Lista_5_-_Física_I

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Lista 5 - Física I 1
Lista 5 - Física I
Nome: Felipe Adrian
Nº USP: 12559020
Universidade de São Paulo
e-mail para contato: Felipeadrianba2.fa@usp.br
Exercício 1:
Um bloco de madeira e um revólver estão firmemente fixos nas extremidades opostas de 
uma longa plataforma montada sobre um trilho de ar sem atrito. O bloco e o revólver estão 
separados por uma distância L. O sistema está inicialmente em repouso. O revólver dispara 
uma bala que o abandona com uma velocidade , atingindo o bloco e nele se encravando. 
A massa da bala é mb e a massa do sistema revólver–plataforma–bloco é 
(a) Qual é a velocidade da plataforma imediatamente após a bala sair do revólver? 
(b) Qual é a velocidade da plataforma imediatamente após a bala atingir o repouso dentro 
do bloco? 
(c) Qual é a distância percorrida pela plataforma, enquanto a bala está em trânsito entre o 
revólver e o bloco?
Item A
 Pela 3ª Lei de Newton, no momento de disparo da Bala, há uma força contrária sendo exercida, sendo assim, há o que virá 
à ser chamada de Velocidade de recúo .
 Antes, é válido notar a falta de forças externas assim:
 
 dá se que é válido o Teorema da conservação do momento:
📢 
V b
Msist
V R
∄F ext
P = P → (M −M ) ∗ V =M ∗ Vf i sist b r b b
Lista 5 - Física I 2
📢 o qual nos guia para: 
 vem que, instantaneamente, após o disparo não participa do sistema. Isto é 
o quê posteriormente virá a ser chamado de massa do sistema no momento 
A velocidade de recuo deu se negativa pois é contrário ao movimento da bala, tomado 
como referêncial
Item B
 Vale a conservação do momento, portanto:
📢 
📢 A velocidade final do sistema é 0
0 pois quando atinge o bloco, o sistema entra em repouso.
Item C
 Enquanto a bala encontra-se no espaço L, a ainda permanece, assim:
📢 
Assim é importante saber a distância l que a bala percorre, dessa forma:
📢 
📢 
📢 
 E neste interim, 
V = −R (M −M )sist b
M ∗ Vb b
(M −sist M )b Mb
Msmn
V R
P = P →M ∗ V = (M −M )Vf i sist f/sist sist b R
V f/sist
Mb
V R
ΔS = V ∗ ΔTR
V = V − Vrel b R
V = V −rel b (
Mmsn
−M ∗ Vb b)
V = V ∗rel b (
Msmn
Mb +1)
=
V rel
L
ΔT
Lista 5 - Física I 3
Retornando à equação primeira, onde 
📢
 
 
📢
 
📢 
Exercício 2:
 
 Uma montagem experimental de seu laboratório de física consiste em dois deslizadores 
sobre um trilho de ar horizontal sem atrito. Cada deslizador carrega, sobre si, um forte 
ímã, e os ímãs estão orientados de forma a se atraírem mutuamente. A massa do deslizador
 1, com seu ímã, é 0,100 kg, e a massa do deslizador 2, com seu ímã, é 0,200 kg. Você e 
seus colegas são instruídos a tomarem como origem a extremidade da esquerda do trilho e a 
centrarem o deslizador 1 em x1 = 0, 100 m e o deslizador 2 em x2 = 1, 600 m. O deslizador 
1 tem um comprimento de 10,0 cm, enquanto o comprimento do deslizador 2 é 20,0 cm, e 
cada deslizador tem o centro de massa localizado em seu centro geométrico. Quando os dois 
deslizadores são largados a partir do repouso, eles se movem até se encontrarem e grudarem 
um no outro. 
(a) Determine a posição do centro de massa de cada deslizador no momento em que eles se 
tocam.
(b) Determine a velocidade com que os dois deslizadores continuarão a se mover após gru- 
darem. Explique seu raciocínio.
 
