F128 Exercicios Resolvidos Cap 9B

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F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 9B
Exercício 1
Na figura abaixo o bloco 1 de massa m1 desliza sem velocidade inicial ao longo de uma rampa sem
atrito a partir de uma altura h = 1, 25m e colide com o bloco 2 de massa m2 = 32m1, inicialmente
em repouso. Após a colisão o bloco 2 desliza em uma região onde o coeficiente de atrito cinético
é µc = 0, 5 e pára depois de percorrer uma distância d nesta região. Qual é o valor da distância d
se 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 rampa
Como na descida da rampa a energia é conservada a velocidade do bloco m1 imediatamente antes
da colisão com m2 é dada por:
Ei = Ef
m1gh =
1
2m1v
2
0
v0 =
√
2gh
Usando os valores do problema temos v0 = 7, 07m/s1.
Colisão perfeitamente elástica
Conservação de momento linear
Durante a colisão temos conservação de momento na direção x pois nenhuma força externa atua
nesta direção (o atrito passará a agir assim que um dos blocos entrar na região de atrito, logo
após a colisão).
1Perceba que nessa etapa do movimento o momento linear não é conservado em nenhuma das direções. Na
vertical temos a força peso e uma parte da normal da rampa sobre m1, na horizontal temos a outra parte da
normal da rampa. Tanto a força peso quanto a força normal realizada por corpos fora do sistema são forças
externas e alteram o momento total do sistema. O sistema que consideramos é formado apenas pelos dois blocos.
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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, o
momento 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:
1
2m1v
2
1a =
1
2m1v
2
1d +
1
2m2v
2
2d (2)
Calculando-se os produtos da colisão
A partir do sistema de duas equações formado por (1) e (2) podemos calcular as duas variáveis
desconhecidas v1d e v2d. Para resolvermos e encontramos v1d, isolamos m2v2d na (1) e elevamos ao
quadrado, para a seguir substituirmos na (2):
m1v
2
1a = m1v21d +
m21
m2
(v1a − v1d)2
(m1 +m2) v21d − 2m1v1av1d + (m1 −m2) v21a = 0 (3)
Obtemos dois resultados possíveis (veja os cálculos no exercício 5, equação (9)):
v1d = m1−m2m1+m2v1a com v2d =
2m1
m1+m2v1a
ou
v1d = v1a com v2d = 0
O primeiro resultado nos diz que se o primeiro bloco tiver maior massa que o segundo, então
os dois se moverão no sentido positivo do eixo, ou seja, o bloco 1 irá arrastar o bloco 2. Caso
contrário (m2 > m1) o bloco 1 será refletido.
O segundo resultado é bastante interessante, apesar de inútil. Em nenhum lugar em nossas
contas 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 ocorrerem
dentro dos vínculos que impusemos. Uma dessas situações seria o bloco 1 atravessar o bloco 2
sem interagir com este.
Como sabemos que houve colisão usamos o primeiro resultado. Usando os dados do problema:
v1d = −15v1a = −1m/s
v2d =
4
5v1a = 4m/s
Movimento em região com atrito
Estamos interessados na distância que o bloco 2 irá percorrer na região de atrito. Sabemos que
a força de atrito cinético é constante, já que a força normal é constante. Para o bloco 2 a
desaceleração 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 após
qual deslocamento o bloco para (v2 = 0):
v2f2 = v22d + 2a∆s
d = ∆s = −v
2
2d
2a =
16h
25µc
Obtemos finalmente d = 1, 6m para o deslocamento do bloco 2 na região com atrito.
Outra forma de resolução
Quando calculamos a velocidade do centro de massa e depois as velocidades relativas dos dois
blocos 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 sua
velocidade. Para ele cada bloco percorre uma dada distância em um dado intervalo de tempo e
essas distâncias mantêm uma proporção constante que é justamente a razão das duas massas. Ao
colidirem 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 mesma
proporção 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 é
constante.
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, a
menor velocidade que os blocos podem ter é a velocidade do centro de massa. Por esta razão, os
blocos se colam como duas bolas de papel higiênico.
