0
/ /
/ /
x
z y
x
x
2 2 2 3 2 2 2 2 3 2
2 2 2 5 2 2 2 2 35 2
#
#
#
d 2
2
2
2
d 2
2
2
2
d
= -
=
+ +
- -
+ +
-
=
+ +
-
-
+ +
-
=
c m
Portanto, existe uma função energia potencial, que é a energia potencial 
gravitacional, definida por:
( ) .V r r
GMm=-
Note que uma constante sempre pode ser somada. Aqui escolhemos 
definir V(r) → 0 conforme r → ∞. V é uma função que decresce conforme a 
distância entre as duas massas aumenta e seu valor depende somente da 
distância. Se desenharmos superfícies de V constante obteremos esferas 
concêntricas, como mostra a figura 6.3.
Figura 6.3 – Esferas concêntricas que representam o potencial V.
Outro modo de esboçar o potencial V seria desenhar seus valores em 
fatias através da origem no plano xy, por exemplo. O resultado é o chamado 
“poço de potencial”, mostrado na figura 6.4.
Figura 6.4 – Esboço de um “poço de potencial” em três dimensões.
O caso mais simples é o esboço do potencial como função de r, como 
mostrado na figura 6.5.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 88 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 89
Para dar um pouco mais de consistência ao abordado aci-
ma, vamos prolongar um pouco mais a discussão matemática, 
com a seguir.
Um campo de força F

, definido em todo espaço (ou dentro 
de um volume conexo do espaço), é chamado de força conser-
vativa ou campo vetorial conservativo se satisfizer qualquer uma 
destas três condições equivalentes: 
1. O rotacional de F

 é zero;
2. O trabalho líquido (W) realizado pela força F

 ao mover 
uma partícula através de um percurso que começa e ter-
mina no mesmo lugar é zero;
3. A força F

 pode ser escrita como o gradiente de uma função potencial.
A prova matemática de que estas três condições são equivalentes é 
dada a seguir. 
Vamos mostrar que a afirmação 1 implica a afirmação 2: 
Seja C um caminho qualquer fechado simples, ou seja, uma trajetória 
que começa e termina no mesmo ponto e não tem auto-intersecções; consi-
deremos também uma superfície S limitada pela curva C. Então, o teorema de 
Stokes diz que:
. . . ( . )da drF F 6 52
S C
#d =^ h# # (6.52)
Se o rotacional de F

 é zero, a integral do primeiro membro de (5.82) é 
zero e, portanto, a afirmação 2 é verdadeira.
Vamos mostrar que a afirmação 2 implica a afirmação 3:
Suponha que a afirmação 2 seja válida. Seja C uma curva simples, indo 
desde a origem até um ponto x e definamos uma função
( ) . ( . )x drF 6 53
C
z =- # 
(6.53)
O fato de que esta função seja bem definida (independente da escolha 
de c) resulta da afirmação 2. De qualquer forma, a partir do teorema funda-
mental do cálculo, conclui-se que
( . )F 6 54dz=- (6.54)
Assim, a afirmação 2 implica a afirmação 3.
Finalmente, vamos demonstrar que a afirmação 3 implica a afirmação 1:
Suponha que a terceira afirmação seja verdadeira. Uma identidade veto-
rial conhecida estabelece que o rotacional do gradiente de qualquer função é 
zero. Uma forma de estabelecer esta identidade é usar coordenadas cartesia-
nas tridimensionais e considerar que as derivadas parciais mistas são iguais. 
Em geral, este último argumento é válido para as funçoes ditas bem comporta-
Figura 6.5 – Esboço de um “poço de poten-
cial” em uma dimensão.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 89 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida90
das, como é o caso da maioria das funçoes na física. Portanto, se a terceira afir-
mação é verdadeira, então a primeira afirmação também deve ser verdadeira.
Isso mostra que a afirmação 1 implica a afirmação 2, a 2 implica a 3 e a 
3 implica a 1. Portanto, todas as três são equivalentes. A equivalência entre 1 
e 3 também é conhecido como (um aspecto do) teorema de Helmholtz.
A expressão de força conservativa vem do fato de que quando uma 
força conservativa existe, ela conserva a energia mecânica. As forças conser-
vativas mais comumente encontradas no nosso estudo são a força de atração 
gravitacional, a força elétrica e a força elástica.
Muitas forças, como aquelas que são função da velocidade, não são 
campos de força. Nestes casos, os três requisitos acima não são matemati-
camente equivalentes. Por exemplo, a força magnética satisfaz a condição 2, 
uma vez que o trabalho realizado por um campo magnético sobre uma partí-
cula carregada é sempre zero, mas não satisfaz a condição 3, e a condição 
1 nem mesmo é definida, pois a força não é um campo vetorial, o que não 
permite avaliar o seu rotacional.
Vamos voltar à nossa discussão a respeito da definição da função ener-
gia potencial em três dimensões.
No caso unidimensional tínhamos definido o potencial como
( ) ( ) .U x F x dx
x
x
o
=- #
 (3.1)
Como transformamos esta equação para o caso de mais de uma dimen-
são? A equação (3.1) diz que devemos integrar todas as contribuições de dis-
tância vezes a força na direção de movimento do corpo desde a posição inicial 
até a posição final e pegamos o valor negativo desta integral. Com certeza po-
deremos copiar este procedimento para a situação tridimensional, mas vamos 
ter que fazer algumas modificações para levarmos a direção em consideração. 
Vamos tomar um trajetória entre duas posição arbitrárias, uma posição inicial or

, e uma posição final r . A primeira consideração é que o caminho não pode ser 
uma linha reta e a segunda é que a força em algum ponto intermediário ir

 não 
precisa apontar na mesma direção do elemento de percurso, ( )Sd r i naquele 
ponto,como desenhado esquematicamente na figura 6.6.
Figura 6.6 – Desenho esquemático de uma trajetória com os pontos inicial or
 , 
intermediário ir

 e final r, elemento de percurso idS

, e força '( )F r

 .
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 90 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 91
É óbvio que devemos tomar a componente da força na direção do ele-
mento de percurso e integrar ao longo do caminho. O resultado será:
( ) ( ). ( )F SV r r d r i
o
=-
x
x# (6.55)
Este tipo de integral é chamado de integral de linha ou integral de per-
curso. Como se pode ver, há ainda a necessidade da definição de um percur-
so conveniente para a resolução da integral. No entanto, vimos que a energia 
potencial V deve depender apenas da posição e não do percurso utilizado 
para se chegar a posição final. Mas o que acontece se a integral depender do 
caminho? A resposta é que nao haverá uma forma definida para o potencial, 
pois o mesmo dependerá do caminho que foi adotado na sua definição. Filiz-
mente, há um teorema matemático que nos diz em que condições o integral 
de linha será independente do caminho:
Teorema: “Se o rotacional de um campo vetorial for zero, então a inte-
gral de linha do campo vetorial é independente do percurso”.
Começamos esta seção falando sobre as condições em que existe 
uma energia potencial. O resultado foi que ele só existe se o rotacional for 
zero. Aqui chegamos ao mesmo resultado usando uma linguagem um pouco 
diferente.
6.3 Conservação da energia
Devemos lembrar que as forças conservativas em uma dimensão têm a pro-
priedade de que a energia mecânica total é conservada. Precisamos mostrar 
que o mesmo é verdade em três dimensões. Para isso vamos primeiro deter-
minar a derivada temporal de uma função f que depende somente das coor-
denadas. Pela regra da cadeia:
( )
( ) ( ) ( )
. ( . )dt
d f r t
x
x
f r
t
y
y
f r
t
z
z
f r
dt
dr f 6 66:2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
d= + + =
 (6.66)
A equação (6.66) permite ver que a derivada fica bem expressa em 
termos do gradiente da função. Esta derivada temporal também pode ser apli-
cada à função energia potencial, cuja derivada é:
( ) ( ) ( ) . ( . )dt
d V r dt
dr V r dt
dr rF 6 67: :d= =- (6.67)
O que nos permite ver que o resultado da derivada temporal de V(r) é 
igual a menos o trabalho realizado pela força por unidade de tempo, ou seja, 
a potência. É preciso lembrar que um trabalho infinitesimal realizado ao longo 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 91 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida92
de uma distância infinitesimal dr é igual a ( )dW F r dr=

 
 . Se dividirmos este 
elemento infinitesimal de trabalho pelo infinitésimo de tempo correspondente a 
sua realização, obtemos a potência:
( ) . ( . )Fdt
dW r dt
dr 6 68:= (6.68)
Vamos escrever a segunda lei de Newton para uma partícula de massa 
m sob a ação de uma força conservativa ( )F V rd=- :
2
2
d rm F
dt
=


( ) ( . )m dr
d r V r 0 6 692
2
` 4+ = (6.69)
A equação (6.69) é uma equação vetorial. Vamos formar um produto 
escalar com o vetor /dr dt . O resultado é:
2
2 ( ) 0 . (6.70)
dr d r drm V r
dt dt dt
    + ∇ =    
    
 
  

Na expressão (6.70) podemos identificar o primeiro termo como a deri-
vada temporal da energia cinética e o segundo termo como a derivada tem-
poral da energia potencial. A conclusão é, como esperado, que, se a força for 
conservativa, a derivada temporal da energia mecânica total é zero:
( ) ( ) ( )m dt
d
dt
dr
dt
dr
dt
d V r dt
d m dt
dr
dt
dr V r dt
d E V r2
1
2
1 0cm: :+ = + = + =c cm m; 6E @
ou, a energia mecânica total,
( ),E m dt
dr
dt
dr V r2
1
1 := +c m
é uma constante de movimento. 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 92 23/05/17 12:51
PARTE
Movimento Bi e Tridimensional 
e sua Representação Física 
(Parte II)
4
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 93 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida94
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 94 23/05/17 12:51
Capítulo 7
Movimento sob a ação de 
uma força central
Quando se pode considerar que a única força atuando sobre uma partícula 
em movimento é sempre direcionada para um ponto fixo, o movimento é cha-
mado movimento sob a ação de uma força central. Este tipo de movimento é 
particularmente relevante quando se estuda o movimento orbital dos planetas e 
satélites. As leis que regem este movimento foram postuladas pela primeira vez 
por Kepler (1571-1630) e deduzida a partir da observação dos astros celestes. 
Neste capítulo, mostraremos que as leis de Kepler são uma consequência da 
segunda lei de Newton. A compreensão do movimento sob força central é ne-
cessário para o entendimento dos movimentos dos planetas ao redor do Sol, 
dos satélites naturais, do movimento das estrelas ao redor do centro da galáxia 
e buracos negros, projeto de satélites e veículos espaciais, entre outros. 
7.1 O problema de Kepler
Vamos considerar o movimento de uma partícula de massa m, em um refe-
rencial inercial, sob a influência de uma força F