Item A
Δs = V ∗rel ΔT
Δs = ∗(
Mmsn
M ∗ Vb b)
⎝
⎛
V ∗b (
Msmn
Mb +1)
L
⎠
⎞
Δs =
M ∗ V ∗snm b (
Msmn
Mb +1)
M ∗ V ∗ Lb b
Δs = ∗ L
M +Mb snm
Mb
Lista 5 - Física I 4
📢 
Assim:
📢 
 Logo as novas coordenadas do CM de cada imã é dado por:
📢 
Tomando que quando colidirem seus centros se separarão pela metade (tomado que seus centros de massa são 
posicionados no centro. como foi dado). Logo:
📢 
 e assim caímos em um sistema:
📢
 
Item B
Entre diversas formas de se explicar, a mais plausível é considerar que devido as propriedades dos imãs, no momento que 
algum poderia fazer/sofrer alguma força para se mover, haveria uma força igual e contrária impedindo assim a locomoção, e 
na ausência de forças externas não haveriam como se mover, logo a velocidade após o choque dos imãs a velocidade é 
Exercício 3:
 
 Na molécula de amônia NH3, três átomos de hidrogênio H formam um triângulo 
equilátero, com o centro do triângulo a uma distância m de cada átomo 
de hidrogênio. O átomo de nitrogênio N está no vértice superior de uma pirâmide, com 
os três átomos de hidrogênio formando a base. A razão entre as massas do nitrogênio e do 
hidrogênio é 13,9 e a distância nitrogênio-hidrogênio é m. 
(a) Qual a coordenada x do centro de massa? 
(b) Qual a coordenada y do centro de massa?
→X = ( )cm (M )∑i
n
i
(M ∗X )∑i
n
i i
0, 300kg
0, 100kg ∗ 0, 100m+ 0, 200kg ∗ 1, 600m
X = 1, 1mcm
→1,1m =
0, 300kg
0, 100kg ∗X m+ 0, 200kg ∗X m1 2
X m+ X m
3
1
1 3
2
2
X −X = ∗ (10 + 20)cm = 0, 150m2 1 2
1
→
⎝
⎛
X m+ X m
3
1
1 3
2
2
X −X = 0, 150m2 1 ⎠
⎞
S((X ;X ) =1 2 (1, 0m; 1, 15m))
0
s
m
d = 9, 40 ∗ 10−11
L = 10, 14 × 10−11
Lista 5 - Física I 5
Item A
 Tomado o eixo de referência dado pela figura de modo inteligente, podemos transformar o problema de 
 e posicionamos o eixo x no centro, como de fato é dado,. Logo a coordenada 
Item B
📢
 
📢 
Geometricamente nos é dado que 
📢 
📢 
Exercício 4:
 
 Uma mola de constante elástica k e massa desprezível possui uma de suas pontas conectada 
a um bloco de massa M e a outra ponta está fixada a uma parede. O sistema está inicialmente 
ℜ →3 ℜ2
x = 0
→=
Mtotal
(M ∗ R )
i=1
∑
n
i i
Rcmy
→)
(M + 3 ∗Mn h
M ∗ h+ 0 ∗ 3n
h =2 L −2 d2
= 3, 80 ∗ 10L − d2 2 −11
=
13, 9 + 3
13, 9 ∗ 3, 80 ∗ 10−11
R →cmy R = 3, 13 ∗ 10cmy −11
Lista 5 - Física I 6
em equilíbrio e a superfície não possui atrito. Uma bala de massa é disparada em direção 
ao bloco com uma velocidade 
(a) Assumindo que a bala atinge o repouso dentro do bloco, qual a velocidade do sistema 
bala-bloco após a bala atingir o repouso e qual a distância percorrida pelo sistema quando 
ele atinge o repouso pela primeira vez? Considere que o tempo que a bala demora para 
atingir o repouso dentro do bloco é desprezível. 
(b) Agora assuma que a bala consiga atravessar o bloco e saia dele com uma velocidade . 
Desprezando o tempo que a bala demora para atravessar o bloco, encontre a velocidade 
do bloco quando ele começa a se mover e a distância percorrida por ele até atingir o 
repouso pela primeira vez.
Item A
 