O pequeno impasse criado as perdermos uma das equações necessárias para a resolução do
problema (cálculo de v1d e v2d) é resolvido pelo vínculo v1d = v2d, já que agora os blocos movem-se
juntos.
Substituindo na conservação do momento linear (1) temos:
m1v1a = m1v1d +m2v1d
v1d =
m1
m1 +m2
v1a
Obtemos v1d = V v2d = 25v1a = 2m/s.
Assim os dois blocos deslizam juntos na região com atrito com a mesma aceleração que antes
e percorrem a distância:
d = −v
2
1d
2a =
4h
25µc
= 0, 4m
Exercício 2
Cubos de gelo pequenos, cada um de massa 5, 00g, deslizam para baixo em uma pista sem atrito
em um fluxo constante, como mostrado na figura abaixo. Partindo do repouso, percorre uma
distância vertical total de 1, 50m, e deixa a extremidade inferior da pista em um ângulo de 40◦ em
relação a horizontal. No ponto mais alto de sua trajetória posterior, o cubo atinge uma parede
vertical e retorna, com metade da velocidade que tinha no momento do impacto. Se 10 cubos
atingem 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 há
conservação de momento linear apenas na horizontal pois a gravidade é uma força externa que
atua 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 =
(
−mvf2
)
−mvx
∆p = −32m cos θ
√
2gh
Esta variação ocorre em um intervalo de tempo muito curto, entretanto a cada ∆t = 1
f
= 110s
um cubinho atinge a parede, de forma que a força média sobre o "fluxo de cubinhos" é dada por:
F¯pc =
∆p
∆t = −
3
2
m cos θ
√
2gh
f
= −0, 315N
E a força exercida pelos cubinhos sobre a parede é F¯cp = −F¯pc = 0, 315N , para a direita
conforme a figura.
Exercício 3
Uma bola de sinuca, com velocidade de 10m/s, colide com outra de massa igual, e sua trajetória
sofre um desvio de 60o. Calculeas 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 é
defletida. 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 do
momento linear como:
Conservação do momento linear na direção x
Pix = Pfx
mv1a = mv1d cos 60o +mv2d cos θ
v1a =
1
2v1d + v2d cos θ
ou ainda
v2d cos θ = v1a − v1d2 (4)
Conservação do momento linear na direção y
Piy = Pfy
0 = mv1dsen60o +mv2dsenθ
ou ainda
v2dsenθ =
√
3
2 v1d (5)
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Conservação de energia mecânica total
E0 = Ef
1
2mv
2
1a =
1
2mv
2
1d +
1
2mv
2
2d
ou ainda2
v21a = v21d + 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 nosso
caso elevamos ao quadrado as equações (4) e (5) e somamos:
v22d =
(
v1a − v1d2
)2
+ 34v
2
1d
Agora substituimos este resultado na (6) e obtemos:
v21a = v21d +
(
v1a − v1d2
)2
+ 34v
2
1d
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 da
colisão com velocidade que formasse um ângulo de 60o com a direção de incidência. Mas um vetor
de tamanho nulo pode ser descrito como fazendo um ângulo qualquer com outro vetor , inclusive
60o. Nesta situação a bola 1 colide frontalmente com a outra bola e fica parada. Isto só pode
ocorrer porque as duas bolas possuem a mesma massa.
A outra solução é
v1d =
v1a
2 = 5m/s
portanto
v2d =
√
3
2 v1a = 8, 66m/s
e o ângulo é dado por senθ = 12 , ou seja, θ = 30
o.
2Note que v1a, v1d e v2d se relacionam como os lados de um triângulo retângulo.
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Exercício 4
Um 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 elástica
k = 2, 00 × 104N/m, como na figura. O canhão dispara um projétil de massa m = 200kg a uma
velocidade 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 do
canhão.
