Problemas de Física: Balde, Partículas, Centro de Massa, Metralhadora e Explosão

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Problemas do Capítulo 7
Problemas resolvidos
Problema 1 - Um balde recebe água de uma torneira que jorra 12 litros por segundo. O
balde apóia-se em uma balança que irá medir a massa da água quando a torneira for
fechada. Em um da do instante, o balde, com sua água, tem massa de 20,0 kg, e a
superfície da água está 1,2 m abaixo da torneira. A velocidade da água ao sair da torneira
é de 8,0 m/s. Qual é o “peso” acusado pela balança?
Solução – Usando conservação de energia mecânica, vê-se que a água atinge o balde com
velocidade dada por
ghgh oo 2,2
222 +=+= v-vvv ,
onde vo é sua velocidade ao sair da torneira e h é a altura da queda. Durante o intervalo
de tempo t∆ , o impulso que a balança imprime ao balde para frear a água que chega é
mI ∆−=∆ v .
A força envolvida nesse impulso é
gh
t
m
t
m
t
I
F oI 2
2 +
∆
∆=
∆
∆=
∆
∆= vv .
O “peso” acusado pela balança é
gh
t
m
mgPmgP oI 2
2 +
∆
∆+=+=′ v .
Substituindo os valores numéricos, obtemos
N308
s
m
2,181,9264
s
kg
12N81,90,20 =××++×=′P
Problema 2 - Duas partículas estão inicialmente em repouso, separadas pela distância d.
Por atração mútua, elas movimentam-se em direção uma da outra até colidirem. Mostre,
usando diretamente as leis de Newton, que seu movimento é tal que o centro de massa
fica sempre parado, e portanto elas colidem naquele ponto.
 Figura 1
m1 m2
x
0 d
F -F
2
Solução – As equações de movimento das partículas são
.
,
22
21
Fr
Fr
−=
=
&&
&&
m
m
Portanto,
.02221 =+ rr &&&& mm
Esta equação mostra que o centro de massa do sistema tem aceleração nula. Uma vez que
o centro de massa estava inicialmente em repouso, permanecerá nesse estado durante o
movimento das partículas.
Problema 3 - Um carro com massa de 1200 kg move-se para o Norte com velocidade
constante de 25 m/s. Outro carro, com massa de 1500 kg e movendo-se para o Oeste, tem
velocidade de 10 m/s em t = 0 e mantém aceleração constante de 1,0 m/s2 até t = 20 s.
Calcule a velocidade e aceleração do centro de massa do sistema entre 0 e 20 s.
Solução - Tomando o eixo dos x ao longo da direção Oeste-Leste, sentido Leste, e o eixo
dos y na direção Sul-Norte, sentido Norte, podemos escrever
)1,0m/sm/s10(
,m/s25
2
2
1
t×+−=
=
iv
jv
.
A velocidade do centro de massa será
21
2211
cm mm
mm
+
+
=
vv
v ,
s
m
]251200)
s
10(1500[
2700
1
cm jiv ×++×−=
t
,
s
m
]100)
s
10(5[
9
1
cm jiv ++×−=
t
.
Derivando essa velocidade em relação ao tempo,
2cm s
m
9
5
ia −= .
3
Problema 4 – Uma metralhadora atira 600 balas por minuto. Cada bala tem massa de 10
g e parte com velocidade de 400 m/s. Calcule a força média exercida pelas balas sobre a
metralhadora.
Solução – O impulso transferido para cada bala pela metralhadora é vmI =1 , onde m é a
massa da bala. Em um intervalo de tempo t são atiradas N balas que recebem um impulso