, dirigida para a origem do 
sistema de referência. O nosso interesse particular é aquele em que a força 
é inversamente proporcional ao quadrado da distância entre a partícula e a 
origem do sistema de referência. Esta é a situação da força gravitacional, por 
exemplo. Neste caso,
2 . (ˆ 7.1)r
mMF G e
r
= −

Embora a maioria dos problemas de mecânica celeste envolva mais do 
que dois corpos, como no caso do sistema solar, por exemplo, muitos proble-
mas de interesse prático podem ser resolvidos, com grande precisão, consi-
derando-se apenas os dois corpos de interesse. Quando mais de dois corpos 
estão envolvidos, o problema perde um pouco a simplicidade e, neste caso, 
não se conhece uma solução geral. O problema de dois corpos foi estudado 
por Kepler (1571-1630) que viveu antes de Isaac Newton (1642-1727). Seu 
interesse era descrever o movimento dos planetas em torno do sol.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 95 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida96
Através da observação meticulosa dos planetas, Kepler postulou as se-
guintes leis:
1. As órbitas dos planetas são elipses com o Sol em um dos focos;
2. A linha que une um planeta ao Sol varre áreas iguais em intervalos de 
tempo iguais; e
3. O quadrado do período de revolução de um planeta em torno do Sol 
é proporcional ao cubo do eixo maior de sua órbita elíptica.
Nas seções seguintes vamos utilizar as leis de Newton para demonstrar que 
as três leis acima podem realmente ser derivadas a partir da mecânica newtoniana.
7.2 Equações do movimento sob a ação de força central
Vamos definir uma equação geral para representar o movimento de um cor-
po sujeito a ação de uma força central. Depois de definida a equação geral 
do movimento sob a ação de uma força central, será dado ênfase a uma 
força central inversamente proporcional ao quadrado da distância. Uma das 
simplificações que adotaremos no procedimento a seguir é a de que a mas-
sa de um dos corpos é muito maior do que a do outro. Com isso poderemos 
considerar que apenas o corpo de massa menor se move, enquanto aquele 
de massa maior permanece parado. Vamos considerar também que o corpo 
de massa maior esteja localizado na origem de um sistema de referência 
inercial. Uma equação do movimento que considere o movimento dos dois 
corpos pode ser obtida para representar o movimento geral do conjunto, no 
entanto, isto está além do interesse deste livro. Sob estas circunstâncias a 
equação do movimento é:
( ) .F êF r m dt
d r
r 2
2
= =
 (7.2)
Como a única força no sistema é na direção da origem, o momento 
angular de m com relação à origem será constante, pois não haverá torque re-
sultante. Portanto, os vetores posição, r , e velocidade, /dr dt , estarão em 
um plano ortogonal ao vetor momento angular, L, resultando num movimentono plano. Este importante resultado simplifica muito o tratamento matemático 
dos movimentos dos planetas, por exemplo, pois o movimento pode ser trata-
do de forma simplificada como um movimento em duas dimensões e não um 
movimento em três dimensões. 
Podemos simplificar ainda mais o nosso sistema de equações fazendo 
uma escolha conveniente do sistema de coordenadas para o problema a ser 
resolvido. Uma escolha muito interessante é o de coordenadas cilíndricas po-
lares, com o eixo paralelo apontando na mesma direção do vetor momento 
angular. Assim, podemos escrever:
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 96 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 97
( )
.ê ê êm
F r
dt
d r r dt
d r
dt
d
dt
dr
dt
d2r r2
2 2
2
2i i i- = - + + ia k: :D D (7.3)
Como as coordenadas nas direções de êr e êo são linearmente indepen-
dentes, podemos considerá-las separadamente. Observemos primeiramente 
a componente tangencial, ou seja, a coordenada na direção de êθ na equação 
(7.3).
De acordo com a equação (7.3), temos que
.r dt
d
dt
dr
dt
d2 0
2i i+ =a k
 (7.4)
Antes de dizermos qualquer coisa a respeito da equação (7.4) vamos 
examinar a seguinte expressão:
.r dt
d r dt
d
r r dt
d
dt
dr
dt
d r dt
d
dt
dr
dt
d1 1 2 22 2 2
2
2
2i i i i i= + = +a ak k: D (7.5)
que por (7.4):
.r dt
d r dt
d
r r dt
d r dt
dr
dt
d r
dt
d
dt
dr
dt
d1 1 2 2 02 2 2
2
2
2i i i i i= + = + =a ak k: D (7.6)
Portanto,
 
r dt
d2
&
i = constante h. (7.7)
A constante h, em (7.7) deve ser determinada pelas condições iniciais 
de um problema. No entanto, pode-se dizer antecipadamente que seu valor é 
proporcional ao vetor momento angular, isto é,
 . (7.8)h r v= ×  (7.8)
A conclusão, dada por (7.8) tem implicações que levam a confirmação 
de uma das leis de Kepler. Vejamos:
Podemos definir a área do triângulo desenhado na elipse da figura 7.1 
como:
( )( ) .dA r rd2
1
i= (7.9)
Se considerarmos que esta área foi desenhada num tempo dt, a área 
por unidade de tempo será:
.dt
dA r dt
d
2
1 2 i= (7.10)
dt
d r dt
d 02 i =a k
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 97 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida98
Figura 7.1 – Área descrita pelo ângulo dθ num tempo .
Pela equação (7.7) a expressão (7.10) pode ser escrita como
.dt
dA r dt
d h
2
1
2
2 i= = (7.11)
Ou seja, a área varrida por unidade de tempo pelo raio vetor definido pela 
órbita de um astro celeste é constante. Esta é a segunda lei de Kepler: O raio ve-
tor que liga um planeta ao Sol varre áreas iguais em intervalos de tempo iguais.
Outra conclusão que podemos tirar a respeito da componente radial, θ, 
é de seu valor com o tempo. Se 2 /r d dt h constatnteq = ≡ , podemos determi-
nar θ em função do tempo. Para isso vamos tomar em (7.11):
d r
h dt2i =
 (7.12)
e integremos entre dois intervalos de tempo. Assim, obtemos:
.r
h dto
t
2
0
i i= + #
 (7.13)
Assim, podemos ver que se conhecermos h, podemos determinar a po-
sição θ em função do tempo através da resolução da integral em (7.13), que 
é uma integral bem simples de ser calculada, que basta determinar o valor de 
r a cada instante. 
Vamos agora examinar a outra coordenada na equação (7.3) para tentar 
encontrar uma solução para a equação da órbita, ou seja, vamos examinar a 
coordenada radial da equação (7.3). De acordo com a equação (7.3), temos que
( )
.m
F r
dt
d r r dt
d
2
2 2i- = - a k
 (7.14)
É preciso antes de resolver esta equação observar que
2
1 1 d dr
dt r r dt
  = − 
 
, ( . )r dt
d
r dt
dr1 7 152&- =a k
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 98 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 99
e que, se consideramos a quantidade h conservada do movimento tangencial 
em (7.7), temos que
( . )h r dt
d r
dt
d
h 7 162 2&i
i
= =
a k
Assim, podemos escrever de (7.15) e (7.16) que:
.dt
dr r dt
d
r h d
d
r
1 12
i
=- =-` `j j (7.17)
Se diferenciarmos (7.17) em relação ao tempo, ficamos com:
.dt
d r
dt
d h
d
d
r d
d
dt
d h
d
d
r r
h
d
d
r
1 1 1
2
2
2
2
2
2
i i
i
i i
= - = - =` ` `j j j: :D D (7.18)
O termo expresso em (7.18) pode ser inserido na equação do movimen-
to dada por (7.14) para a componente radial:
22
2
( ) (7.14)F r d r dr
m dt dt
q − = −  
 
 (7.14)
( )
( . )m
F r
r
h
d
d
r r dt
d1 7 192
2
2
2 2
`
i
i=- - a k (7.18)
Como de (7.16) podemos trocar o termo 
2d
dt
q 
 
 
 por 
2
2
h
r
 
 
 
, a equação 
(7.19) fica:
( )
( . )r
h
d
d
r r r
h
m
F r1 7 202
2
2
2
2
2
i
- - =` aj k (7.20)
A equação (7.20), que é uma equação diferencial de segunda ordem, é 
a equação do movimento sob a ação de uma força central, sendo chamada 
de equação de Binet. Como podemos observar o lado direito é linear em u, 
mas o lado esquerdo pode não ser. 
O exemplo mais simples de órbita numa força central é aquele de uma ór-
bita circular onde a distância da origem é constante, r = a. Pode-se deduzir ime-
diatamente que dr/dt =0 e que d2r/dt2 =0, de forma que a resolução da equação 
da órbita a partir da componente radial d2r/dt2 – h2/r3 = F(r)/m com r = a produz
3 ( ) . (7.21)a F ah
m
=
 (7.21)
A condição inicial obviamente precisa ser tal que r2 dθ/dt = h com h dado pela 
equação (7.21). Para que isso aconteça, devem ser obedecidas, em t = 0, 
todas as condições seguintes:
1. A partícula deve estar em r(0) = a.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 99 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida100
2. A partícula não deve ter velocidade radial dr(0)/dt = a.
3. A velocidade da partícula na direção de êi (tangencial à órbita) 
v = a dθ/dt deve ser tal que o momentum an- gular mr2 dθ/dt seja mh 
com h dado por / / ( )/ .v ad dt h a aF a mi= = = Esta condição é 
equivalente a que a força seja dada por ( ) / ,F a mv a2=- que é exa-
tamente o valor da força centrípeta no movimento circular. 
Em algumas situações, órbitas que poderiam ser circulares não são. O 
fato ocorre porque pequenas perturbações em F(r) podem desestabilizar a 
órbita e provocar oscilações da coordenada. Em algumas ocasiões, a órbita 
permanecerá quase circular, enquanto em outras situações as perturbações 
podem crescer indefinidamente. A definição da estabilidade da órbita depende 
da forma de F(r). 
Para investigar se uma órbita circular é estável ou não, vamos supor 
que tenhamos um raio que pode sofrer pequenas perturbações do seu valor 
inicial, isto é:
( ) ( ),r t a tt= + (7.22)
onde ρ(t) é uma pequena perturbação, isto é ρ(t) << a. Vamos expandir a 
equação geral da órbita supondo que ρ seja pequeno e verificar se a solução 
é consistente com a suposição. Se for, nós estaremos verificando a estabilida-
de. Portanto se substituirmos (7.22) em (7.14), vamos obter:
( )
.m
F r
dt
d r r dt
d
2
2 2i- = - a k (7.14)
( ) ( )
( )
( )
.
m
F a
dt
d a
a dt
d
m
F a
dt
d
a
h
2
2 2
2
2
3
2
`
`
t t
t
i
t t
t
+
=
+
- +
+
= -
+
^ ah k; E 
 (7.23)
Expandindo (7.23) em termos de ρ/a, obtemos:
( ) ( )
.dt
d r
a
h
a m
F a
dr
dF a
m1 32
2
3
2 t t
- - = +` j (7.24)
Lembrando que a condição para a órbita circular, em (7.21), é que 
3 ( ) /h a F a m= , então a equação (7.24) fica:
( )
.dt
d r
a
h
m dr
dF a3 1 02
2
4
2
t+ - =; E (7.25)
Matematicamente, a equação (7.25) é igual a equação (4.32c),
,dt
d x x 02
2
0
2~+ =(4.32c)
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Mecânica Teórica I 101
do oscilador harmônico. Se o termo entre colchetes em (7.25), ou seja, se
2
4
3 1 ( ) 0 , (7.26)h dF a
a m dr
− >
 (7.26)
podemos definir
( )
a
h
m dr
dF a3 12
4
2
~ = -
 (7.27)
e deduzir que ρ(t) = A cos(ωt + φ), que é um termo limitado pela amplitude A. 
A limitação da amplitude satisfaz então a condição de que a perturbação seja 
pequena em torno de uma órbita circular. Se, no entanto,
2
4
3 1 ( ) 0 , (7.28)h dF a
a m dr
− < 
(7.28)
obteremos uma solução para ρ(t) que representará um crescimento indefinido.
É interessante escrever a nossa condição de estabilidade para a órbi-
ta circular, para uma condição que não envolva h. Isto pode ser feito com a 
equação (7.21),
3 ( ) . (7.21)a F ah
m
=
 
