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F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 9B

Exercício 1Na figura abaixo o bloco 1 de massa m1 desliza sem velocidade inicial ao longo de uma rampa sematrito a partir de uma altura h = 1, 25m e colide com o bloco 2 de massa m2 = 3

2m1, inicialmenteem repouso. Após a colisão o bloco 2 desliza em uma região onde o coeficiente de atrito cinéticoé µc = 0, 5 e pára depois de percorrer uma distância d nesta região. Qual é o valor da distância dse a colisão é

Qual é o valor da distância d se a colisão é:a) perfeitamente elástica?O problema é composto por três situações: bloco descendo uma rampa, colisão e movimento

em região com atrito.

Descendo a rampaComo na descida da rampa a energia é conservada a velocidade do bloco m1 imediatamente antesda colisão com m2 é dada por:

Ei = Ef

m1gh = 12m1v

20

v0 =√

2gh

Usando os valores do problema temos v0 = 7, 07m/s1.

Colisão perfeitamente elásticaConservação de momento linear

Durante a colisão temos conservação de momento na direção x pois nenhuma força externa atuanesta direção (o atrito passará a agir assim que um dos blocos entrar na região de atrito, logoapós a colisão).

1Perceba que nessa etapa do movimento o momento linear não é conservado em nenhuma das direções. Navertical temos a força peso e uma parte da normal da rampa sobre m1, na horizontal temos a outra parte danormal da rampa. Tanto a força peso quanto a força normal realizada por corpos fora do sistema são forçasexternas e alteram o momento total do sistema. O sistema que consideramos é formado apenas pelos dois blocos.

c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]

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Como o bloco m2 está inicialmente parado, o momento inicial na direção x é dado por:

Pi = m1v1a

Chamando de v1d a velocidade do bloco m1 e v2d a velocidade do bloco m2 após a colisão, omomento final é a soma dos momentos de cada bloco:

Pf = m1v1d +m2v2d

Pela conservação do momento linear temos:

m1v1a = m1v1d +m2v2d (1)

Conservação de energia mecânica

Em uma colisão perfeitamente elástica temos completa conservação de energia mecânica:

12m1v

21a = 1

2m1v21d + 1

2m2v22d (2)

Calculando-se os produtos da colisão

A partir do sistema de duas equações formado por (1) e (2) podemos calcular as duas variáveisdesconhecidas v1d e v2d. Para resolvermos e encontramos v1d, isolamos m2v2d na (1) e elevamos aoquadrado, para a seguir substituirmos na (2):

m1v21a = m1v

21d + m2

1m2

(v1a − v1d)2

(m1 +m2) v21d − 2m1v1av1d + (m1 −m2) v2

1a = 0 (3)

Obtemos dois resultados possíveis (veja os cálculos no exercício 5, equação (9)):

v1d = m1−m2m1+m2

v1a com v2d = 2m1m1+m2

v1a

ou

v1d = v1a com v2d = 0

O primeiro resultado nos diz que se o primeiro bloco tiver maior massa que o segundo, entãoos dois se moverão no sentido positivo do eixo, ou seja, o bloco 1 irá arrastar o bloco 2. Casocontrário (m2 > m1) o bloco 1 será refletido.

O segundo resultado é bastante interessante, apesar de inútil. Em nenhum lugar em nossascontas foi inserida a colisão, apenas citamos conservação de momento linear e de energia em uma


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dimensão. O que aconteceu foi que a matemática nos deu todas as situações possíveis de ocorreremdentro dos vínculos que impusemos. Uma dessas situações seria o bloco 1 atravessar o bloco 2sem interagir com este.

Como sabemos que houve colisão usamos o primeiro resultado. Usando os dados do problema:

v1d = −15v1a = −1m/s

v2d = 45v1a = 4m/s

Movimento em região com atritoEstamos interessados na distância que o bloco 2 irá percorrer na região de atrito. Sabemos quea força de atrito cinético é constante, já que a força normal é constante. Para o bloco 2 adesaceleração causada pelo atrito é dada por:

R = m2a = Fat = −µcm1g

a = −µcg

Como a aceleração é constante podemos usar a equação de Torricelli para determinar apósqual deslocamento o bloco para (v2 = 0):

v2f2 = v2

2d + 2a∆s

d = ∆s = −v22d

2a = 16h25µc

Obtemos finalmente d = 1, 6m para o deslocamento do bloco 2 na região com atrito.

Outra forma de resoluçãoQuando calculamos a velocidade do centro de massa e depois as velocidades relativas dos doisblocos em relação ao centro de massa observamos uma coisa muito interessante.