Verticalmente o canhão não se move, de forma que devemos apenas considerar o seu movimento
horizontal. Pela conservação do momento linear na direção horizontal (veja discussão no item d)
temos:
Pi = Pf
0 = MVx +mv0 cos 45o
Vx = −m
M
v0 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 =
1
2k∆x
2
Ma´x
∆xMa´x =
√
k
M
|Vx|
3Durante a explosão, entretanto, energia mecânica não é conservada, já que a queima da pólvora faz uma
transdução da energia química das ligações em energia mecânica.
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E a distensão máxima da mola é dada por ∆xMa´x = 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:
FMa´x = −Fmola−Ma´x = k∆xMa´x = 3, 54× 104N
d) Considere o sistema constituído pelo canhão, base, e projétil. O momento deste sistema é
conservado durante o disparo? Por que?
Durante o disparo há conservação de momento linear apenas na horizontal. Perceba que a
força da mola é uma força externa. Entretanto, a distenção da mola é tão pequena durante a
explosão e o intervalo de tempo é tão pequeno que o impulso causado por esta força externa é
desprezível. O momento linear na horizontal é, portanto, conservado durante o infinitésimo de
tempo de explosão.
Na direção vertical não temos conservação de momento linear pois a força da gravidade e a
força normal são forças externas. No infinitésimo de tempo de explosão o impulso dado pela
gravidade é desprezível, mas não o da força normal. As forças chamadas "forças de vínculo", ou
forças 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 solo
exerce sobre o canhão. No momento da explosão essa força normal sofre um pico agudo e a área de
baixo 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 mais
baixa da trajetória a bola se choca elasticamente com um bloco de metal de 2, 5kg, inicialmente
em 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 = mv
2
0
2
v0 =
√
2gl = 3, 74m/s
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Após a colisão
Como 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 + 4M2v20 − 4m2v20
= 4M2v20
e
v = 2mv0 ± 2Mv02 (M +m)
As duas soluções são:
v = v0 Não houve colisão.
v = m−M
M+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−M
m+M
)
v0 +MV
MV = (M +m)m− (m−M)m
M +m v0
= 2mM
M +mv0
V = 2m
M +mv0 = 1, 25m/s
Exercício 6 (Extra)
Uma corrente de massa M e comprimento L está jogada no chão. Uma pessoa segura-a por uma
das pontas e suspende-a verticalmente, com velocidade constante v. Calcule a força exercida pela
pessoa desde o instante inicial até o instante final em que a corrente está prestes a abandonar o
chão.
Ao erguer o primeiro gomo de massa ∆m a pessoa precisa alterar a velocidade dele de 0m/s a
v, isto implica em uma aceleração causadapor uma força média:
F¯ = impulsotempo =
∆p
∆t =
v∆m
∆t → F (t = 0) = v
dm
dt
Onde fizemos o limite de uma corrente com elos muito pequenos e dmdt é 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 a
gravidade):
F (t) = m (t) g + vdmdt
Se a velocidade com que a corrente é erguida é constante então após um tempo T = L
v
toda
a corrente estará levantada. Em um tempo qualquer t a massa de corrente suspensa é dada por
m (t) = M t
T
= Mv
L
t. Podemos assim obter:
F (t) = Mv
L
gt+ Mv
L
v = 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 foi
defletida 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 direção
que 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 partícula
de 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
= 1
λ
u
Conservação do momento linear na direção perpendicular
muy = mufy +Mvy
ou ainda
vy = − 1√3
m
M
u = −
√
3
3
1
λ
u
O ângulo formado pela velocidade ~v e a direção definida por ~u é dado por:
tan θ = vy
vx
= −
√
3
3
Portanto θ = −30o.
b) calcule a razão λ = M/m e o valor de v.
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13
Conservação de energia mecânica total
E0 = Ef
1
2mu
2 = 12mu
2
f +
1
2Mv
2
mu2 = m
(√
3
3 u
)2
+M
(
v2x + v2y
)
Substituindo vx e vy e dividindo por mu2:
1 = 13 +
M
m
(
m2
M2
+ 13
m2
M2
)
1 = 13 +
4
3
1
λ
λ = 2
Ou seja, M = 2m.
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