(7.21)
resultando em
1 ( ) 3 , (7.29)
( )
dF a
F a dr a
<
−
 (7.29)
onde usamos o fato de que – F(a) < 0. Como esperado, a condição de estabi-
lidade depende somente da forma da força.
Dando prosseguimento à resolução da equação radial, podemos obser-
var o lado direito da equação (7.20),
( )
.
d
d
r r h
r
m
F r1 1
2
2
2
2
i
+ =` j (7.20)
que é linear em u. Isto, porém, não garante ainda que a equação seja line-
ar, uma vez que o lado esquerdo pode não ser linear. Lembremos que, se a 
equação não for linear, não teremos métodos analíticos simples para resolvê-
-la. Isto implica que se a equação (7.20) terá ou não solução vai depender da 
potência de r que depende a lei da força escrita no lado esquerdo da equação.
Para ter uma equação de orbita linear a lei de força deve pertencer a 
uma das seguintes formas:
F u u u
1 2 2m n= +a k
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Gerson Paiva Almeida102
( ) . ( . )F r r r
7 302 3
3
&
m n= + (7.30)
A atração gravitacional é um dos casos de forças inversamente pro-
porcionais ao quadrado da distância e a equação da orbita u(θ) produz uma 
equação diferencial linear e, portanto, pode ser resolvida analiticamente.
Vamos considerar o caso particular de forças inversamente proporcio-
nais ao quadrado da distância e aproveitar o ensejo para avaliar outras forças 
inversamente proporcionais a outras potências de r.
Se substituirmos F(r) da equação (7.2),
( )
.
d
d
r r h
r
m
F r1 1
2
2
2
2
i
+ =` j
 (7.20)
por GMm/r2, obteremos
d
d
r r h
r
mr
GMm1 1
2
2
2
2
2i
+ =` j
, ( . )
d
d
r r h
GM1 1 7 312
2
2` i
+ =` j (7.31)
que é a equação do movimento de um corpo sob a ação de uma força central 
inversamente proporcional ao quadrado do raio.
O que nos lembra a equação (7.31)?
A equação (7.31) é uma equação diferencial de segunda ordem não 
homogênea cuja variável independente é 1/r. A solução de (7.31) é, para nós, 
já conhecida. Para a parte homogênea a solução é:
( ) .cosr G h
M1
2 f i {= + (7.32)
Para a parte não-homogênea a solução é:
2
1 . (7.33)MG
r h
=
A solução geral é, portanto:
( ) ,cosr G h
M1 12 f i {+ +6 @ (7.34)
onde ε e φ são duas constantes de integração. Podemos modificar um pouco 
a equação (7.34) escolhendo θ igual a zero quando r for um mínimo. Com isto 
ε será positivo e φ = 0. Assim a equação que descreve a trajetória de r será:
( )
,
cos
r GM
h
1
2
f i {
=
+ +6 @ (7.35)
que é exatamente uma equação de seções cônicas em coordenadas polares.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 102 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 103
7.3 Seções cônicas
Para prosseguirmos com o nosso estudo precisaremos fazer uma breve revi-
são a respeito das seções cônicas. Isso é necessário porque muito dos pro-
blemas que aparecerão a seguir tem soluções que tomam a forma de figuras 
geométricas conhecidas como as circunferências, as elipses, as hipérboles e 
as parábolas. Este fato acontece desde que apareceram os primeiros mode-
los pra explicar o funcionamento do Sistema Solar.
Os primeiros modelos consideravam que as órbitas planetárias eram 
circulares. Embora tenha admitido este modelo como correto, Johannes Ke-
pler modificou suas idéias iniciais, mostrando que havia uma discordância en-
tre os resultados teóricos e as observações do astrônomo dinamarquês Tycho 
Brahe, em que se apoiou.
Kepler resolveu a discordância quando deduziu que as órbitas plane-
tárias eram elípticas. Em 1609 ele publicou a descoberta de que a órbita de 
Marte em torno do Sol é uma elipse.
A partir daí as seções cônicas, assunto até então de interesse exclusi-
vamente dos matemáticos, revelaram a sua estreita ligação com a Natureza, 
em particular com as trajetórias dos planetas no Sistema Solar. Esta desco-
berta, associada aos estudos de Galileu, levou posteriormente Isaac Newton, 
em 1680, a formular a sua lei da gravitação universal.
As seções cônicas são curvas planas que podem ser obtidas quando 
seccionamos um cone com um plano. Estas curvas podem ser degeneradas 
ou não-degeneradas. Considera-se uma curva degenerada quando a seção 
do cone com um plano resulta em um ponto ou um par de retas. A curva é 
não degenerada quando a seção do cone com o plano resulta em uma elipse, 
hipérbole ou parábola. A figura 7.2 mostra exemplos de cônicas.
Figura 7.2 – Exemplos de cônicas.
7.3.1 Elipse
A elipse é o lugar geométrico dos pontos P do plano, ou conjunto de dois 
pontos do plano, cuja soma de suas distâncias a dois pontos fixos F1 e F2 do 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 103 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida104
mesmo plano resulta em um valor constante maior do que as distâncias entre 
F1 e F2, como mostra a figura 7.3. Nesta figura C é o centro da elipse e F1 e F2 
são os focos da elipse. A figura 7.4 mostra outros conjuntos de pontos impor-
tantes para a definição da elipse, onde x é o eixo focal; y é o eixo normal; C 
é o centro; V1 e V2 são os vértices; F1 e F2 são os focos; 1 2VV é o eixo maior e 
1 2A A o eixo menor.
Figura 7.3 – Elipse
Figura 7.4 – Elipse
A excentricidade da elipse é o número ε = c/a. Como c < a, a excentricida-
de de uma elipse é um número real não negativo menor do que 1. Observemos 
que se as posições dos focos forem iguais, a elipse se reduz a uma circunfe-
rência de raio a. Neste caso, com c = 0, a circunferência é uma elipse de ex-
centricidade nula. Pela definição de elipse, temos que 1 2PF PF constante+ = .
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 104 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 105
7.3.2 Hipérbole
A hipérbole é o lugar geométrico dos pontos P do plano, tais que o valor abso-
luto da diferença de suas distâncias a dois pontos fixos F1 e F2 do mesmo pla-
no é uma constante positiva menor do que a distância entre os pontos fixos F1 
e F2. A figura 7.5 mostra uma hipérbole, onde F1 e F2 são os focos da hipérbole, 
o centro da hipérbole fica no ponto médio entre F1 e F2. V1 e V2 são os vértices.
Figura 7.5 – Hipérbole.
7.3.3 Seções cônicas
Uma definição bastante útil ao propósito do nosso estudo é a de seções côni-
cas. A definição é: dada uma linha, ou diretriz, e um ponto, ou foco O, uma se-
ção cônica é o local dos pontos, P, tal que a razão das distâncias entre o ponto 
e o foco, PO , para a distância entre o ponto e a diretriz, PA, é uma constante 
ε. Isto é ε = PO/PA. A figura 7.8 mostra uma seção cônica, onde podemos ver 
que PO = r e que PA = p/ε. Daí:
onde p é o parâmetro da cônica e é igual a r quando θ = 90o. 
Figura 7.8 Uma seção cônica.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 105 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida106
A constanteε é excentricidade que já definimos acima. O valor da ex-
centricidade define se a cônica será uma curva aberta ou fechada. Por exem-
plo, se 
ε = 0 , a curva é um círculo;
ε < 1 , a curva é uma elipse;
ε = 1 , a curva é uma parábola;
ε > 1 , a curva é uma hipérbole.
Se compararmos a equação da cônica, dada por (7.36), com a equa-
ção (7.35) que dá a solução do movimento de uma massa pontual num cam-
po gravitacional, podemos identificar as órbitas de seções cônicas em termos 
dos parâmetros do problema de Kepler. Deve-se atentar para o fato de que a 
trajetória de uma massa sob a influência de uma força central inversamente 
proporcional ao quadrado da distância, como a força gravitacional, por exem-
plo, será uma curva cônica com parâmetro p = h2/GM.
7.3.4 As seções cônicas e as leis de Kepler
Nas seçoes cônicas com ε < 1 a trajetória é uma elipse, provando assim a 
primeira lei de Kepler que diz que “as órbitas dos planetas são elipses com o 
Sol num dos focos”. O ponto da trajetória mais próximo do foco é chamado de 
periélio e é denotado por π. Para órbitas elípticas, o ponto da trajetória que fica 
mais distante do foco é chamado de apoapsis e é denotada por a. Ao conside-
rar órbitas ao redor da Terra, esses pontos são chamados perigeu e apogeu, 
enquanto que para órbitas em torno do Sol, estes pontos são chamados peri-
élio e afélio, respectivamente.
Pode-se ver que a trajetória de uma massa sob a influência de uma for-
ça central inversamente proporcional ao quadrado da distância, como a força 
gravitacional, por exemplo, será uma curva canônica com parâmetro p = h2/GM.
Vamos considera uma trajetória elíptica. Chamemos de a o comprimen-
to do semi-eixo maior da elipse, conforme a figura 7.9, então:
.a r r2 = +r a (7.37)
Figura 7.9 - Elipse
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 106 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 107
Utilizando a equação (7.36),
 