Um observador no centro de massa vê os dois blocos vindo um de cada lado, cada um com suavelocidade. Para ele cada bloco percorre uma dada distância em um dado intervalo de tempo eessas distâncias mantêm uma proporção constante que é justamente a razão das duas massas. Aocolidirem sobre o centro de massa, eles obrigatoriamente precisam voltar com a mesma velocidade,caso contrário o centro de massa não permaneceria na origem. Eles precisam manter a mesmaproporção de distância percorrida por tempo.

Se não houvesse atrito (força externa) o gráfico das velocidades seria:


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Perceba a reflexão das velocidades em torno da velocidade do centro de massa vCM que éconstante.

b) perfeitamente inelástica?Na colisão perfeitamente inelástica, a perda de energia mecânica é máxima e não podemos mais

usar a (2). Devido à ausência de forças externas que alterem a velocidade do centro de massa, amenor velocidade que os blocos podem ter é a velocidade do centro de massa. Por esta razão, osblocos se colam como duas bolas de papel higiênico.

O pequeno impasse criado as perdermos uma das equações necessárias para a resolução doproblema (cálculo de v1d e v2d) é resolvido pelo vínculo v1d = v2d, já que agora os blocos movem-sejuntos.

Substituindo na conservação do momento linear (1) temos:

m1v1a = m1v1d +m2v1d

v1d = m1

m1 +m2v1a

Obtemos v1d = V v2d = 25v1a = 2m/s.

Assim os dois blocos deslizam juntos na região com atrito com a mesma aceleração que antese percorrem a distância:

d = −v21d

2a = 4h25µc

= 0, 4m

Exercício 2Cubos de gelo pequenos, cada um de massa 5, 00g, deslizam para baixo em uma pista sem atritoem um fluxo constante, como mostrado na figura abaixo. Partindo do repouso, percorre umadistância vertical total de 1, 50m, e deixa a extremidade inferior da pista em um ângulo de 40◦ emrelação a horizontal. No ponto mais alto de sua trajetória posterior, o cubo atinge uma paredevertical e retorna, com metade da velocidade que tinha no momento do impacto. Se 10 cubosatingem a parede a cada segundo, qual a força média exercida sobre a parede?


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Devido à conservação de energia, ao sair da rampa os cubinhos de gelo possuem velocidade(veja a questão 1):

v =√

2gh = 4, 2m/s

Durante a descida da rampa não há conservação do momento linear. Após deixar a rampa háconservação de momento linear apenas na horizontal pois a gravidade é uma força externa queatua na vertical. O momento linear é conservado até a colisão com a parede.

O momento de cada cubinho na direção horizontal é dado por:

px = mvx = mv cos θ = m√

2gh cos θ

Ao colidir com a parede, cada cubinho sofre uma variação de momento (ou impulso) de:

∆p = pxf − pxi =(−mvf

2

)−mvx

∆p = −32m cos θ

√2gh

Esta variação ocorre em um intervalo de tempo muito curto, entretanto a cada ∆t = 1f

= 110s

um cubinho atinge a parede, de forma que a força média sobre o "fluxo de cubinhos" é dada por:

Fpc = ∆p∆t = −3

2m cos θ

√2gh

f= −0, 315N

E a força exercida pelos cubinhos sobre a parede é Fcp = −Fpc = 0, 315N , para a direitaconforme a figura.

Exercício 3Uma bola de sinuca, com velocidade de 10m/s, colide com outra de massa igual, e sua trajetóriasofre um desvio de 60o. Calcule as velocidades das duas bolas após a colisão.


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Para estudar movimentos bidimensionais devemos dividi-los sempre em dois movimentos per-pendiculares através da escolha de um sistema de coordenadas. Aqui usaremos coordenadas car-tesianas.

Precisamos usar as leis da física para obtermos três quantidades que determinam completa-mente o movimento dos corpos: Os módulos das velocidades finais e o ângulo com que a bola 2 édefletida. Do ponto de vista matemático, para isso precisamos de ao menos três equações.

Escolhendo o eixo x paralelo a ~v1a e eixo y perpendicular, podemos escrever a conservação domomento linear como:

Conservação do momento linear na direção x

Pix = Pfx

mv1a = mv1d cos 60o +mv2d cos θ

v1a = 12v1d + v2d cos θ

ou ainda

v2d cos θ = v1a −v1d

2 (4)

Conservação do momento linear na direção y

Piy = Pfy

0 = mv1dsen60o +mv2dsenθ

ou ainda

v2dsenθ =√

32 v1d (5)


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Conservação de energia mecânica total

E0 = Ef

12mv

21a = 1

2mv21d + 1

2mv22d

ou ainda2

v21a = v2

1d + v22d (6)