 Carece de colocar imagem.
 Dado que é valido o Teorema da Conservação do momento, além disso trata-se de uma colisão totalmente 
inelástica.
📢 
 Pede-se , assim:
📢 
 na segunda parte, é pedido a distância L percorrida pelo bloco até que sua primeira velocidade seja , isto é, qual sua mola 
comprime completamente. Logo assim, cabe-nos aplicar o teorema da Conservação da Energia no momento da colisão no 
bloco, logo:
📢 
 logo 
📢 
Já foi de antemão multiplicado por 2 de ambos os lados.
📢
 
Mb
V b
2
V b
∄F ext
→P = Pb sist M ∗ V = (M +M ) ∗ Vb b b bl sist
V sist
V = ( ) ∗ Vsist
M +Mb bl
∗Mb
b
0
→ΔK +ΔU = ΔK +ΔUo o f f
∄Uo ΔU =o 0
(M +M ) ∗ V = K ∗ Lb bl sist
2 2
V ∗ = Lsist
K
(M +M )b blLista 5 - Física I 7
Item B
 Será tomado a resolução separada em 2 casos:
1 Colisão;
2 Colisão no momento do bloco
 Partemos para o caso 1
Tratando-se de uma colisão:
📢 
 Feito o caso 1, partemos para o caso 2
Para o caso 2, na ausência de é válido o Teorema da conservação da energia. Logo:
📢 
substituindo o caso 1 no caso 2
📢 
📢
 
Exercício 5:
 Uma bala de 5,20 g que se move a 672 m/s atinge um bloco de madeira de 700 g inicial- 
mente em repouso sobre uma superfície sem atrito. A bala atravessa o bloco e sai do outro
lado com velocidade reduzida para 428 m/s. 
(a) Qual a velocidade final do bloco? 
(b) Qual a velocidade do centro de massa do sistema bala-bloco?
Item A
📢 
Considere que, durante a colisão e nem depois, não há perda material.
→M ∗ V =M ∗ V +M ∗b b bl bl b 2
V b ∗ V = V
2 ∗Mbl
Mb
b bl
F ext
→K = Uo f M ∗ V = K ∗ Lbl obl
2 2
) = L
K
M ∗ ((V )bl bl 2 2
∗ = L
2 ∗Mbl
M ∗ Vb b
K
Mbl
→P + P = P + Poba obl f ba fbl
Lista 5 - Física I 8
 Considere que estava em repouso. logo seu momento é 
📢 
 Pede-se , logo:
📢 
Substituindo:
 = 5,20 g
 = 700 g
= 672 
 = 428 
 Temos:
📢
 
Note que 
Item B
 
📢
 
Dado que , por isso sua falta na equação
Substituindo:
∄F ext
P obl 0
M ∗ V =M ∗ V +M ∗ Vba oba ba fba bl f bl
V fbl
= V
Mbl
M ∗ba (V − Voba fba)
fbl
Mba
Mbl
V oba s
m
V fba s
m
= 1, 81
700g
5, 20g ∗ (672 − 428)
s
m
s
m
V ≫fba V ∵fbl M ≫bl Mba
→= V
Mtotal
(M ∗ v )
i=1
∑
n
i i
cm =
mtotal
m ∗ vba ba
V =bl 0
m =ba 5, 20g
v =ba 672
s
m
Lista 5 - Física I 9
Temos:
📢
 
Exercício 6:
 Considere um foguete que está no espaço sideral em repouso em relação a um referencial 
inercial. O motor do foguete deve ser acionado por um certo intervalo de tempo. Determine 
a razão de massa do foguete (razão entre as massas final e inicial) nesse intervalo para que 
a rapidez original do foguete em relação ao referencial inercial seja igual: 
(a) à rapidez de exaustão (rapidez dos produtos de exaustão em relação ao foguete); 
(b) à duas vezes a rapidez de exaustão.
Vide formulário para ver a demonstração da fórmula a ser usada
Item A
 Dado:
📢 
 Pede-se a razão entre as massas para que seja igual à rapidez original em relação à inicial. Logo:
Dado o objeto inicialmente em repouso, logo . (Tomar esta notação para o item A e B
📢
 