 (7.36)
para avaliarmos rπ, obtido quando θ = 0 e ra, obtido quando θ = π, obtemos:
( . )
p
1
7 372a f
=
-^ h
 (7.37)
Utilizando as propriedades geométricas de uma elipse, obtemos:
( )r
p
a1 1f f= + = -r
 (7.38)
e
( )r
p
a1 1f f= - = +a (7.39)
Além disso, a distância entre o foco e o centro da elipse será:
.a r af- =r (7.40)
Outra propriedade geométrica da elipse é que a distância entre o ponto 
D e a diretriz será igual a DO/ε, que é igual a soma da distância entre o foco e 
o centro da elipse mais a distância entre o foco e a diretriz. Isto é: 
/ .DO a pf f f= + (7.41)
Portanto,
/ .DO e a p2f= + (7.42)
Se utilizarmos o teorema de Pitágoras, b2 + (aε)2 = a2, o semi eixo menor 
da elipse será:
.b a 1 2f= - (7.43)
A área da elipse é dada por A = πab e como vimos em (7.11) que 
dA/dt = h/2 é uma constante, teremos A = πτ/2, onde τ é o período da órbita. 
Igualando estas duas expressões e escrevendo h em termos do semi-eixo 
maior como h2 = GMp = GMa(1 – ε2), temos:
,GM a2
2
3
x
r= a k (7.44)
que demonstra a terceira lei de Kepler, que diz “o quadrado do período de um 
planeta é proporcional ao cubo do eixo maior da sua órbita elíptica”. O resul-
tado, dado pela equação (7.44), é mais bem compreendido se a escrevermos 
como:
.
GM
a2 /3 2x r=
 (7.45)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 107 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida108
7.4 Potencial radial efetivo para forças centrais 
Em seções anteriores consideramos uma força conservativa que podia ser 
descrita como ( )F V r= −∇

 e focamos em forças centrais que tivessem poten-
ciais que pudessem ser descritos como dependentes somente da coordena-
das radial, isto é, V = V(r). Na situação encontramos que:
( )
( )
.F ê êF r dr
dV r
r r r= =
 
 (7.46)
Também foi possível mostrar que devido à simetria esférica do po-
tencial, o momentum angular é conservado, o que nos levou a concluir que 
r2 (dθ/dt) = h é uma constante do movimento. Esta última conclusão permite que 
o movimento seja descrito por uma única equação para a componente radial:
( )
.dt
d r r dt
d
dt
d r
r
h
m
Fr r
2
2 2
2
2
3
2i- = - =a k: :D D (7.47)
Se considerarmos que o potencial pode ser descrito como função somente 
da coordenada radial, poderemos escrever a equação (7.47) da seguinte forma:
( )
.dt
d r
r
h
m dr
dV r1
2
2
3
2
- =-
 (7.48)
Multiplicando a equação (7.48) por m(dr/dt), obtemos
( ) ( )
m dt
d r
dt
dr m dt
dr
r
h m dt
dr
m dr
dV r
m dt
dr
dt
d r m dt
dr
r
h
dt
dr
dr
dV r1 02
2
3
2
2
2
3
2
- + = - + = 0 (7.49)
( ) .dt
dr m
dt
dr
r
mh V r2 2 0
2
2
2
` + + =a k: D (7.50)
Lembrando que L = mh, obtemos:
2 2
2 ( ) 0 . (7.51)2 2
d m dr L V r
dt dt mr
   + + =  
   
Podemos ver que o termo em colchetes em (7.51) é a energia mecâni-
ca total ET. Isso é evidente porque o termo envolvendo L é a energia cinética 
relativa à componente θ, onde a velocidade angular foi definida como uma 
função dependente de r utilizando a constante dθ/dt = h/(mr2), isto é:
E m dt
dr m dt
dr m r dt
d
2
1
2
1
2
1
cin tica
2 2 2
é
i= = +c a am k k
2 2
2
1 1 
2 2cinética
dr LE m m
dt mr
   ∴ = +   
   
E m dt
dr
mr
L
2
1
2cin tica
2
4
2
é` = +a k (7.52)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 108 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 109
Pode-se concluir que em qualquer potencial central tridimensional, a 
energia mecânica conservada pode ser escrita na forma
( ) . ( . )E m dt
dr
mr
L V r2
1
2
7 53T
2
2
2
= + +a k (7.53)
Esta descrição é similar àquela que fizemos para o potencial unidimen-
sional se descrevermos o potencial tridimensional na forma, por exemplo, de:
( ) ( ), ( . )U r
mr
L V r2
7 542
2
= + (7.54)
e escrevermos a energia total como:
( ) . ( . )E m dt
dr U r2
1 7 55T
2
= +a k (7.55)
Como U(r) não é igual a V(r), vamos chamá-lo de “potencial radial efeti-
vo” ou simplesmente de “potencial efetivo”. O novo termo L2/2mr2 representa o 
efeito do movimento angular e é chamado “potencial centrífugo”. 
Vamos considerar mais uma vez a força de atração gravitacional, cujo 
potencial é V(r) = -GMm/r. O potencial efetivo neste caso é:
( ) ,U r mr
L
r
GMm
2 2
2
= - (7.56)
e
( ) .E m dt
dr U r2
1
T
2
= +a k (7.57)
Na figura (7.10) é mostrado um gráfico do comportamento de U(r) em 
função de r para a expressão (7.56).
Figura 7.10 – gráfico do comportamento de U(r) em função de m.
Quando o valor de r é grande tanto o termo ~1/r2 quanto o termo ~1/r 
se tornam pequenos, mas o termo ~1/r é dominante. Como este último é de 
origem atrativa o valor da curva é negativo para valores de r grande. Quando 
os valores de ~1/r são pequenos, os valores de potencial efetivo são domina-
dos pelo termo (*~1/r) que é de origem repulsiva, o que torna a curva positi-
va. Pode-se observar que a curva apresenta um mínimo, situação em que 
dU/dr = 0, indicando um ponto em que a força efetiva se anula. 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 109 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida110
Em outras palavras, poderíamos falar na situação em que a força 
de atração gravitacional se iguala a força centrífuga. Esta situação é clara-
mente aquela em que se tem um movimento circular com raio r = a, como 
discutido anteriormente, com a força sendo dada por F(r) = – GmM/r2. 
Além disso, o fato de dU/dr = 0 corresponder a um mínimo do potencial im-
plica que qualquer pequeno excedentede energia acima deste ponto re-
sultará em pequenas oscilações em torno deste r = a. Podemos averiguar 
a validade deste argumento avaliando a estabilidade da órbita circular pro-
duzida por uma atração gravitacional newtoniana dada por F(r) = –GmM/r2. 
Avaliando-se:
1 ( ) .
( )
dF r
F r dr−
O valor encontrado será:
( )
( )
, ( . )
F r dr
dF r
a a
1 2 3 7 58<
-
= (7.58)
o que nos faz ver que a órbita é estável.
Se analisarmos a situação em que U(r) = ET, podemos definir os valores 
extremos de r alcançados na órbita avaliada. Se considerarmos que:
, ( . )E mr
L
r
GMm
2 7 59T 2
2
= - (7.59)
teremos uma equação do segundo grau em r que tem duas soluções, uma 
para o raio mínimo e uma para o raio máximo, dadas por:
( ) /
r E
GMm GMm EL m
2
2
min
2 2
= -
- +
e 
( ) /
r E
GMm GMm EL m
2
2
m x
2 2
á = -
+ +
O que significa que para qualquer valor de E negativo, o movimento fica con-
finado aos valores de r tais que rmín < r < rmáx com oscilações entre estes dois 
valores, definindo uma órbita limitada. Pode-se ver que quando o potencial é 
da forma V(r)~1/r e a energia de ligação é negativa, as órbitas são fechadas, 
sendo, no entanto, descritas como elipses. Em outros casos de potenciais, as 
órbitas, embora possam permanecer limitadas, nem sempre são fechadas.
Se avaliarmos ainda as órbitas ligadas a potenciais do tipo V(r)~1/r, ob-
servaremos que há dois pontos de retorno quando as energias de ligação são 
negativas. Quando a energia é positiva, só existe uma solução para a equa-
ção do segundo grau que resolvemos acima. Ela é:
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 110 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 111
( ) /
r E
GMm GMm EL m
2
2
min
2 2
=
- + +
mostrando que a limitação em r se dá de forma a defini-lo como sendo sempre 
maior do que o raio mínimo, isto é, r > rmín. Neste caso de energia positiva não 
existe limitação da órbita como antes e a curva é da forma de uma hipérbole, 
que também são características de potenciais do tipo V(r)~1/r.
Vamos examinar com mais atenção o problema das órbitas serem aber-
tas ou fechadas. Embora órbitas possam ser limitadas elas não são necessa-
riamente fechadas. A definição de uma órbita fechada é feita considerando-se 
uma órbita limitada na qual r atinge os valores mínimo e máximo repetidamen-
te numa mesma direção angular θ. A figura (7.1) mostra um desenho de órbi-
tas elípticas não fechadas. Como se pode ver a órbita pode ser caracterizada 
pelo ângulo através do qual a órbita dá durante uma volta e uma oscilação 
radial. Uma parte da órbita é destacada para maior clareza.
Figura 7.11 - Órbitas elípticas não fechadas.
Vamos considerar o problema de uma potencial central V(r) no qual o 
movimento seja limitado em r entre dois valores, isto é, rmín < r < rmáx. Os pontos 
rmín e rmáx, por serem pontos onde dr/dt = 0 recebem uma denominação especial: 
apsis, cujo plural é apsides. O detalhe é que rmín e rmáx são claramente os únicos 
pontos apsidais numa dada órbita limitada. Deve-se ainda distinguir os pontos 
rmín e rmáx, pois rmín é denominado periapsis e rmáx é denominado apoapsis.
Vamos inicialmente escrever a conservação da energia e do momen-
tum angular em termos já conhecidos:
( ) ( )U r mr
L V r2 2
2
= +
e
.dt
dr
d
dr
dt
d
r
h
d
dr
2i
i
i
= =
A conservação da energia pode ser escrita então da seguinte forma:
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 111 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida112
( ) ( ) .E m dt
dr U r mh r d
dr U r2
1
2
1
T
2 2
2
2
i
= + = +a ak k
 (7.60)
A equação (7.60) apresenta um termo dr/dθ que pode ser utilizado para 
se determinar a dependência de r em função de θ. Embora a resolução possa 
ser difícil analiticamente, é sempre possível encontrar alguma técnica que per-
mita a determinação do ângulo apsidal, ∆θ, definido como a variação angular 
entre os pontos apsidais, correspondendo aos valores máximo e mínimo de r. 
O ângulo apsidal determina se a órbita é aberta ou fechada.
Para calcular o ângulo ∆θ, extraímos o termo dr/dθ, obtendo:
[ ( )]
d
dr r mh E U r
22
2i
= -c m (7.61)
[ ( )]
,
r mh E U r
dr d
22
2
` i
-
=
c m
que integrado entre rmín e rmáx pode-se obter:
[ ( )]
.
r mh E U r
dr
2r
r
2
2
min
m xá
3i
-c m
# (7.62)
Com a substituição do potencial efetivo em (7.62) é possível se encon-
trar o ângulo apsidal, que representa a diferença angular entre os raios mí-
nimo, rmín, e máximo, rmáx. Se ∆θ for um número racional multiplicado por π a 
órbita é fechada: isto quer dizer que o movimento angular e o movimento radial 
tem o mesmo período. Um exemplo é fornecido pelo potencial V(r)~1/r, onde 
o ângulo apsidal é π. Se ∆θ não for um número racional vezes π a órbita pode 
ser limitada, mas não é fechada, que é o que acontece para potenciais que 
não são dos tipos V(r)~1/r ou V(r)~1/r2.
A taxa com que o ângulo ∆θ varia é chamada de precessão da órbita. 
Exemplo 7.1
Pode-se mostrar que a correção na energia potencial de uma massa 
nas proximidades da Terra e submetida a sua atração gravitacional é dada por:
( ) ( ),cosV r r
mMGR
5 1 3
*
3
2
2h i=- -
sendo M a massa da Terra, 2R o diâmetro equatorial e 2R(1 – η) o diâmetro 
polar. Calcular a taxa de precessão de um satélite da Terra numa órbita apro-
ximadamente no plano equatorial.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 112 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 113
Resolução:
Vamos escrever o potencial efetivo do sistema V' (r):, 
' ( ) ( ) .cosV r r
GmM
mr
L
r
mMGR
2 5 1 32
2
3
2
2h i=- + - -
No plano equatorial θ = π/2 e o potencial efetivo se torna
' ( ) .V r r
GmM
mr
L
r
mMGR
2 52
2
3
2h
=- + -
No perigeu o valor de r é um mínimo, que chamaremos de ro, e, por-
tanto, representa um ponto extremo do potencial efetivo. Isto quer dizer que 
' ( )
dr
dV r
ro
|c m = 0. Matematicamente, temos:
' ( )
| |dr
dV r
r
GmM
r
mMGR
mr
L
5
3
ro ro2 4
2
3
2h
= + -c m
' ( )
| .dr
dV r
r
GmM
r
mMGR
mr
L
5
3
0ro
o o o
2 4
2
3
2
`
h
= + - =c m
A equação da energia potencial pode ser escrita como uma expansão 
em série de Taylor em torno do seu ponto de mínimo, ro, uma vez que a órbita 
é quase circular:
' ( ) '( )
'( )
| ( )
'( )
| ( ) ...V r V r dr
dV r
r r dr
d V r
r r2
1
o ro o ro o2
2
2= + - + - +
Como se trata de um ponto de mínimo, ' ( )dr
dV r
ro
|c m = 0 e V' (ro) pode ser 
considerado como uma constante arbitrária, que definiremos como V' (ro) = 0. 
Deste modo V' (r) pode ser escrito como:
' ( )
'( )
| ( ) ...V r dr
d V r
r r2
1
ro o2
2
2= - +
Vamos chamar (r − ro) de x e escrever a energia total do sistema como
2 2 '
2
2
( )1 1 .
2 2
od V rdxE m x constante
dt dr
  = + =  
   
