P3 - Fundamentos de Mecânica 2021 2

3a Prova de Fundamentos de Mecanica (1) Considere a queda de uma particula pontual de massa m = 271,8 g a partir do repouso e submetida a uma forca dependente da velocidade F;, dada por F, = —Fye’!” com Fy = 1N e w= 10 m/s, entao: (Suponha g = 10 m/s’). (a) (1,0 ponto) Calcule a velocidade limite wy. (b) (1,0 ponto) Mostre que 1 v(t) = wilh | ———_—___"’ eWvn/w — (e~vr/w — 1) eww e esboce o grafico. (2) Considere uma energia potencial no espago dada por: U(x.y.z) = Up sin (He) Vo entao: (a) (1,0 pontos) Calcule o campo de forcas F'(x.y.z). (b) (1,0 pontos) Calcule o trabalho da forga sobre um linha reta entre a origem e 0 ponto rT. .\1/3 ~ P= (5%) (i+j+h) (3) (1,0 ponto) A hipérbole é a curva plana definida pelos focos F2(—c,0) e Fi(c,0) e por um numero positivo a, tal que d(P, Fy) — d(P, F) = 2a (1) Mostre, entao, que ey 2 2 2 2D pal onde be =c-—a (2) Demonstre ainda que, tomando o foco F9(c,0) como a origem de um sistema de coorde- nadas polares, podemos escrever a equacao da érbita como:: b?/a 0 SO = r(0) (<cos0 — 1) com e=c/a (4) Considere a repulsao eletrostatica que uma carga g em um ponto 7 sofre por uma carga de mesmo sinal Q colocada na origem, de acordo com a Lei de Coulomb: >, qQ 7 r F(r) = 22 — = kK— (") Arey r? r? 1 entao: (a) (1,0 ponto) Mostre que o movimento se dé num plano. (b) (1,0 ponto) Mostre que a equacao diferencial para a coordenada radial (em coorde- nadas polares no plano) pode ser escrita como d?r K L? cr A _ (3) dt? mr? m?r3 onde L é 0 momento angular conservado do movimento e mostre ainda, que uma equacao diferencial du mK — +u=-— 4 2 * BP 4) para a equacao da érbita r(@) pode ser obtida de (3) através de uma substituigéo adequada da varidvel auxiliar u = 1/r em (4). Mostre que uma solucao geral para (4) é: Le r(0) = AL2 seh aK C086 — 1 onde A é uma constante de integracao. (c) (1,0 ponto) Mostre que K u(r =-= (5) r é a energia potencial para a forca gravitacional e que podemos definir uma energia radial efetiva como: L? K K L? Ues (7) = ——s5 + - = Ss —— 6 f(r) 2mr2 + r r2 (: + sak) (6) Esboce