 Para que seja igual a , basta que dê 1. Assim é uma demonstração por lógica.
Item B
m =total 705, 20g
→ = 4,95
mtotal
m ∗ vba ba
705, 20g
5, 20g ∗ 672
s
m
s
m
v − v = v ∗ ln( )ff of rel
mff
mof
V rel
v =of 0
→= v
ln( )
mff
mof
v − vff of
rel ln( ) =mff
mof 1
vf vrel ln( )
mff
mof
Lista 5 - Física I 10
📢 
a condição permanece.
Exercício 7:
 Considere a seguinte reação nuclear:
📢 
 
onde duas partículas A idênticas, de massa m, colidem e tem como produto dessa reação 
uma partícula B, de massa m, e uma partícula C, de massa m. Além disso, a reação pode 
resultar em uma diferença de energia Q entre a energia cinética final e inicial . 
 Adotando o referencial do laboratório tal que uma partícula A está em repouso e a outra 
colide com ela com uma velocidade e a partícula B é emitida com um ângulo em relação
ao vetor velocidade . Já no referencial do centro de massa, o ângulo de espalhamento da 
partícula B é , em relação a . Determine uma expressão para em termos de , e .
Item:
 Separemos antes em 3 casos:
1 Referencial do laboratório e suas equações;
2 Referencial do centro de massa e suas equações;
3 Encontrar relação entre os dois casos anteriores.
Assim o caso 1
 Antes de iniciar, cabe demonstrar a velocidade do Centro de massa ( ) , assim:
💡 
Dado que V_{a2} = 0 e que 
 Carece de imagens.
→= 2 ∗ v
ln( )
mff
mof
v − vff of
rel = v
ln( )
mff
mof 2
v − vff of
rel
ln( ) =
mff
mof 1
A+A→ B + C
2
3
2
1
(Q = K −f K )o
v ϕ
v
θ v Q v θ ϕ
V cm
→V =cm 2Ma
V ∗M + V ∗Ma1 a1 a2 a2
V =cm 2
Va1
Ma1 =Ma2
Lista 5 - Física I 11
Dado um sistema isolado, logo 
📢 
📢 
📢 
📢 
Agora partemos para o caso 2
📢 
📢 
Considere, aqui somente neste caso, como sendo velocidades das partículas c e b 
no referencial do centro de massa.
 E do próprio CM
📢 
 
CARECE DE IMAGENS.
 Com as equações acima, temos:
📢
 
∄F ext
M ∗ V + 0 =M ∗ V ∗ cosϕ+M ∗ V ∗ cosγa a b b c c
0 =M ∗ V ∗ sen(ϕ) +M ∗ V ∗ sen(γ)b b c c
2 ∗M ∗ V + 0 = 3 ∗M ∗ V ∗ cosϕ+M ∗ V ∗ cosγa a b b c c
0 = 3 ∗M ∗ V ∗ sen(ϕ) +M ∗ V ∗ sen(γ)b b c c
M ∗ V + 0 =M ∗ V ∗ cos(θ) +M ∗ V ∗ cos(α)a cm bm cm c c
0 =M ∗ V ∗ sen(θ) +M ∗ V ∗ sen(α)bm b c cm
V , Vccm bcm
=
2Ma
V ∗M + V ∗Ma1 a1 a2 a2
2Ma
V ∗Ma1 a1
V = 3 ∗ (V − ) ∗ cos(θ) + (V − ) ∗ cos(α)a b 2
Va
c 2
Va
Lista 5 - Física I 12
📢
 