Como E é uma constante, sua derivada temporal é zero. Portanto:
2 '2
2 2
( ) 0 .od V rdE d xm x
dt dt dr
 
= + = 
 
O que implica que há pequenas oscilações em torno de ro com uma 
frequência igual a
( '( )/ )
,m
d V r dr
r
o
2 2
~ =
onde
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 113 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida114
' ( )
.dr
d V r
r
mGMR
mr
L
5
2 3o
o o
2
2
5
2
4
2h
=- +c m
Mas vimos acima que
r
GmM
r
mMGR
mr
L
5
3
0
o o o
2 4
2
3
2h
- + =c m
.
r
GmM
r
mMGR
mr
L2
5
6 2
o o o
3 5
2
4
2
&
h
- = +
Substituindo o valor de 32 / oGmM r− em 
' ( )
dr
d V ro
2
2
, fica:
' ( )
.dr
d V r
mr
L
r
mMGR
5
6o
o o
2
2
4
2
5
2h
= -c m
Para a órbita quase circular L pode ser escrito como
.L mr dt
d mr mr
L
o o o o
o
2 2
2&
i
~ ~= = =
O que permite ver, então, que ωr pode ser escrito como
.m r
m r
mr
mMGR
r
MGR
5
6
5
6
r
o
o o
o
o
o
2 4
2 4 2
5
2
2
5
2
~
~ h
~
h
= - = -
Podemos aproximar o resultado para
.r
MGR
r
MGR
r
MGR
1 5
6
1 5
3
5
3
r o
o o
o
o o
o
o o
2
5 2
2
5 2
2
5
2
.~ ~
~
h
~
~
h
~
~
h
= - - =c c cm m m
A frequência de precessão, ωp, é igual a diferença entre a frequência 
tangencial, ωo, e a frequência radial, ωr:
.rMGR
r
MGR
5
3
5
3
p o r o o
o o o o
5
2
5
2
~ ~ ~ ~ ~
~
h
~
h
= - = - - =c m
Para o movimento circular ou quase circular, podemos escrever que a 
força de atração gravitacional é igual a força centrífuga:
m r
v
r
GmM v r
GM
o o o
2
2 &= =
e
/ .L mvr m GM r r m GMro o o o= = =^ h
Com isso, obtermos finalmente para ωp:
/ / /
.
r m GM r mr
MGR
r r m
m GM r
M G R
r
R
r
MG
5
3
5
3
5
3
p
o o o
o o
o o o
5 2
2
5 2
3
2
1
2
1 2
2
2
3
2
1
~
h h h
= = =
^
c
c a
h
m
m k
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 114 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 115
Podemos agora determinar como a excentricidade depende das con-
dições iniciais de um problema, como por exemplo, a energia do sistema e a 
quantidade de movimento angular.
Se considerarmos que a massa m está sob a ação de uma força central 
dada de forma geral por F(r) = − k/r2, a energia total será dada em termos do 
potencial efetivo por
( ) ( ) ( ) ,E r E V r m dt
dr U r m dt
dr
r
h
r
k
2 2cin tica
2 2
2
2
é= + = = + = + -a ak k: D (7.63)
onde usamos V(r) = − k/r. Neste caso poderemos ver que a solução para r será 
dada por r = L/(1 + ε cosθ), onde definimos L = mh2/k. Para definir o valor da ener-
gia em função da excentricidade, primeiro precisamos determinar dr/dt:
( ) ( )cos cosdt
dr
d
dr
dt
d l l sen
l
h sen
1 1
2
2i
i
f i { f i {
f i f
i= =
+ + + +
=
-
;
6
E
@
 
(7.64)
.dt
dr
l
h sen
2 2
2`
f
i=a ak k
 (7.65)
Definamos agora a quantidade h2/r2:
.
cos
cosr
h h l l
h
1
12
2
2
2 2
2
f i
f i=
+
= +
-
a a ^k k h (7.66)
Substituindo (7.65) e (7.66) na expressão (7.63), obtemos:
E m dt
dr
r
h
r
k
2
2
2
2
= + -a k: D (7.63)
.cos cosE m l
h sen l
k
2 1 1
2
2 2 2f i f i f i= + + - +a ^ ^k h h6 @ (7.67)
Lembrando que definimos l de forma que k = mh2/l, (7.67) se tornará:
[ ]
[ ]
[ ] .
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos cos
E m l
h sen l
mh
E m l
h sen l
mh
E m l
h sen
E m l
h sen
E m l
h
2 1 1
2 1 2
2 1
2 1 2 1
2 1 2 2 2
2 1
2
2 2 2
2
2
2
2 2 2
2
2
2
2 2 2
2
2 2 2 2
2
2
`
`
`
`
f i f i f i
f i f i f i
f i f i f i
f i f i f i f i
f
= + + - +
= + + - +
= + + - +
= + + + - -
= -
a ^ ^
a ^ ^
a ^ ^
a
a
k h h
k h h
k h h
k
k
6
6
@
@
 