o grafico. (d) (1,0 ponto) Mostre que a trajetéria do movimento é uma hipérbole com excentricidade I, 1 2L°E €= — mk? (5) (1,0 ponto) Calcule o momento de inércia de uma casca esférica homogénea de massa M eraio R em relagao a um eixo de simetria da esfera. Utilize esse resultado para calcular o momento de inércia da esféra macica homogénes de massa M e raio R em relacao ao mesmo eixo de simetria e da semi-esfera macica de massa MV e raio R na mesma situacao. 2 Questão 1 A) Pela equação de forças, temos: 𝑚𝑎 = −𝑚𝑔 − 𝐹𝑣 𝑚𝑎 = −𝑚𝑔 + 𝐹0𝑒 𝑣 𝑤 𝑎 = −𝑔 + 𝐹0 𝑚 𝑒 𝑣 𝑤 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = −𝑔 + 𝐹0 𝑚 𝑒 𝑣 𝑤 A velocidade limite é atingida quando 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = 0 Assim, temos: 0 = 𝑔 − 𝐹0 𝑚 𝑒 𝑣𝐿 𝑤 𝑒 𝑣𝐿 𝑤 = 𝑔𝑚 𝐹0 𝒗𝑳 = 𝒘 𝐥𝐧 (𝒈𝒎 𝑭𝟎 ) 𝑣𝐿 = 10 ∗ ln (10 ∗ 0,2718 1 ) 𝒗𝑳 = 𝟏𝟎,𝟎 𝒎 𝒔 B) Substituindo 𝑣𝐿 na equação para 𝑑𝑣 𝑑𝑡, temos: 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = −𝑔 + 𝐹0 𝑚 𝑒 𝑣 𝑤 1 𝑔 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = −1 + 𝐹0 𝑚𝑔 𝑒 𝑣 𝑤 1 𝑔 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = −1 + 𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑒 𝑣 𝑤 Seja 𝑣 = 𝑤 ln 𝑢 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = 𝑤 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑡 Assim, a equação fica: 1 𝑔 𝑤 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑡 = −1 + 𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢 𝑤 𝑢 − 𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢2 𝑑𝑢 = −𝑔𝑑𝑡 𝑑𝑢 𝑢 − 𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢2 = − 𝑔 𝑤 𝑑𝑡 Integrando, temos: ∫ 𝑑𝑢 𝑢 − 𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢2 𝑢 𝑢0 = − ∫ 𝑔 𝑤 𝑑𝑡 𝑡 0 ∫ 𝑑𝑢 𝑢(𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢 − 1) 𝑢 1 = 𝑔𝑡 𝑤 ∫ [1 𝑢 − 𝑒−𝑣𝐿 𝑤 (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢 − 1) ] 𝑑𝑢 𝑢 1 = 𝑔𝑡 𝑤 [ln 𝑢 − ln (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢 − 1)] 1 𝑢 = 𝑔𝑡 𝑤 [ln 𝑢 − ln (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢 − 1)] − [ln 1 − ln (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 