total dado por
vNmNII == 1 .
Esse impulso é expresso por
∫ =′′=
t
tFtdtFI
0
)( .
Portanto, a força média sobre a metralhadora é
vm
t
N
t
I
F == .
Substituindo os números nesta fórmula, obtemos
N40
s
m
400kg1010
s
10 3 =×××= −F .
Problema 5 – Um avião explode no ar e se divide em três partes, cujas massas e
velocidades imediatamente após a explosão são:
parte 1 - m1 = 4000 kg, m/s)25200(1 kiv += ,
parte 2 - m2 = 2000 kg, m/s)255050(2 kjiv −+−= ,
parte 3 - m3 = 2000 kg, m/s)2550(3 kjv −−= .
(a) Qual era a velocidade do avião ao explodir? (b) Qual era seu momento linear?
Solução – (a) Uma vez que as forças envolvidas na explosão são forças internas do
sistema, a velocidade do seu centro de massa não pode ter se alterado nesse processo.
Portanto, a velocidade do avião era igual à velocidade do centro de massa dos três
fragmentos, dada por
)2(
4
1
)200020004000(
8000
1
321321 vvvvvvv ++=++=cm .
Substituindo os valores das velocidades,
4
m/s]2550255050)25200(2[
4
1
kjkjikiv −−−+−+×=cm ,
m/s5,87iv =cm .
(b) O momento linear, tanto do avião quando dos fragmentos logo após a explosão, é
sN107,0m/s)5,87kg8000( 5 ⋅×=×= iP .
Problema 6 – É comum dizer-se que quando um projétil explode no ar o centro de massa
de seus fragmentos segue uma trajetória parabólica e atinge o mesmo ponto no solo que o
projétil atingiria se não tivesse explodido. Isto é verdade? Para responder à questão,
iremos considerar um caso específico: Um projétil é atirado com velocidade de 30,0 m/s
a um ângulo de 45o com a horizontal. Ao atingir seu ponto de máxima altitude, ele
explode em duas partes de massas iguais. Um dos fragmentos tem velocidade inicial
m/s)1510(1 jiv +−=o Discuta o movimento posterior do centro de massa do sistema.
Solução – Como vimos no Capítulo 4, o ponto de máxima altitude do projétil é
m9,22m
81,92
)707,030(
2
)sen( 22 =
×
×=θ=
g
h oo
v
,
e seu alcance, caso não explodisse, seria
m91,7m
81,9
900
2sen
2
==θ= oog
R
v
.
A velocidade do projétil no momento da explosão é igual à componente horizontal de sua
velocidade de lançamento:
m/s2,21iV = .
Como a explosão conserva o momento linear do sistema, podemos calcular a velocidade
inicial do segundo fragmento:
oooo Vm
mm
1221 2,22
vvVvv −==+ .
Substituindo os números nesta equação, obtemos
m/s154,52(m/s15104,42(2 j)ij)iiv +=++=o .
5
Enquanto os dois fragmentos do projétil estiverem no ar, a única força atuando sobre o
sistema será a gravidade, e portanto o centro de massa seguirá uma trajetória parabólica.
No momento em que o primeiro fragmento atingir o solo, tal trajetória será interrompida.
Obviamente, o fragmento 1, que é ejetado com velocidade vertical negativa, atingirá o
solo primeiro. Sendo t = 0 o momento da explosão, sua coordenada vertical será dada por
2
11 2
1
)( gtthty oy −+= v ,
e o fragmento atingirá o solo no instante t1 dado por
0
2
1
12
1 =−− g
h
t
g
t oy
2v
,
g
h
gg
t oyoy
2
2
11
1 +