(7.68)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 115 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida116
Se o valor de k for definido como -GmM, a expressão (7.68) da energia 
se tornará:
( / )
E m
mh GmM
h
2 12
2
2f= -; 6E @
. ( . )E m h
GM
2 1 7 69
2
2` f= -a k 6 @ (7.69)
Como podemos observar a expressão (7.69), E não depende de θ, 
como deveria ser esperado, pois θ é uma função do tempo enquanto a ener-
gia é uma constante do movimento. Esta relação mostra que a energia total do 
sistema é uma função que pode ser completamente definida a partir de mh2/k e 
da excentricidade ε. Deve-se ressaltar o quanto a dependência da energia da 
excentricidade é especial: se ε > 1, a energia do sistema é positiva enquanto 
que se ε < 1, a energia é negativa. 
Lembrando que se tivermos energias negativas haverá dois pontos de 
retorno e o movimento é limitado entre rmín e rmáx, enquanto para energias posi-
tivas só há um ponto de retorno, r > rmín e o movimento não é limitado.
Podemos agora fazer uma relação completa das propriedades das solu-
ções para diferentes valores de ε com os valores do potencial efetivo. Quando 
se tem energia positiva, as órbitas não são limitadas, são hiperbólicas e tem, 
portanto, ε > 1. Quando se tem energias negativas, as órbitas são limitadas, são 
elípticas e tem ε < 1, com suas apsides localizadas em rmín e rmáx. Para o caso 
das órbitas sob atração gravitacional de Newton, pode-se definir que todas as 
órbitas ilimitadas são hipérboles (com órbitas parabólicas sendo um caso espe-
cial) e todas as órbitas limitadas sendo elípticas (com órbitas circulares sendo 
um caso especial). A figura 7.12 mostra um gráfico que resume isto.
Figura 7.12 – Tipos de órbitas dependendo da energia.
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 116 23/05/17 12:51
Capítulo 8
Espalhamento de 
Rutherford
O espalhamento de Rutherford foi o fenômeno explicado por Ernest 
Rutherford no ano de 1909 e que levou a elaboração do modelo atômico de 
Rutherford, o chamado modelo planetário do átomo de Rutherford. O modelo 
que posteriormente apareceu denominado de modelo de Borh, foi um aprimo-
ramento do modelo de Rutherford. O espalhamento de Rutherford também 
é chamado de espalhamento de Coulomb, pois o mesmo se dá a partir das 
forças de interação elétrica de Coulomb e mesmo a máxima aproximação das 
cargas pode ser calculada a partir desta lei. O clássico espalhamento de par-
tículas alfa por núcleos de átomos de ouro é um exemplo de “espalhamento 
elástico”, pois a energia e a velocidade das partículas depois de espalhadas 
são as mesmas do início da aproximação da folha de ouro.
8.1. O modelo atômico e o espalhamento
A descoberta inicial foi feita por Hans Geiger e Ernest Marsden, em 1909, 
quando realizavam o experimento de investigação do bombardeamento de 
uma folha de ouro por partículas a, (núcleos de gás hélio). No experimento 
que era realizado sob a direção de Rutherford, a folha de ouro era utilizada por 
poder ser produzida com um espessura reduzidíssima. À época, imaginava-
-se que o átomo era parecido com um pudim de ameixa, seguindo a sugestão 
de J. J. Thomson, com as cargas negativas (as ameixas) encontradas ao 
longo de uma esfera positiva (o pudim). Se o modelo do pudim de ameixa es-
tivesse correto, o pudim “positivo”, tendo cargas positivas mais espalhadas do 
que no modelo atual de um núcleo concentrado, não seria capaz de exercer 
uma grande força coulombiana e as partículas alfa só deveriam ser desviada 
por pequenos ângulos.
No entanto, os resultados se mostraram intrigantes, pois cerca de 1 em 
8000 partículas foram desviadas em ângulos muito grandes (superiores a 
90°), enquanto o restante passou direto com pouca ou nenhum desvio. A partir 
disso, Rutherford concluiu que a maior parte da massa estava concentrada 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 117 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida118
em uma pequeníssima região carregada positivamente (o núcleo), circunda-
do por elétrons. Quando uma partícula (positivas) chegava suficientemente 
próximo ao núcleo, era repelida com força suficiente para ser rebatida em 
grandes ângulos. A pequena dimensão do núcleo explica o pequeno número 
de partículas que foram repelidos desta forma. Rutherford demonstrou, usan-
do o método a seguir descrito, que o tamanho do núcleo era inferior a cerca 
de 10-14 m.
8.2. Espalhamento por repulsão por uma partícula pontual
Antes de fazer o cálculo para determinar o tamanho do átomo, é preciso fazer 
algumas definições que envolvem a teoria para avaliações de choques entre 
partículas. Uma importante definição é a de seção-transversal diferencial de 
espalhamento angular.
Em Física nuclear é conveniente expressar a probabilidade de um de-
terminado evento, como o choque de partículas, em função da seção perpen-
dicular. Vamos considerar que tenhamos uma folha tão fina que os átomos 
nesta folha possam ser considerados como pontos uniformemente distribuí-
dos sobre um plano, como mostra a figura 8.1.
Figura 8.1 – Folha de ouro tão fina que os átomos são considerados pontos uniforme-
mente distribuídos sobre um plano.
Vamos considerar que tenhamos um projétil atômico de certa largura 
que possa colidir contra este plano constituído por esta folha de átomos. Es-
tatisticamente, o projétil tem uma probabilidade geométrica de passar a uma 
determinada distância r de um dos pontos na folha. Se houver n centros atô-
micos na área do plano, a probabilidade de que isto aconteça é dada como 
(nπr2)/A, o que representa a razão entre a área agregada de círculos de raio 
r desenhado em torno do ponto e a área total. Se considerarmos os átomos 
como esferas rígidas e impenetráveis e o projétilcomo uma bala de diâmetro 
muitíssimo pequeno, esta razão se transforma na probabilidade de que a bala 
acerte o disco, isto é, a probabilidade de que o projétil seja parado pela folha. 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 118 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 119
Se estivermos medindo a fração de partículas atômicas que atravessa a folha, 
o resultado ainda pode ser dado em termos da seção transversal equivalente 
que pára os projéteis. A noção pode ser estendida para qualquer interação 
entre as partículas incidentes e os átomos na folha. Por exemplo, a probabili-
dade de que uma partícula acerte um alvo de átomo de berílio e produza um 
nêutron pode ser expressa em termos da seção transversal de berílio para 
este tipo de reação. 
Vamos chamar a seção transversal de σ. Por definição a seção trans-
versal, σ, para qualquer processo de colisão no qual a partícula passa através 
de um meio cuja densidade de alvos é n2 σ é tal que o número de colisões por 
unidade de comprimento de percurso é n2 σ. Às vezes, uma situação contínua 
de tipos de colisão é considerada, isto é, consideramos colisões de diferentes 
ângulos, χ como sendo distintas. Neste caso é comum discutir a seção trans-
versal diferencial, dσ/dχ, definida de tal forma que o número de colisões em um 
elemento de ângulo dχ por unidade de comprimento de percurso é n2(dσ/dχ) dχ.
Normalmente, para a definição do ângulo de espalhamento falamos da 
secção transversal diferencial por unidade de ângulo sólido: dσ/dΩ, como mos-
trado na figura 8.2.
Figura 8.2 – Parâmetros de colisões.
Conforme foi derivado por Rutherford em 1911, a seção transversal di-
ferencial é:
( / )
, ( . )d
d
mv
hc
sen2 2
1 8 1
s 0
2
2
4
v a
iX
= a k
onde α é a constante de estrutura fina.
8.3 Derivação
A seção de choque transversal diferencial de esplalhamento pode ser deri-
vada a partir das equações de movimento para uma partícula sob influência 
de um potencial central. Em geral, as equações de movimento descrevendo 
duas partículas interagindo sob a ação de uma força central pode ser dividi-
do em um movimento do centro de massa e o movimento das partículas em 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 119 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida120
relação uma a outra. Para o caso da partículas alfa espalhadas por núcleos 
pesados, como no experimento realizado por Rutherford, pode-se considerar 
que só a partícula alfa se move e o núcleo espalhador permanece parado em 
relação ao referencial do laboratório. A figura 8.3 mostra um esquema ilustra-
tivo dessa situação.
Figura 8.3 - Esquema ilustrativo de pártícula alfa espalhada por um núcleo pesado.
A força de interação entre as particulas de cargas Z1 e Z2, sendo e a 
carga do eletron, é dada por:
( ) .F r r
Z Z e
4 o 2
1 2
2
rf
=
 (8.2)
Para o caso da partículas alfa espalhadas por núcleos pesados, como 
no experimento realizado por Rutherford, pode-se considerar a massa reduzida 
como sendo praticamente igual a massa da partícula alfa, m, e considerar-se 
que o núcleo espalhador fica parado em relação ao referencial de laboratório.
Substituindo a expressao (8.22) da força na equação de Binet, dada por 
(7.20), obtemos a equação da trajetória:
( )
d
d
r r h
r
m
F r1 1
2
2
2
2
i
+ =-` j
 (7.20)
.
d
d
r r h
r
r m
Z Z e1 1
4 o2
2
2
2
2
1 2
2
i rf
+ =-` j
 (8.3)
Precisamos definir quanto vale h2. Como vimos h é uma constante 
e deve ter o seu valor definido nas condições iniciais do problema. Vamos 
considerar que quando a partícula alfa estava muito longe do centro espa-
lhador sua velocidade era vo e que esta velocidade tinha o sentido de uma 
linha que passaria a uma distância b do centro espalhador, como mostra 
a figura 8.3. O Valor de b é chamado parâmetro de impacto. O valor de h 
seria, portanto:
. (8.4)oh v b= (8.4)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 120 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 121
Substituindo (8.4) na equação de Binet (equação 8.3), a equação da 
trajetória será:
.
d
d
r r mv b
Z Z e1 1
4 o o2
2
2 2
1 2
2
i rf
+ =-` j (8.5)
A solução geral para a equação (8.5), com já vimos é:
( ) .cosr r mv b
Z Z e1 1
4o o o o2 2
1 2
2
i i
rf
= - -
 (8.6)
As condições iniciais serão as seguintes:
Quando r → ∞ ⇒ (1/r) → 0 e r senθ → b, enquanto θ → π. Substituindo na 
solução (8.6), encontramos que:
.arctg b mv b
Z Z e arctg mv b
Z Z e
2 4 2 4o o o o o2 2
1 2
2
2 2
1 2
2
i
r
rf
r
rf
= + = +c cm m (8.7)
O chamado ângulo de deflexão, Θ, é definido como:
2
1 2
2Θ 2 2arctg . (8.8)4o o o
Z Z e
mv b
θ π
πε
 