📢 
Partindo das equações, temos que:
📢
E também, tomando que , temos, nessa relação:
📢
 
e também que:
📢 
E substituindo nessa última equação, temos:
📢 
Tendo 
podemos ter e, função do acima obtido. Logo:
📢
Caso 3
 Assim temos o que queremos:
0 = 3 ∗ (V − ) ∗ sen(θ) + (V − ) ∗ sen(α)b 2
Va
c 2
Va
2 ∗ V = V + 3 ∗ Va c b
→2 ∗ V = V + 3 ∗ Va c b V = 2 ∗ V − 3 ∗ V → V =c a b c 4 ∗ V + 9 ∗ v − 2 ∗ V ∗ V ∗ cos(ϕ)a2 b
2
a b
Q =lab Qcm
→V ∗ sin(ϕ) = V ∗ sin(θ)b bm
sin(θ)
V ∗ sin(ϕ)b
V ∗ cos(ϕ) = V ∗ cos(θ) +b bm 2
V a
V bm
V ∗ cos(ϕ) = ∗ cos(θ) +b
sen(θ)
V ∗ sen(ϕ)b
2
V a
V =b 2 ∗ (cos(ϕ) − sen(phi) ∗ cotg(θ))
V a
V c V b
→4 ∗ V + 9 ∗ v − 2 ∗ V ∗ V ∗ cos(ϕ)a2 b
2
a b
=4 ∗ V + 9 ∗ ( ) − 2 ∗ V ∗ ( ) ∗ cos(ϕ)a2 2 ∗ (cos(ϕ) − sen(phi) ∗ cotg(θ))
V a 2
a 2 ∗ (cos(ϕ) − sen(phi) ∗ cotg(θ))
V a
V c
Lista 5 - Física I 13
📢 
📢 
📢 ( acima =
📢
📢
 Carece de imagens.
Exercício 8:
 
 Uma bala de massa e velocidade atravessa um pêndulo de massa com um fio de 
comprimento conforme mostra a figura. O pêndulo está inicialmente em repouso e após 
atravessá-lo a bala sai com uma velocidade . Qual deve ser a velocidade mínima da bala 
para que o pêndulo complete uma volta ao longo do círculo?
 Item:
 Separemos em dois casos:
1 O caso antes da colisão.
2 A colisão no bloco.
 assim, no 1
 , assim vale o Teorema da conservação do momento:
→Q = K +K −Kb c a →m (V ) +M ∗ (V ) −M ∗ (V )b b 2 c c 2 a a 2
→= 3 ∗ (V ) + (V ) − 2 ∗ (V )
m
Q
b
2
c
2
a
2
=
m
Q
3 ∗ ( ) +
2 ∗ (cos(ϕ) − sen(phi) ∗ cotg(θ))
V a 2 V c )2 −2(V )a 2
Q = m( −
2 ∗ (cos(ϕ) − sen(phi) ∗ cotg(θ)2
V a
2
−
(cos(ϕ) − sen(phi) ∗ cotg(θ))
V ∗ cos(ϕ)a
2
2 ∗ V )a
2
Mb V b Mmp
L
3
V b
∄F ext
Lista 5 - Física I 14
📢 
 
Considere que inicialmente está em repouso, logo o produto é .
Logo:
📢 
Considere que 
📢 
📢 
 E agora terminamos o caso 1. Partemos para o caso 2
 
Consideremos que, para realizar uma volta, deve estar ao mínimo no ponto mais alto do 
pêndulo e ainda com velocidade.
Assim, pelo Teorema da conservação da energia , temos:
📢 
📢📢 
Onde representa a velocidade no ponto mais alto do pêndulo.
→P + P = P + Pm mp fm fmp
→M ∗ V ob+M ∗ V =M ∗ V +M ∗ Vb mp omp b fb mp fmp
V omp M ∗mp V omp 0
M ∗ V =M ∗ V +M ∗ Vb ob b f1 mp fmp
V =fb 3
V ob
M =M ∗ Vb (V −ob 3
V ob) mp fmp
V = ∗fmp
Mmp
Mb
( ∗ V
3
2
ob
)
Mmp
→ΔK +ΔU = 0 → U +K = U +Ko o f f
0 + ∗ V =M ∗ g ∗ (2L) + ∗ V
2
Mmp
omp
2
mp 2
Mmp
fmp
2
V = 4 ∗ g ∗ L+ Vomp
2
fmp
2
V fmp
2
Lista 5 - Física I 15
No ponto mais alto do pêndulo, foi notado que há ainda uma velocidade. Na coordenada radial 
percebe-se a presença da força centrípeta.
 