+=
vv
,
s1,12s
81,9
8,45
81,9
15
s
81,9
15
2
1 =



+



+−=t .
A partir desse instante, o centro de massa não mais seguirá a trajetória parabólica inicial.
Tomando como origem das coordenadas o ponto de lançamento do projétil, o fragmento
1 cairá no ponto de coordenada x1 dada por
m34,7m)12,110
2
7,91
(
2 111
=×−=+= tRx oxv .
Nosso alvo agora é calcular onde cai o fragmento 2. Ele cairá no instante t2 dado por
g
h
gg
t oyoy
2
2
22
2 +





+=
vv
,
s4,18s
81,9
8,45
81,9
15
s
81,9
15
2
2 =



+



+=t ,
no pondo de coordenada
m265m)18,44,52
2
7,91
(
2 221
=×+=+= tRx oxv .
6
Finalmente, o centro de massa cairá no ponto
m150m
2
2657,34 =+=cmX ,
que é bem distante do ponto de coordenada R = 91,7 m onde cairia o projétil caso não
houvesse a explosão.
Problema 7 – Um átomo de Urânio, inicialmente parado, se desintegra por
radioatividade, gerando uma partícula α e um átomo de Tório. Como será melhor
descrito no Capítulo 45 (O núcleo atômico), tal desintegração é uma espécie de explosão
em que uma quantidade de energia J1081,6 13−×=Q (energia nuclear) é transformada
em energia cinética dos dois fragmentos da desintegração. Sabendo-se que as massas do
átomo de tório e da partícula α são, respectivamente, kg10 25−=M e
kg1064,6 27−×=m , calcule a energia cinética com que é emitida a partícula α .
Solução – Uma vez que as forças envolvidas na desintegração, como ocorre em qualquer
explosão, são forças internas, o momento linear do sistema se conserva no processo. Já
que o átomo de Urânio estava parado, o momento linear inicial do sistema era nulo, o
mesmo ocorrendo portanto com o momento linear final:
V
m
M
mM =∴=+ v,0vV ,
Onde V e v são, respectivamente, as velocidades com que são emitidos o átomo de tório e
a partícula α . As energias cinética dos dois fragmentos são
22
2
2
2
1
,
2
1
2
1
MVKV
m
M
mK Th ===α v .
Portanto,
ThKm
M
K =α .
Vê-se então que partícula α , que é o fragmento mais leve, carrega, tem muito mais
energia cinética que o átomo de Tório. Por outro lado, as somas das duas energias
cinéticas é igual a Q, ou seja,
7
,
,
QK
M
m
K
QKK Th
=+
=+
αα
α
Q
mM
M
K
+
=α .
Substituindo os númerosnesta equação, obtemos
J106,50J1081,6
64,6388
388 1313 −− ×=×
+
=Q .
Problema 8 – Um homem com massa de 70m kg está parado na extremidade de uma
canoa também parada, cuja massa é de 60 kg, e cujo comprimento é de 4,0 m.Corre até a
outra extremidade e salta na água com velocidade de 2,0 m/s na direção horizontal. (a)
Com que velocidade recua a canoa? (b) De quanto a canoa recua até o instante do salto?
Solução – Desprezando o atrito da canoa com a água, o centro de massa do sistema
homem-canoa permanece imóvel até o momento do salto. Isto significa que seu momento
linear permanece nulo,. Podemos então escrever
0=+ cchh mm vv .
Portanto
(a)
s
m
3,2
60kg
2,0m/s70kg −=×=−=
c
hh
c m
m v
v .
(b) a posição do centro de massa do sistema é dada por
ch
cchh
cm mm
xmxm
x
+
+
= .
Como 0=∆ cmx , podemos escrever
0=∆+∆ cchh xmxm .
Além disso, a diferença entre os deslocamentos do homem e da canoa é L = 4,0 m, ou
seja,
LxxLcx chxh +∆=∆∴=∆−∆ , .
8
Portanto,
0)( =∆++∆ ccch xmLxm ,
m2,2
130kg
4,0m70kg −=×−=
+
−=∆
ch
h
c mm
Lm
x .
Problema 9 – Uma jangada tem comprimento L = 5,0 m e peso de 150 kg. Dois
pescadores, um com massa de 85 kg e o outro com massa de 60 kg, estão parados, cada
um em uma extremidade da jangada que também está parada em água tranqüila. Em
dado momento, eles trocam de posição e após isso permanecem parados. De quanto se
desloca a jangada?
Solução – O centro de massa do sistema jangada-pescadores fica parado durante o
processo, e sua coordenada é inicialmente
j
jj
cm mmm
xmxmxm
x
++
++
=
21
2211 ,
onde xj é a coordenada do centro de massa da jangada. Durante a troca de posição dos
pescadores, 0=∆ cmx , e portanto
02211 =∆+∆+∆ jj xmxmxm
Por outro lado, o deslocamento de cada pescador em relação à água é a soma do seu
deslocamento em relação à jangada com o deslocamento da jangada em relação à água:
.2
1 ,
j
j
xLx
xLx
∆+−=∆
∆+=∆
Podemos agora escrever
0)()( 21 =∆+∆+−+∆+ jjjj xmxLmxLm ,
j
jjj mmm
Lmm
xLmmxmmm
++
−
=∆∴−=∆++
21
12
1221
)(
,)()( .
Substituindo os valores numéricos,
9
m33,0
150)kg60(85