= − =  
 
 (8.8)
Resolvendo (8.8) para b, encontraremos:
. ( . )cotb mv
Z Z e
4 2 8 90 02
1 2
2
rf
H= c am k (8.9)
Para encontrar a seção de choque transversal a partir do resultado 
(8.9), consideremos a sua definição:
( ) número de partículas num ângulo sólido Ω por unidade de tempoΩ Ω .
intensidade incidente
dσ =
Como o ângulo de espalhamento é determinado univocamente para 
E e b, o número de partículas espalhadas em um ângulo entre Θ e Θ + dΘ 
deve ser o mesmo que o número de partículas com parâmetros de impacto 
associados entre b e b + db. Para uma intensidade incidente I, isto implica a 
seguinte igualdade:
 (8.10)
Para um potencial de espalhamento radialmente simétrico, como no 
caso do potencial colombiano, dΩ = 2π sen Θ dΘ, o que produz a expressão 
para a seção de choque de espalhamento:
 . (8.11)
senΘ Θ
b db
d
σ =
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 121 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida122
O resultado (8.11) nos fornece a seção de choque transversal de espa-
lhamento de Rutherford:
22 2
41 2 1 2
2 2
Θ Θcsc cot . (8.12)
8 2 4 2o o o o
Z Z e Z Z eb
mv mv
σ
πε πε
      = =      
      
 (8.12)
Para uma colisão frontal entre partículas alfa e o núcleo vamos supor 
que toda a energia cinética da partícula alfa seja transformada em energia 
potencial e que o núcleo permaneça em repouso. A distância do centro da 
partícula alfa para o centro do núcleo, neste momento é um valor máximo 
para o raio.
Aplicando a lei do inverso do quadrado entre as cargas do elétron e do 
núcleo, pode-se escrever:
.mv b
q q
2
1
4
1
o
o
2 1 2
rf=
 (8.13)
Rearranjando (8.13):
.b mv
q q
4
1 2
o o
2
1 2
rf=
 (8.14)
Para uma partícula alfa, temos que m=6,7 × 10-27 kg, q1 = 2 × 1,6 × 10
-19C, 
q1(para o ouro) = 79 × 1,6 × 10
-19C, e v = 2 × 107 m/s. Substituindo estes valores 
obtemos um valor de cerca de 2,7 × 10-14 m, enquanto o raio mais proximo do 
real é de cerca de 7,3 × 10-15m. 
O raio de verdade do núcleo não pode ser obtido através destas experi-
ências, pois as partículas alfas não têm energia suficiente para penetrar mais 
de 27 fm do centro nuclear, como é observado. Rutherford percebeu isso e 
também percebeu que o impacto real das particulas alfas na folha de ouro que 
causasse qualquer força adicional ao do potencial de um coulomb mudaria 
a forma de sua curva de espalhamento em altos ângulos de espalhamento 
(menores parâmetros de impacto) de uma hipérbole para uma outra curva. 
Isto não foi observado, indicando que o ouro não havia sido acertado de forma 
que Rutherford só sabia o núcleo de ouro (ou a soma dos raios de ouro e alfa) 
era menor do que 2,7 × 10-14 m.
Exemplo 8.1
Mostrar que para uma força central repulsiva, proporcional ao inverso 
do raio ao cubo,
( ) , ,F r r
K K 0>3=
as órbitas tem a forma
[ ( )] .cosr A o
1
b i i= -
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 122 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 123
Expressar β em termos de K, E, L e a massa m da partículaincidente. Mostrar 
que a seção de choque para espalhamento através de um ângulo entre Θ e Θ 
+ dΘ, para partículas submetidas a esta força é:
( )
( )
3
2 2
Θ2 Θ .
Θ 2π Θo
Kd d
mv
ππσ
−
=
−
Resolução:
Usando a equação de Binet, tem-se a seguinte equação diferencial 
para a trajetória em termo de u(θ):
.
d
d u u
L u
m F u
1
2
2
2 2i
+ =- a k
Como 1/u = r e F(r) = K/r3, ficamos com:
d
d u u L u
m Ku2
2
2 2
3
i
+ =-
.
d
d u
L
m K u1 02
2
2` i
+ + =` j (8.15)
A equação (8.15) é uma equação diferencial linear de segunda ordem e 
homogênea. Sua solução é da seguinte forma:
( )cos 0On b i i= -6 @ (8.16)
com
L
m K1 2b = +
Vamos aplicar as condições iniciais para determinar θ e θo. Quando a 
partícula alfa se encontra numa distância muito grande do centro espalhador, 
podemos dizer que esta distância é igual a infinito e que o ângulo θ é zero, 
como mostrado na figura 8.4.
Figura 8.4 – Esquema do espalhamento.
Nesta situação a energia total do sistema é igual a energia cinética 
do movimento, 2 / 2oE mv= , e a quantidade de movimento angular é igual a 
L = mvo b, isto é: r → ∞, (1/r) → 0, θ = 0, ( / ) ,E mv1 2 o
2= L2 = (mvo b)
2. Aplicando 
estes valores à equação do movimento (8.16), encontramos:
[ ( )] .cosA0 0 2o o&b i bi
r= - = (8.17)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 123 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida124
Assim,
( ) .cos cosu A A Asen2obi bi bi
r
bi= - = - =^ `h j (8.18)
O menor valor de r acontecerá quando o valor de u for o máximo e isto 
ocorrerá exatamente quando:
/ / .2 2o o&bi bi r i r b= = = (8.19)
Devido à simetria do espalhamento, o ângulo de espalhamento é:
1Θ 2 2 1 . (8.20)
2o
ππ θ π π
β β
 
= − = − = − 
  (8.20)
Podemos escrever o resultado (8.20) como
1
2
2
Θ1 1 . (8.21)mK
Lπ
−
 − = + 
 
 (8.21)
Elevando (8.21) ao quadrado, obtemos:
( )
( )
. ( . )
L mK
mK
mv b K
K
b
mv
K
2
2
8 22
2
2
2
0
2 2
2
0
2
2
&
r r
r
r
H H
H H
H
- = + = +
=
-
-
 
(8.22)
Mas:
2 2 . (8.23)
Θ Θ
d dbd bdb b
d d
σσ π π  = ⇒ =  
 
 (8.23)
Se derivarmos b em relação a Θ, em (8.22), e multiplicarmos por b, obtemos:
( )
( )( )( ) ( ) ( . ( ) . )
( )
( )( )( ) ( ) ( )
( )
( )( )( ) ( )
( )
.
b d
db
mv
K
b d
db
mv
K
b d
db
mv
K
b d
db
mv
K
b d
db
mv
K
bdb mv
K d
2
2
2 1 2 1 2 1
2
2
2 2 1 2 2 2
2 2
2
1 2
2
2
2
2 2
2 2
2
2 2
2
0
2 2 2
2
0
2 2 2
2 2
0
2 2 2
3
0
2 2 2
2 2 2
0
2
2
2 2
0
2
2
2 2
`
`
`
`
`
r
r r r r
r
r r r r
r
r r r
r
r
r r r
r
r
r
r
r
r
H H H
H H H H H H
H H H
H H H H H
H H H
H H H H
H
H
H H
H H H H
H H H
H
H H
H
H
=
-
- - - - - - + -
=
-
- - - - - -
=
-
- - - - -
=
-
-
- - + -
=
-
-
=
-
^
^
^
^
^
h
h
h
h
h
<
<
<
;
F
F
F
E
 
(8.24)
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 124 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 125
Logo, de (8.23) e (8.24), obtemos:
( . )d
mv
k d2
2
8 25
0
2
3
2 2v
r
r
r
H H
H
H=
-
^
^
h
h (8.25)
A equação (8.25) é o queríamos demonstrar.
Atividades de avaliação
1. Sabe-se que distribuição de poeira no espaço entre o Sol e os plane-
tas resulta na soma da atração gravitacional do astro sobre o determina-
do planeta de massa m a uma força de atração central adicional dada por 
F' = mkr, onde k = (4/3)πρG. Sendo ρ a densidade de poeira através do espaço.
a) Se a massa do Sol for M, determine a velocidade angular de revolução 
do planeta em órbita circular de raio ro; determine a freqüência angular 
para pequenas oscilações radiais. A seguir, mostre que se F' for muito 
menor do que a atração devido ao Sol, uma orbita quase circular será 
aproximadamente uma elipse, cujo eixo maior tem um lento movimento 
de precessão e cuja velocidade angular é: / .r G M2
/
p o
3 1 2~ rt= ^ h .
b) O movimento de precessão do eixo se faz na mesma direção, ou em 
direção oposta à velocidade angular?
2. O perigeu do Explorer I era de 360 km e o apogeu de 2549 km acima da 
superfície terrestre. Determine a sua distância acima da superfície da Terra, 
quando ele passava sobre um ponto situado a 90 graus em torno do plane-
ta a partir do seu perigeu.
3. Dois planetas movem-se num mesmo plano, em circunferência de raios r1 e r2, 
em torno do Sol. Uma nave espacial deve ser lançada do planeta 1 com velo-
cidade v1 relativa ao planeta, de maneira a permanecer em órbita do planeta 2. 
(A velocidade v1 é a velocidade relativa depois que a nave escapou do campo 
gravitacional do planeta). Mostre que v1 é um mínimo para uma orbita elíptica, 
cujos periélio e afélio são r1 e r2. Neste caso, determine v1 e a velocidade relati-
va v2 entre a nave espacial e o planeta 2, caso a nave atinja o raio r2, no instante 
apropriado para interceptar o planeta 2. Expresse o seu resultado em temos de 
r1 e r2 e o tempo de duração de um ano Y1 do planeta 1.
4. O que você entende por força central? Qual o significado físico da origem 
do sistema no movimento de um corpo sujeito a força central?
5. Escreva a equação de Newton para o movimento de duas partículas in-
teragindo por meio de uma força central. Escreva a energia mecânica do 
sistema em coordenadas cartesianas e em coordenadas polares. Com-
pare os termos de cada expressão, identificando cada termo e dizendo o 
Mecânica Teórica I_NL2014.indd 125 23/05/17 12:51
Gerson Paiva Almeida126
seu significado físico. Em particular identifique os termos que decorrem da 
energia cinética dos termos de energia potencial de interação.
6. Compare a análise qualitativa do movimento a partir do potencial de uma 
partícula em movimento unidimensional, com a análise qualitativa do mo-
vimento de força central a partir do potencial efetivo. Explicite comparati-
vamente, em particular, o significado físico dos pontos de mínimo, e dos 
pontos onde o gráfico da energia mecânica cruza o gráfico dos potenciais 
unidimensionais e centrais.
7. Uma partícula de massa se move sobre a ação de uma força central cujo 
potencial é V(r) = kr4, com k > 0. Para quais valores de energia e de mo-
mento angular a órbita seria um circulo de raio em torno da origem? Qual 
é o período do movimento circular? Se a partícula sofre uma pequena per-
turbação no seu movimento circular, qual será o período de pequenas os-
cilações em torno de r = a? Há alguma aproximação física implícita nas 
expressões que você escreveu? Em caso de resposta positiva, explique a 
aproximação feita. Para qualquer resposta, justifique.
8. De acordo com a teoria de Yukawa das forças nucleares, a interação entre 
um nêutron e um próton pode ser representada pelo seguinte potencial: V(r) 
= Ke-αr/r, com K < 0. Determine a força entre essas partículas, segundo a 
física clássica, e compare-a com a força da lei do inverso do quadrado da 
distância. Discuta os tipos de movimento que podem ocorrer na interação 
entre essas partículas, se descritos pela física clássica.
9. Discuta como este movimento deve diferir do movimento correspondente 
para uma força proporcional ao quadrado da distância.
10. Determine o momento angular L