Resolvendo o sistema de equações não lineares

Sempre que temos termos com funções trigonométricas podemos tentar usar a identidade trigono-métrica fundamental senθ + cos θ = 1 para eliminar as dependencias trigonométricas. Em nossocaso elevamos ao quadrado as equações (4) e (5) e somamos:

v22d =

(v1a −

v1d

2

)2+ 3

4v21d

Agora substituimos este resultado na (6) e obtemos:

v21a = v2

1d +(v1a −

v1d

2

)2+ 3

4v21d

ou ainda

(2v1d − v1a) v1d = 0

Assim como no exercício 1, ao resolvermos a (3), obtemos duas soluções possíveis.Uma das soluções é v1d = 0. Perceba que o fenômeno "colisão entre as duas bolas" não foi

introduzido matematicamente. O que impusemos matematicamente era que a bola 1 saísse dacolisão com velocidade que formasse um ângulo de 60o com a direção de incidência. Mas um vetorde tamanho nulo pode ser descrito como fazendo um ângulo qualquer com outro vetor , inclusive60o. Nesta situação a bola 1 colide frontalmente com a outra bola e fica parada. Isto só podeocorrer porque as duas bolas possuem a mesma massa.

A outra solução év1d = v1a

2 = 5m/s

portanto

v2d =√

32 v1a = 8, 66m/s

e o ângulo é dado por senθ = 12 , ou seja, θ = 30o.

2Note que v1a, v1d e v2d se relacionam como os lados de um triângulo retângulo.


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Exercício 4Um canhão é rigidamente fixado a uma base, que pode se mover ao longo de trilhos horizontais,mas é conectado a um poste por uma mola, inicialmente, não esticada e com constante elásticak = 2, 00 × 104N/m, como na figura. O canhão dispara um projétil de massa m = 200kg a umavelocidade de v0 = 125m/s fazendo um ângulo de θ = 45◦ acima da horizontal.

a) Se a massa do canhão e da base é de M = 5000kg, encontre a velocidade de recuo docanhão.

Verticalmente o canhão não se move, de forma que devemos apenas considerar o seu movimentohorizontal. Pela conservação do momento linear na direção horizontal (veja discussão no item d)temos:

Pi = Pf

0 = MVx +mv0 cos 45o

Vx = −mMv0 cos 45o

Ou seja, a velocidade do canhão imediatamente após a explosão é Vx = −3, 54m/s.

b) Determine a extensão máxima da mola.Após o disparo temos conservação de energia mecânica3. Na distensão máxima da mola o

canhão pára e a energia cinética é nula temos:

Ei = Ef

MV 2x

2 = 12k∆x2

Max

∆xMax =√k

M|Vx|

3Durante a explosão, entretanto, energia mecânica não é conservada, já que a queima da pólvora faz umatransdução da energia química das ligações em energia mecânica.


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E a distensão máxima da mola é dada por ∆xMax = 1, 77m.

c) Encontre a força máxima que a mola exerce sobre a base.Como a mola tem massa desprezível, a força que age na base é a mesma que age no canhão e

tem sentido contrário. A força máxima que age na base é portanto:

FMax = −Fmola−Max = k∆xMax = 3, 54× 104N

d) Considere o sistema constituído pelo canhão, base, e projétil. O momento deste sistema éconservado durante o disparo? Por que?

Durante o disparo há conservação de momento linear apenas na horizontal. Perceba que aforça da mola é uma força externa. Entretanto, a distenção da mola é tão pequena durante aexplosão e o intervalo de tempo é tão pequeno que o impulso causado por esta força externa édesprezível. O momento linear na horizontal é, portanto, conservado durante o infinitésimo detempo de explosão.

Na direção vertical não temos conservação de momento linear pois a força da gravidade e aforça normal são forças externas. No infinitésimo de tempo de explosão o impulso dado pelagravidade é desprezível, mas não o da força normal. As forças chamadas "forças de vínculo", ouforças de contato, são forças que se ajustam de forma a impedir que um objeto penetro no outro.Desta forma, quanto mais o canhão é pressionado contra o solo, maior é a força normal que o soloexerce sobre o canhão. No momento da explosão essa força normal sofre um pico agudo e a área debaixo desse pico (o impulso) não é desprezível, apesar de a largura desse pico ser muito pequena(infinitésimo de tempo). Esse impulso é a variação do momento linear na direção vertical.