5,0m60)kg(85 =
++
×−=∆ jx .
Problema 10 - O foguete Saturno V, que lançou a nave Apolo 11 em 16/07/1969 no
primeiro vôo tripulado à Lua, tinha, no momento de sua arrancada, massa total de 2,77
mil toneladas e seu primeiro estágio, S-IC, levava 1,96 mil toneladas de combustível.,
que era ejetado à velocidade relativa de 2,58 km/s e à taxa de 12,9 toneladas por segundo.
(a) Qual era o empuxo do estágio S-IC? Qual foi a aceleração do foguete (b) logo após
seu lançamento e (c) ao esgotar-se o combustível do estágio S-IC?
Figura 2
Solução – Na Figura 2 vemos as forças atuando sobre o foguete (veja que ele não se
parece com Saturno V!), seu empuxo F e seu peso mg. (a) O empuxo do estágio S-IC era
N1033,3
s
m
1058,2
s
kg
109,12 733 ×=×××== RuF .
A equação de movimento do foguete é
,mamgF =−
g
m
F
a −= .
Colocando os números, obtemos
(b) 
2226
7
s
m
2,2
s
m
)8,90,12(
s
m
8,9
kg102,77
N1033,3 =−=−
×
×=a ,
F
mg
10
(c) 
2226
7
s
m
31
s
m
)8,91,41(
s
m
8,9
kg101,96)-(2,77
N1033,3 =−=−
×
×=a
Problemas propostos
7.1E – João tem massa de 75 kg e está procurando Maria, cuja massa é de 50 kg. O
centro de massa do casal está a 15 de Maria. Qual é a distância entre João e Maria?
Resposta: d = 25 m.
7.2E – Um caminhão anda sob a chuva com velocidade constante igual a (25 m/s)i. O
caminhão tem uma caçamba na qual caem 2,0 kg de água por segundo. Segundo um
observador parado na estrada, a chuva cai na direção vertical com velocidade –(40 m/s)j.
Calcule a força que a água da chuva faz sobre o caminhão.
Resposta: N)8050( jiF +−=
7.3E – Um jogador de futebol rola a bola (massa de 450 g) para seu parceiro com
velocidade de 15 m/s. Este a chuta com velocidade de 30 m/s em direção perpendicular à
da trajetória inicial. Calcule o módulo do impulso transmitido à bola no chute.
Resposta: sN15 ⋅=I .
7.4E – Um pescador, com massa de 70 kg, salta horizontalmente de sua canoa de 50 kg,
inicialmente parada, com velocidade de 4,5 m/s em relação a ela. Qual é a velocidade do
pescador no referencial da água?
Resposta: v = 1,9 m/s
7.5E – Uma partícula de massa m move-se com velocidade v na direção de outra
partícula parada de massa M. Calcule a energia cinética no referencial do centro de massa
do sistema.
Resposta: 2
2
1
v
mM
Mm
K
+
=
7.6P – Um projétil, com velocidade de 30 m/s a um ângulo de 60o com a horizontal e à
altitude de 20 m explode em duas partes iguais. Uma delas é lançada verticalmente para
cima com velocidade de 20 m/s. Qual é a distância entre os pontos onde as duas metades
atingem o solo?
Resposta: d = 213 m.
11
7.7P – Imagine um foguete cuja propulsão fosse realizada por um poderoso laser
emitindo luz para traz. Sabendo-se que a energia e o momento linear de um fóton são
ligados pela equação E = pc, onde c é a velocidade da luz, mostre que o empuxo do
foguete seria cPF /= , onde P é a potência emitida pelo laser.
7.8 P – Um foguete tem dois estágios. O primeiro tem massa de 100 toneladas, das quais
90 são de combustível, e o segundo tem massa de 12,0 toneladas, das quais 11,0 são de
combustível. Ambos os estágios expelem seu gás com velocidade de 2,60 km/s. Ao
completar a queima de seu combustível, o primeiro estágio é desconectado do segundo, e
este começa a queimar seu combustível. (a) Qual é a velocidade do foguete quando o
primeiro estágio é descartado? (b) Que velocidade terá o segundo estágio quando o seu
combustível acaba? Ignore a gravidade.
Resposta: (a) v = 4,23 km/s. (b) V = 10,7 km/s.
Figura 3
7.9P – Um bloco de massa m desliza a partir do repouso sobre uma rampa de massa M,
como mostra a Figura 3. A rampa apóia-se sobre um piso, e não há atrito entre a rampa e
o piso nem entre a rampa e o bloco. Calcule (a) A energia cinética somada do bloco e da
rampa quando o bloco atinge o piso. (a) A velocidade do bloco quando atinge o piso.
Despreze a dimensão do bloco.
Resposta: (a) mghK = . (b) 
θ+
=
2cos
2
mM
Mgh
v .
7.10P – Identifique todas as operações de simetria de um cilindro
Resposta: a – Rotação de qualquer ângulo em torno de seu eixo; b – reflexão em qualquer
plano contendo o seu eixo; c – rotação de 180o em torno de qualquer reta ortogonal ao
seu eixo e passando pelo seu centro.
m
M
h
θ
12