 e a energia mecânica E para o movimento 
em órbita circular de raio a. Determine o período do movimento circular e o 
período de pequenas oscilações radiais. Mostre que as órbitas aproximada-
mente circulares são quase fechadas quando a é muito pequeno.
11. Discuta, usando o método do potencial efetivo, os tipos de movimento que se 
pode esperar para uma força atrativa central inversamente proporcional ao 
cubo do raio: F(r) = −K/r3, com K > 0. Determine o intervalo de energia e do 
momento angular para cada tipo de movimento. Resolva a equação orbital
.
d
d u u L u
m F u
1
2
2
2 2i
=- =- a k
 mostrando que a solução tem uma das formas seguintes:
MecânicaTeórica I_NL2014.indd 126 23/05/17 12:51
Mecânica Teórica I 127
[ ( )]
[ ( )]
[ ( )]
( )
cos
cosh
r A
r A
r Asenh
r A
r r e
1 0
1 0
1 0
1 0
1 1
o
o
o
o
o
b i
b i
b i
i
= -
= -
= -
= -
= !bi
12. Para que valores de L

 e E cada um desses movimentos ocorrem? Ex-
presse as constantes A e β em termos de E e L

 em cada caso. Faça um 
gráfico da órbita de cada um dos tipos acima.
13. Discuta os possíveis tipos de movimentos para a seguinte força central:
( ) 'F r r
k
r
k
2 3=- +
 Admitindo k > 0 e considerando ambos os sinais para k'. Resolva a equa-
ção orbital, mostrando que as órbitas ligadas têm a forma:
( )
,
cos
r
a
1
1 2
f ai
f
=
+
- se L2>–mk∆∆
 mostre que esta é uma elipse que têm movimento de precessão. Deter-
mine a velocidade angular de precessão e diga se a precessão está na 
mesma direção ou na direção oposta a da velocidade angular orbital.
14. A energia potencial para um oscilador tridimensional isotrópico é:
( ) .V r kr2
1 2=
 Faça um gráfico do potencial efetivo para o movimento na direção radial, 
quando uma partícula de massa m se move sobre a ação deste potencial 
com um momento angular L em relação à origem. Discuta que tipos de mo-
vimentos são possíveis, descrevendo-os de maneira tão completa quanto 
possível, sem necessidade de obter a solução matemática. Determine a fre-
quência de revolução para o movimento circular e a frequência radial para 
pequenas oscilações em torno do movimento circular. Achar r(t) e θ(t).
15. Mostre que um campo central
( )V r rn
a=
só tem órbitas circulares estáveis se n < 2.
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Gerson Paiva Almeida128
16. A distância do periélio ao Sol do planeta Marte é de 2,06 × 108 km, e a 
distância do afélio é de 2,485 × 108 km. Suponha que a Terra se mova no 
mesmo plano em um círculo cujo raio tem 1,49 × 108 km e um período de 
um ano. A partir destes dados, determine a velocidade de Marte no peri-
élio. Suponha que o foguete espacial Mariner seja lançado de forma que 
seu periélio esteja na órbita terrestre e o seu afélio, esteja no periélio de 
Marte. Determine a velocidade do Mariner relativa a Marte no ponto onde 
eles se encontram. Qual deles tem a velocidade mais elevada? Qual deles 
tem a maior velocidade angular média durante o período de vôo?
17. Um projétil é lançado horizontalmente da superfície da terra com veloci-
dade vo, tal que a distância de maior afastamento da superfície é h (veja a 
figura). Sendo Ro raio da Terra e M sua massa, qual é o valor de vo? Qual 
é a velocidade no ponto de maior afastamento da superfície da Terra? 
Qual é o valor de vo para que o projétil escape do campo gravitacional da 
Terra?
18. Num ponto do hemisfério norte, situado numa latitude φ, dispara-se um 
projétil na direção norte. A velocidade inicial do projétil tem modulo vo e 
forma um ângulo α com a horizontal. Determinar o movimento do projétil.
19. No espalhamento de uma partícula por uma esfera 
perfeitamente rígida de raio a trajetória da partícu-
la no referencial ligado à esfera consiste de duas 
semi-retas como mostra a figura abaixo. A trajetória 
é simétrica em relação ao eixo Oξ. Escreva a ener-
gia potencial de interação entre partícula e a esfera, 
nesta colisão. Calcule a seção de choque diferencial σ(θ) e a seção de cho-
que total σ(t) para este espalhamento (θ é o ângulo de espalhamento).
20. Um feixe de partículas α com energia 125 keV é espalhado por uma átomo 
de alumínio num ângulo de 90°. Calcule a distância de maior aproximação 
do núcleo (número atômico da partícula α = 2, número atômico do Al = 13, 
carga do elétron = 1,6 x 10-19C). Um feixe dessas partículas α com fluxo 
de 3 x 104 cm -2s-1 incide sobre um alvo contendo 50 mg de alumínio. Um 
detector de seção transversal de área 4 cm2 é colocado a 60 cm do alvo, 
perpendicularmente à direção do feixe. Determine o número de partículas 
α detectadas no referido detector. (Massa atômica do alumínio = 27 u.m.a., 
1u.m.a.= 1,66 × 10-24g, 1eV = 1,6 × 10-19J).
21. O chamado espalhamento de Rutherford é a deflexão (espalhamento 
elástico) de uma partícula puntiforme carregada com carga (Z1e) e massa 
m1 por outra, também puntiforme, de carga (Z2e) e massa m2, quando a 
interação entre elas é a Coulombiana. Considere a situação em que a 
partícula de massa m1 é lançada com velocidade de módulo vo, de uma 
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Mecânica Teórica I 129
distância muito grande da partícula m2, com parâmetro de impacto b dife-
rente de zero. Determine a trajetória da partícula de massa m1 (r = r(θ)). 
Esboce um gráfico dessa trajetória indicando com clareza: a posição da 
duas cargas, o ângulo de espalhamento, o parâmetro de impacto b, o ve-
tor ov

 e a força em cada uma delas. Mostre que a razão entre a energia 
do feixe incidente (Eo) e a energia do feixe retroespalhado (E1) (essa razão 
é chamada de Fator Cinemático – K ) é dada pela expressão:
 ( / )
.
cos
K
m
m
m m sen
1
m
1
2
2 1
2 2 2
2
i i
=
+
+ -
f p
 onde m2 > m1 e θ é o ângulo de espalhamento
22. Considere um feixe de He com 6 MeV de energia e um fluxo de 
4 × 1011 ions.cm-2s-1 incidindo perpendicularmente em um alvo uniforme-
mente composto de Au (20 µg/cm2) e Al (10 µg/cm2). As partículas elas-
ticamente retroespalhadas são detectadas por um detector de ângulo de 
4 cm2, posicionado a 60 cm do alvo e a 160° da direção de incidência do 
feixe no alvo, como mostra a figura.
 
alvo 
Au + Al 
feixe incidente 
feixe retroespalhado 
detector 
160° 
 Calcule a distância de máxima aproximação entre o He e o Au e entre 
o He e o Al. Comente se é razoável, nestes casos, supor que os núcle-
os são cargas puntiformes. Determine a energia cinética do He retroes-
palhado elasticamente pelo Au e pelo Al. Determine o número de partí-
culas de He retroespalhadas elasticamente pelo Au e pelo Al, que foram 
detectadas no detector citado. Determine o número de partículas de He 
que são espalhadas elasticamente pelo Au e pelo Al, se o mesmo detec-
tor, com o mesmo ângulo sólido, for colocado a 60° da direção de inci-
dência do feixe. São conhecidos : ZAu = 79 e ZAl = 13, MAu = 197 u.m.a e 
MAl = 27 u.m.a, ρAu = 19,3 g/cm
3 e ρAl =2,7 g/cm
3, ZHe = 2 e MHe = 4 u.m.a, 
e = 1,6 × 10-19 C.
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Gerson Paiva Almeida130
Sobre o Autor
Gerson Paiva Almeida é Doutor em Física pela Universidade Federal do Ceará, 
com estágio doutoral na Universidade Paul Sabatier, em Toulouse na França. 
Também fez estágio de pós-doutorado no Instituto de Astrofísica, Geofísica e 
Ciências Atmosféricas (IAG) da Universidade de São Paulo (USP). É Professor 
Adjunto da Universidade Estadual do Ceará (UECE), onde atua como pesqui-
sador na área das Ciências Atmosféricas, com ênfase em Aerossóis Atmosféri-
cos e Meio Ambiente. Na docência, atua no Curso de Graduação em Física do 
Centro de Ciências e Tecnologia (CCT) da UECE, nas modalidades licenciatura 
presenciais e a distância e também no bacharelado presencial. Atua ainda no 
Curso de Mestrado em Ciências Físicas Aplicadas do CCT da UECE como 
docente permanente.
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Fiel a sua missão de interiorizar o ensino superior no estado Ceará, a UECE, como uma instituição que participa do Sistema Universidade Aberta do Brasil, vem ampliando a oferta de cursos de graduação e pós-graduação 
na modalidade de educação a distância, e gerando experiências e possibili-
dades inovadoras com uso das novas plataformas tecnológicas decorren-
tes da popularização da internet, funcionamento do cinturão digital e 
massificação dos computadores pessoais. 
Comprometida com a formação de professores em todos os níveis e 
a qualificação dos servidores públicos para bem servir ao Estado, 
os cursos da UAB/UECE atendem aos padrões de qualidade 
estabelecidos pelos normativos legais do Governo Fede-
ral e se articulam com as demandas de desenvolvi-
mento das regiõesdo Ceará. 
M
ec
ân
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a 
Te
ór
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a 
I
Física
Física
Gerson Paiva Almeida
Mecânica Teórica I
U
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ComputaçãoQuímica Física Matemática Pedagogia
Artes 
Plásticas
Ciências 
Biológicas
Geografia
Educação 
Física
História
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