1 − 1)] = 𝑔𝑡 𝑤 [ln 𝑢 − ln (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢 − 1)] + ln (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 − 1) = 𝑔𝑡 𝑤 ln 𝑢 (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢 − 1) = 𝑔𝑡 𝑤 − ln (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 − 1) 𝑢 (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 𝑢 − 1) = 𝑒 𝑔𝑡 𝑤 𝑒 − ln(𝑒−𝑣𝐿 𝑤 −1) 1 (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 − 1 𝑢) = 𝑒 𝑔𝑡 𝑤 (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 − 1) −1 𝑒−𝑣𝐿 𝑤 − 1 𝑢 = 𝑒−𝑔𝑡 𝑤 (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 − 1) 1 𝑢 = 𝑒−𝑣𝐿 𝑤 − 𝑒−𝑔𝑡 𝑤 (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 − 1) 𝑢 = 1 𝑒−𝑣𝐿 𝑤 − 𝑒−𝑔𝑡 𝑤 (𝑒−𝑣𝐿 𝑤 − 1) 𝒗 = 𝒘 𝐥𝐧 𝒖 = 𝒘 𝐥𝐧 [ 𝟏 𝒆−𝒗𝑳 𝒘 − 𝒆−𝒈𝒕 𝒘 (𝒆−𝒗𝑳 𝒘 − 𝟏) ] Para os valores propostas, temos: 𝑣 = 10 ln [ 1 𝑒−1 − 𝑒−𝑡(𝑒−1 − 1)] O gráfico é mostrado abaixo (a velocidade tende a 10 m/s a medida que 𝑡 → ∞) Questão 2 A) O campo de forças é o gradiente da energia potencial: 𝐹⃗(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ∇⃗⃗⃗𝑈(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ( 𝜕 [𝑈0 sin (𝑥𝑦𝑧 𝑉0 )] 𝜕𝑥 , 𝜕 [𝑈0 sin(𝑥𝑦𝑧 𝑉0 )] 𝜕𝑦 , 𝜕 [𝑈0 sin (𝑥𝑦𝑧 𝑉0 )] 𝜕𝑧 ) 𝐹⃗(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑈0 cos (𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ) 𝜕 [𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ] 𝜕𝑥 , 𝑈0 cos (𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ) 𝜕 [𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ] 𝜕𝑦 , 𝑈0 cos (𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ) 𝜕 [𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ] 𝜕𝑧 ) 𝑭⃗⃗⃗(𝒙,𝒚, 𝒛) = (𝑼𝟎 𝐜𝐨𝐬 (𝒙𝒚𝒛 𝑽𝟎 )𝒚𝒛 𝑽𝟎 , 𝑼𝟎 𝐜𝐨𝐬 (𝒙𝒚𝒛 𝑽𝟎 ) 𝒙𝒛 𝑽𝟎 , 𝑼𝟎 𝐜𝐨𝐬 (𝒙𝒚𝒛 𝑽𝟎 ) 𝒙𝒚 𝑽𝟎 ) B) Para parametrizar a curva, fazemos (0 ≤ 𝑡 ≤ 1): 𝑟⃗ = (𝑥, 𝑦, 𝑧) = ((𝜋 2 𝑉0) 1 3 𝑡, (𝜋 2 𝑉0) 1 3 𝑡, (𝜋 2 𝑉0) 1 3 𝑡) 𝑟⃗ = (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝜋 2 𝑉0) 1 3 𝑡(1,1,1) Assim, a derivada da curva é dada por: 𝑟⃗′ = (𝜋 2 𝑉0) 1 3 (1,1,1) Logo, o trabalho é dado pela seguinte integral: ∫ 𝐹⃗ 1 0 ⋅ 𝑑𝑟⃗ = ∫ 𝐹⃗(𝑟⃗) 1 0 ⋅ 𝑟⃗′𝑑𝑡 = ∫ (𝑈0 cos (𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ) 𝑦𝑧 𝑉0 , 𝑈0 cos (𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ) 𝑥𝑧 𝑉0 , 𝑈0 cos (𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ) 𝑥𝑦 𝑉0 ) 1 0 𝑟 ⋅ (𝜋 2 𝑉0) 1 3 (1,1,1)𝑑𝑡 = 𝑈0 cos (𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ) 𝑟 (𝜋 2 𝑉0) 1 3 ∫ (𝑦𝑧 𝑉0 , 𝑥𝑧 𝑉0 , 𝑥𝑦 𝑉0 ) 1 0 𝑟 ⋅ (1,1,1)𝑑𝑡 = 𝑈0 (𝜋 2 𝑉0) 1 3 ∫ cos (𝑥𝑦𝑧 𝑉0 ) 𝑟 (𝑦𝑧 𝑉0 , 𝑥𝑧 𝑉0 , 𝑥𝑦 𝑉0 ) 1 0 𝑟 ⋅ (1,1,1)𝑑𝑡 = 𝑈0 (𝜋 2 𝑉0) 1 3 ∫ cos ( ((𝜋 2 𝑉0) 1 3 𝑡) 3 𝑉0 ) ( ((𝜋 2 𝑉0) 1 3 𝑡) 2 𝑉0 , ((𝜋 2 𝑉0) 1 3 𝑡) 2 𝑉0 , ((𝜋 2 𝑉0) 1 3 𝑡) 2 𝑉0 ) ⋅ (1,1,1)𝑑𝑡 1 0 = 𝑈0 (𝜋 2 𝑉0) 1 3 ∫ cos( (𝜋 2 𝑉0) 𝑡3 𝑉0 ) (𝜋 2 𝑉0) 2 3 𝑡2 𝑉0 (1,1,1) ⋅ (1,1,1)𝑑𝑡 1 0 = 𝑈0 𝑉0 (𝜋 2 𝑉0) 1 3 (𝜋 2 𝑉0) 2 3 ∫ cos (𝜋 2 𝑡3) 𝑡2 (1,1,1) ⋅ (1,1,1)𝑑𝑡 1 0 = 𝑈0 𝑉0 (𝜋 2 𝑉0) 3 3 ∫ cos(𝜋 2 𝑡3) 𝑡2 (1 + 1 + 1)𝑑𝑡 1 0 = 𝑈0 𝑉0 (𝜋 2 𝑉0) ∫ cos(𝜋 2 𝑡3) 𝑡2 (3)𝑑𝑡 1 0 = 𝑈0 (3 2𝜋) ∫ cos(𝜋 2 𝑡3) 𝑡2 𝑑𝑡 1 0 = 3 2 𝜋𝑈0 ∫ cos(𝜋 2 𝑡3) 𝑡2 𝑑𝑡 1 0 Seja 𝑢 = 𝜋 2 𝑡3, 𝑑𝑢 = 3𝜋 2 𝑡2𝑑𝑡 Assim, a integral fica: = 𝑈0 ∫ cos(𝑢) 𝑑𝑢 𝜋 2 0 = 𝑈0[sin𝑢]0 𝜋 2 = 𝑈0 [sin 𝜋 2 − sin 0] = 𝑼𝟎 Questão 3 Seja (𝑥, 𝑦) um ponto sobre a hipérbole Pela definição, temos: 𝑑(𝑃, 𝐹2) − 𝑑(𝑃, 𝐹1) = 2𝑎 √(𝑥 + 𝑐)2 + 𝑦2 − √(𝑥 − 𝑐)2 + 𝑦2 = 2𝑎 (√(𝑥 + 𝑐)2 + 𝑦2 − √(𝑥 − 𝑐)2 + 𝑦2) 2 = 4𝑎2 ((𝑥 + 𝑐)2 + 𝑦2 − 2√(𝑥 + 𝑐)2 + 𝑦2√(𝑥 − 𝑐)2 + 𝑦2 + (𝑥 − 𝑐)2 + 𝑦2) = 4𝑎2 (𝑥2 + 2𝑐𝑥 + 𝑐2 + 𝑦2 − 2√(𝑥 + 𝑐)2 + 𝑦2√(𝑥 − 𝑐)2 + 𝑦2 + 𝑥2 − 2𝑐𝑥 + 𝑐2 + 𝑦2) = 4𝑎2 (2(𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) − 2√(𝑥 + 𝑐)2 + 𝑦2√(𝑥 − 𝑐)2 + 𝑦2) = 4𝑎2 (𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) − √(𝑥 + 𝑐)2 + 𝑦2√(𝑥 − 𝑐)2 + 𝑦2 = 2𝑎2 (𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) − 2𝑎2 = √(𝑥 + 𝑐)2 + 𝑦2√(𝑥 − 𝑐)2 + 𝑦2 (𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) − 2𝑎2 = √(𝑥 + 𝑐)2(𝑥 − 𝑐)2 + (𝑥 + 𝑐)2𝑦2 + 𝑦2(𝑥 − 𝑐)2 + 𝑦4 (𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) − 2𝑎2 = √((𝑥 + 𝑐)(𝑥 − 𝑐)) 2 + (𝑥2 + 2𝑥𝑐 + 𝑐2)𝑦2 + (𝑥2 − 2𝑥𝑐 + 𝑐2)𝑦2 + 𝑦4 (𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) − 2𝑎2 = √((𝑥2 − 𝑐2)) 2 + (𝑥2 + 𝑐2)𝑦2 + (𝑥2 + 𝑐2)𝑦2 + 𝑦4 𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2 − 2𝑎2 = √(𝑥2 − 𝑐2)2 + 2(𝑥2 + 𝑐2)𝑦2 + 𝑦4 𝑥2 + (𝑐2 − 𝑎2) + 𝑦2 − 𝑎2 = √(𝑥2 − 𝑐2)2 − (𝑥2 + 𝑐2)2 + (𝑥2 + 𝑐2)2 + 2(𝑥2 + 𝑐2)𝑦2 + 𝑦4 𝑥2 + 𝑏2 + 𝑦2 − 𝑎2 = √(𝑥2 − 𝑐2)2 − (𝑥2 + 𝑐2)2 + ((𝑥2 + 𝑐2) + 𝑦2) 2 𝑥2 + 𝑏2 + 𝑦2 − 𝑎2 = √(𝑥4 − 2𝑥2𝑐2 + 𝑐4) − (𝑥4 + 2𝑥2𝑐2 + 𝑐4) + ((𝑥2 + 𝑐2) + 𝑦2) 2 𝑥2 + 𝑏2 + 𝑦2 − 𝑎2 = √−4𝑥2𝑐2 + (𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2)2 𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2 − 2𝑎2 = √(𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2)2 − (2𝑥𝑐)2 Elevando ao quadrado novamente, temos: [(𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) − 2𝑎2]2 = (𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2)2 − (2𝑥𝑐)2 (𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2)2 − 4𝑎2(𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) + 4𝑎4 = (𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2)2 − (2𝑥𝑐)2 −4𝑎2(𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) + 4𝑎4 = −(2𝑥𝑐)2 −𝑎2(𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) + 𝑎4 = −(𝑥𝑐)2 −𝑎2(𝑥2 + 𝑐2 + 𝑦2) + 𝑎4 = −𝑥2𝑐2 −𝑎2(𝑥2 + 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑦2) + 𝑎4 = −𝑥2(𝑎2 + 𝑏2) −𝑎2𝑥2 − 𝑎4 − 𝑎2𝑏2 − 𝑎2𝑦2 + 𝑎4 = −𝑥2𝑎2 − 𝑥2𝑏2 −𝑎2𝑏2 − 𝑎2𝑦2 = −𝑥2𝑏2 𝑥2𝑏2 − 𝑎2𝑏2 − 𝑎2𝑦2 = 0 𝑥2 − 𝑎2 − 𝑎2𝑦2 𝑏2 = 0 𝑥2 − 𝑎2𝑦2 𝑏2 = 𝑎2 𝒙𝟐 𝒂𝟐 − 𝒚𝟐 𝒃𝟐 = 𝟏 Se a origem estiver no ponto (𝑐, 0), teremos a seguinte equação: (𝑥 − 𝑐)2 𝑎2 − 𝑦2 𝑏2 = 1 Passando para coordenadas polares, temos: (𝑟 cos 𝜃 − 𝑐)2 𝑎2 − 𝑟2 sin2 𝜃 𝑏2 = 1 𝑟2 cos2 𝜃 − 2𝑐𝑟 cos 𝜃 + 𝑐2 𝑎2 − 𝑟2 sin2 𝜃 𝑏2 = 1 𝑟2 cos2 𝜃 − 2𝑐𝑟 cos 𝜃 + 𝑐2 𝑎2 − 𝑟2(1 − cos2 𝜃) 𝑏2 = 1 𝑏2𝑟2 cos2 𝜃 − 2𝑏2𝑐𝑟 cos 𝜃 + 𝑏2𝑐2 − 𝑎2𝑟2(1 − cos2 𝜃) = 𝑎2𝑏2 𝑏2𝑟2 cos2 𝜃 − 2𝑏2𝑐𝑟 cos 𝜃 + 𝑏2𝑐2 − 𝑎2𝑟2 + 𝑎2𝑟2 cos2 𝜃 = 𝑎2𝑏2 (𝑎2 + 𝑏2)𝑟2 cos2 𝜃 − 2𝑏2𝑐𝑟 cos 𝜃 − 𝑎2𝑟2 = 𝑎2𝑏2 − 𝑏2𝑐2 𝑐2𝑟2 cos2 𝜃 − 2𝑏2𝑐𝑟 cos 𝜃 − 𝑎2𝑟2 = 𝑏2(𝑎2 − 𝑐2) (𝑐2 cos2 𝜃 − 𝑎2)𝑟2 − (2𝑏2𝑐 cos 𝜃)𝑟 + 𝑏4 = 0 Logo, temos: 𝑟 = (2𝑏2𝑐 cos 𝜃) ± √(2𝑏2𝑐 cos 𝜃)2 − 4(𝑐2 cos2 𝜃 − 𝑎2)𝑏4 2(𝑐2 cos2 𝜃 − 𝑎2) 𝑟 = (2𝑏2𝑐 cos 𝜃) ± √4𝑏4𝑐2 cos2 𝜃 − (4𝑏4𝑐2 cos2 𝜃 − 4𝑏4𝑎2) 2(𝑐2 cos2 𝜃 − 𝑎2) 𝑟 = 𝑏2𝑐 cos 𝜃 ± √𝑏4𝑐2 cos2 𝜃 − (𝑏4𝑐2 cos2 𝜃 − 𝑏4𝑎2) (𝑐2 cos2 𝜃 − 𝑎2) 𝑟 = 𝑏2𝑐 cos 𝜃 ± √𝑏4𝑎2 (𝑐2 cos2 𝜃 − 𝑎2) 𝑟 = 𝑏2 𝑐 cos 𝜃 ± 𝑎 (𝑐2 