Exercício de Física I (295)

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SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 295
em que, como no item (a), v ghi1 2= . Assim, neste caso,
v gh2
1
3
2= .
Para analisar o movimento do conjunto dos dois blocos (já que, agora, eles se mantêm unidos 
após a colisão), usamos a Eq. 8-29:
1
2 9
2 5
1 2 2
2
1 2( ) ( )
,
m m v E f d m m gd d
h
k k
k
+ = = = + ⇒ = =∆ t µ µ
mm
m.
9 0 500
0 556
×
=
,
,
69. (a) Usamos a lei de conservação da energia mecânica para determinar a velocidade das bo-
las depois de caírem uma distância h. A energia cinética inicial das duas bolas é zero, a ener-
gia potencial gravitacional inicial é Mgh para a bola maior e mgh para a bola menor, a energia 
cinética final é Mv2/2 para a bola maior e mv2/2 para a bola menor e a energia potencial final 
das duas bolas é zero. Assim, Mgh = Mv2/2 para a bola maior, mgh = mv2/2 para a bola menor 
e, nos dois casos, v gh= 2 . A colisão da bola maior com o chão é uma colisão elástica de um 
objeto leve com um objeto de massa muito maior, na qual a velocidade do objeto leve muda 
de sentido conservando o mesmo módulo. Assim, imediatamente após a colisão, a bola maior 
começa a subir com uma velocidade escalar v gh= 2 , enquanto a bola menor ainda está des-
cendo com a mesma velocidade escalar. Podemos usar a Eq. 9-75 para calcular a velocidade da 
bola maior após a colisão:
v
M m
M m
v
m
M m
v
M m
M m
gh
m
M m
gh
M
Mf Mi mi=
−
+
+
+
= −
+
−
+
=2 2 2 2 −−
+
3
2
m
M m
gh.
De acordo com a equação acima, para que a velocidade da bola maior seja nula no momento da 
colisão, devemos ter m = M/3. Como M = 0,63 kg, m = 0,21 kg. 
(b) Usamos a mesma equação (intercambiando M e m) para calcular a velocidade da bola menor 
imediatamente após a colisão:
v
M m
M m
v
m
M m
v
M m
M m
gh
m
M m
gh
M
Mf Mi mi=
−
+
+
+
= −
+
−
+
=2 2 2 2 −−
+
3
2
m
M m
gh,
o que nos dá, para M = 3m, v ghmf = 2 2 .
 
Para calcular a altura h9 atingida pela bola menor, 
usamos a lei de conservação da energia. A energia cinética inicial é mvmf2 /2, a energia potencial 
inicial é zero, a energia cinética final é zero e a energia potencial final é mgh9. Assim,
1
2 2
42
2
mv mgh h
v
g
hm f
m f= ⇒ = =' ' .
Para h = 1,8 m, obtemos h9 = 7,2 m.
70. Usamos as Eqs. 9-67 e 9-68 para analisar a colisão elástica e a Eq. 4-21 para analisar o mo-
vimento balístico subsequente. Note que os tempos de queda livre, t, dos dois discos são iguais. 
Assim, temos:
∆x2 = v2 t sendo ∆x2 = d e v
m
m m
v i2
1
1 2
1
2=
+
∆x1 = v1 t sendo ∆x1 = −2d e v
m m
m m
v i1
1 2
1 2
1=
−
+
.
Dividindo a primeira equação pela segunda, obtemos
d
d
m
m m
v t
m m
m m
v t
i
i
−
= +−
+
2
2 1
1 2
1
1 2
1 2
1
.
Depois de cancelar v1i , t e d, obtemos m2 = 1,0 kg.