Decompondo as forças no ponto mais alto do pêndulo:
📢 
Já foi de antemão divido por e multiplicado por de ambos os lados
 Carece de colocar imagem da decomposição da força
📢 
 Logo:
📢 
 
📢 
 Fazendo a união do caso 1 e 2
 
Onde do caso 1 é igual do caso 2
📢 
📢
 
E concluímos aqui que, se for menor que isso, não completará a volta ao longo do círculo.
F = P → L ∗ g = Vc fmp
2
Mmp L
V = g ∗ Lfmp
2
V = 5 ∗ g ∗ Lomp
2
V =omp 5 ∗ g ∗ L
V fmp V omp
→= ∗5 ∗ g ∗ L
Mmp
Mb
( ∗ V
3
2
ob
)
∗ = V
2
3
Mb
Mmp
5 ∗ g ∗ L ob
V ob Mmp
Lista 5 - Física I 16
Formulário:
Sistema de massa variável e princípio e propulsão de Foguetes:
O Momento inicial do foguete (antes da queima) é dado por 
Tomemos, antes de tudo, como sendo a velocidade do foguete, a velocidade relativa e velocidade do gás, 
respectivamente.
 Assim sendo:
📢 e adicionando massa perdida do foguete em cada instante , isto é, massa à 
ambos os lados, temos o Momento da massa ejetada: 
📢 
 Conforme dado na figura, conforme chega o final do intervalo o foguete ganha velocidade com a massa do foguete que 
ainda não foi queimado e sua massa diminui para . O Momento do foguete nesse instante 
portanto é:
📢 
Lembrando que é negativo. A massa relativa do foguete à sua perda dado acima 
 é resultante da equação .
Assim, o momento total no instante é:
📢 
 em dadas circunstâncias (como esta do exercício 6 o foguete está livre de forças externas. Sendo assim, o momento 
linear se conserva tanto para o instante quanto para , logo:
P of m ∗ vf f
v , v , vf rel g
v = v − vg f rel dt −dm
P g
(−dm ) ∗ v = (−dm ) ∗ (v − v )f g f f rel
dt
(V +f dv) (M +f dm) P f
(m + dm ) ∗ (v )f f f
dm
(m + dm)f (m −f (−dm))
P f+g (t+ dt)
P = (m + dm ) ∗ (v + dv) + (−dm ) ∗ (v − v )f+g f f f f rel
t t+ dt
Lista 5 - Física I 17
📢 
.
A qual pode ser rearranjada para:
📢 
 
Podemos, nesse caso, desprezar em virtude de ser uma grande infinitesimal, quase 
que insignificante na presença dos demais termos da equação.
 Logo podemos fazer a divisão de termos da equação do , e temos:
📢
 
 onde temos, à título de curiosidade, de um lado equação a Força resultante de propulsão do foguete 
.
📢 
integrando de ambos os lados , temos:
📢
 
Considere constante
📢 =
📢 
m ∗ v = (m + dm ) ∗ (v + dv) + (−dm ) ∗ (v − v )f f f f f f rel
m ∗ v = (−dm ∗ v ) − (dm ∗ dv)f f f rel f
dm ∗ dv
dt
m ∗ = − ∗ vof
dt
dvf
dt
dmf
rel
F rpf
dv = − ∗ vf
mf
dm
rel
dv = − v ∗
vof
∫
vff
f ∫
mf i
mff
rel
mf
dmf
vrel
v − v = −v ∗ ln( )ff of rel
mof
mff
v − v = v ∗ ln( )ff of rel
mff
mof
Lista 5 - Física I 18