cos2 𝜃 − 𝑎2) 𝑟 = 𝑏2 𝑐 cos 𝜃 + 𝑎 (𝑐2 cos2 𝜃 − 𝑎2) 𝑟 = 𝑏2 𝑐 cos 𝜃 + 𝑎 (𝑐 cos 𝜃 − 𝑎)(𝑐 cos 𝜃 + 𝑎) 𝑟 = 𝑏2 1 𝑐 cos 𝜃 − 𝑎 𝑟 = 𝑏2 𝑎 1 𝑐 𝑎 cos 𝜃 − 1 𝒓 = 𝒃𝟐 𝒂 𝟏 (𝝐 𝐜𝐨𝐬 𝜽 − 𝟏) Questão 5 O momento de inércia (em torno do eixo z, por exemplo) é dado por: 𝐼 = ∬ 𝑟2𝑑𝑚 = 𝜌′′ ∬ 𝑟2𝑑𝐴 Vamos usar coordenadas esféricas (porém com um raio constante): 𝑥 = 𝑅 sin 𝜓 cos 𝜃 𝑦 = 𝑅 sin𝜓 sin𝜃 𝑧 = 𝑅 cos 𝜓 𝑟 = 𝑅 sin 𝜓 𝑑𝐴 = 𝑅2 sin 𝜓 𝑑𝜓𝑑𝜃 Assim, a integral fica: 𝐼 = 𝜌′′ ∬ 𝑧2𝑑𝐴 𝐼 = 𝜌′′ ∫ [∫ 𝑧2𝑅2 sin 𝜓 𝑑𝜓 𝜋 0 ]𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐼 = 𝜌′′ ∫ [∫ 𝑅2 sin2 𝜓 𝑅2 sin 𝜓 𝑑𝜓 𝜋 0 ] 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐼 = 𝜌′′𝑅4 ∫ [∫ sin3 𝜓 𝑑𝜓 𝜋 0 ]𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐼 = 2𝜋𝜌′′𝑅4 ∫ sin3 𝜓 𝑑𝜓 𝜋 0 𝐼 = 2𝜋𝜌′′𝑅4 ∫ sin 𝜓 sin2 𝜓 𝑑𝜓 𝜋 0 𝐼 = 2𝜋𝜌′′𝑅4 ∫ sin 𝜓 (1 − cos2 𝜓)𝑑𝜓 𝜋 0 𝐼 = 2𝜋𝜌′′𝑅4 ∫ (sin𝜓 − sin𝜓 cos2 𝜓)𝑑𝜓 𝜋 0 𝐼 = 2𝜋𝜌′′𝑅4 [− cos 𝜓 + 1 3 cos3 𝜓] 0 𝜋 𝐼 = 2𝜋𝜌′′𝑅4 [− cos 𝜋 + 1 3 cos3 𝜋 + cos 0 − 1 3 cos3 0] 𝐼 = 2𝜋𝜌′′𝑅4 [1 − 1 3 + 1 − 1 3] 𝐼 = 4𝜋𝜌′′𝑅4 [1 − 1 3] 𝐼 = [4𝜋𝑅2]𝜌′′𝑅2 [2 3] 𝐼 = [𝐴]𝜌′′𝑅2 [2 3] 𝐼 = [𝐴𝜌′′]𝑅2 [2 3] 𝐼 = 𝑀𝑅2 [2 3] 𝑰𝒄𝒂𝒔𝒄𝒂 = 𝟐 𝟑 𝑴𝑹𝟐 Uma esfera de raio 𝑅 pode ser considerada como um conjunto de cascas sobrepostas, de modo que o momento da esfera deve ser dado por: 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = ∫𝑑𝐼 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 2 3 ∫ 𝑟2𝑑𝑚 𝑅 0 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 2 3 𝜌′′′ ∫ 𝑟2𝑑𝑉 𝑅 0 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 2 3 𝜌′′′ ∫ 𝑟2𝑑𝐴 𝑅 0 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 2 3 𝜌′′′ ∫ 𝑟24𝜋𝑟2𝑑𝑟 𝑅 0 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 8𝜋 3 𝜌′′′ ∫ 𝑟4𝑑𝑟 𝑅 0 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 8𝜋 3 𝜌′′′ [𝑟5 5 ] 0 𝑅 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 8𝜋 3 𝜌′′′ 𝑅5 5 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 2 5 4𝜋 3 𝜌′′′𝑅5 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 2 5 [4𝜋𝑅3 3 ] 𝜌′′′𝑅2 𝐼𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 2 5 [𝑉𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎]𝜌′′′𝑅2 𝑰𝒆𝒔𝒇𝒆𝒓𝒂 = 𝟐 𝟓 𝑴𝑹𝟐