Exercício 5 (Extra)Uma bola de aço de massa 0, 5kg está presa a uma extremidade de um fio de 70cm de comprimento.A outra extremidade está fixa. A bola é liberada quando o fio está na horizontal. Na parte maisbaixa da trajetória a bola se choca elasticamente com um bloco de metal de 2, 5kg, inicialmenteem repouso sobre a superfície sem atrito. Determine, imediatamente após a colisão:

a) a velocidade escalar da bola;A energia mecânica se conserva e temos a transformação da energia potencial gravitacional da

bola e energia cinética. Logo antes da colisão a velocidade é

mgl = mv20

2v0 =

√2gl = 3, 74m/s


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Após a colisãoComo a colisão é elástica, temos a conservação da energia mecânica:

Ei = Ef

mv20

2 = mv2

2 + MV 2

2 (7)

Além disso, durante a colisão temos conservação do momento linear na horizontal:

Pix = Pfx

mv0 = mv +MV (8)

Isolando MV e elevando ao quadrado:

(MV )2 = m2 (v0 − v)2

Usando este resultado na expressão (7) temos:

mv20 = mv2 + m2

M(v0 − v)2

(M +m) v2 − 2mv0v − (M −m) v20 = 0 (9)

Pela fórmula de Bhaskara:

∆ = (−2mv0)2 − 4 (M +m) (−1) (M −m) v20

= 4m2v20 + 4M2v2

0 − 4m2v20

= 4M2v20

e

v = 2mv0 ± 2Mv0

2 (M +m)

As duas soluções são:

v = v0 Não houve colisão.

v = m−MM+m

Quando M > m a bola m volta. Se M →∞ a bola "reflete".


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Conforme já discutido no exercício 1.No caso de colisão temos v = −2, 49m/s, ou seja, a bola volta para trás e volta a subir o

pêndulo.

b) a velocidade escalar do bloco.Retornando à (8) temos:

mv0 = m(m−Mm+M

)v0 +MV

MV = (M +m)m− (m−M)mM +m

v0

= 2mMM +m

v0

V = 2mM +m

v0 = 1, 25m/s

Exercício 6 (Extra)Uma corrente de massa M e comprimento L está jogada no chão. Uma pessoa segura-a por umadas pontas e suspende-a verticalmente, com velocidade constante v. Calcule a força exercida pelapessoa desde o instante inicial até o instante final em que a corrente está prestes a abandonar ochão.

Ao erguer o primeiro gomo de massa ∆m a pessoa precisa alterar a velocidade dele de 0m/s av, isto implica em uma aceleração causada por uma força média:

F = impulsotempo = ∆p

∆t = v∆m∆t → F (t = 0) = v

dmdt

Onde fizemos o limite de uma corrente com elos muito pequenos e dm

dté a taxa com que massa

é levantada a cada instante.Após erguer um trecho de corrente, além de acelerar os gomos apoiados sobre o chão, a força

aplicada deve mantar a coluna de corrente pendurada e com velocidade constante (equilibrar agravidade):

F (t) = m (t) g + vdmdt

Se a velocidade com que a corrente é erguida é constante então após um tempo T = Lvtoda

a corrente estará levantada. Em um tempo qualquer t a massa de corrente suspensa é dada porm (t) = M t

T= Mv

Lt. Podemos assim obter:

F (t) = Mv

Lgt+ Mv

Lv = M

L

(v2 + vgt

)


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No instante inicial F (t = 0) = Mv2

L;

No instante final F(t = L

v

)= Mv2

L+Mg

Exercício 7 (Extra)Uma partícula de massa m e velocidade inicial ~u colide elasticamente com outra de massa M ,inicialmente em repouso no referencial do laboratório. Após a colisão, a partícula de massa m foidefletida de um ângulo de 90o, e a magnitude da sua velocidade foi reduzida para u/

√3, onde

u = |~u|. A partícula de massa M emerge da colisão com velocidade de magnitude v, numa direçãoque faz um ângulo θ com ~u.

a) determine θ;Conforme discutido no exercício 3, escolhemos um eixo paralelo ao vetor velocidade ~u e outro

perpendicular, de forma que ux = u e uy = 0. Vamos chamar de ~uf a velocidade final da partículade massa m, note que ufx = 0 e ufy = uf = u√

3 pelo enunciado do exercício.

Conservação do momento linear na direção paralela

mux = mufx +Mvx

ou ainda

vx = mu

M= 1λu

Conservação do momento linear na direção perpendicular

muy = mufy +Mvy

ou ainda

vy = − 1√3m

Mu = −

√3

31λu

O ângulo formado pela velocidade ~v e a direção definida por ~u é dado por:

tan θ = vy

vx

= −√

33

Portanto θ = −30o.

b) calcule a razão λ = M/m e o valor de v.


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Conservação de energia mecânica total

E0 = Ef

12mu

2 = 12mu

2f + 1

2Mv2

mu2 = m

(√3

3 u

)2

+M(v2

x + v2y

)

Substituindo vx e vy e dividindo por mu2:

1 = 13 + M

m

(m2

M2 + 13m2

M2

)

1 = 13 + 4

31λ

λ = 2

Ou seja, M = 2m.


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