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 Prof. A.F.Guimarães 
Física 1 – Questões 9 
Questão  1  
 
Na  molécula  de  amônia  (NH3)  os  três  átomos  de  hidrogênio  (H) 
formam  um  triângulo  eqüilátero,  sendo  de  1,628  x  10‐10  m  a  distância 
entre os centros dos átomos de hidrogênio (H). O átomo de nitrogênio (N) 
está  no  vértice  de  uma  pirâmide  da  qual  os  três  átomos  de  hidrogênio 
constituem a base (ver a figura ao lado). A distância entre os átomos de 
hidrogênio e o átomo de nitrogênio vale 1,014 x 10‐10 m. Localize o centro 
de massa deste sistema em relação ao átomo de nitrogênio. 
Resolução: 
Vamos observar a disposição dos átomos nas 3 dimensões: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Previamente, determinaremos a altura “h” e o apótema “Ap” do triângulo eqüilátero: 
 
3
0,814 3 1,410;
2
3
0,271 3 0,470.
6
l
h
l
Ap
= = =
= = =
 
 
Agora, sabemos que no plano XY, as coordenadas do centro de massa são: Xcm = 0,814 e Ycm = 0,470. Só 
falta agora determinar a coordenada Zcm. Para isso, precisamos determinar a altura H da pirâmide. A 
diferença h – Ap = 0,94. Aplicando Pitágoras, teremos: 
 
2 2 2
0,94 1,014 0,379.H H+ = ⇒ =  
 
Desta  forma: 
14 0,379
0,312.
3 17
nitr
cm
hidr nitr
M H
Z
M M
⋅ ⋅
= = =
+
  O  centro  de  massa  está  a  0,312  da  base 
triangular, ou a 0,067 do átomo de nitrogênio. 
 
x(·10‐10
 m) 
y(·10‐10
 m) 
z(·10‐10
 m) 
1,628 0,814
Ap 
h 
H 
 
 
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2 
Questão  2  
 
Determine, a posição do centro de massa de um arame em forma de arco de circunferência de 
raio R, abrangendo um ângulo central igual a θ. 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Onde 
m
R
λ
θ
⎛ ⎞⎟⎜ = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⋅
 representa a densidade linear do arame. Assim, teremos: 
[ ]
0
2
0
2
0
1
.
cm
cm
cm cm
x Rcos Rd
m
R
x cos d
m
mR R sen
x sen x
m R
θ
θ
θ
α λ α
λ
α α
θ
α
θ θ
/
= ⋅ ⋅
=
⋅/
= ⋅ ∴ =
/ ⋅/
∫
∫  
 
e 
( )
0
1
1 .
cm
cm
y Rsen Rd
m
R
y cos
θ
α λ α
θ
θ
= ⋅
∴ = −
∫  
 
Questão  3  
 
Determine a posição do centro de massa de uma chapa em forma de quadrante de círculo de 
raio a. 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
dm=λRdα 
dα 
R 
θ  α
x=R cosα 
y=R senα 
x
dx
( )
1
2 2 2
y a x= −
dm=σydx
 
 
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3 
Onde  2
4m
a
σ
π
⎛ ⎞⎟⎜ = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
representa  a  densidade  superficial  da  chapa.  Assim,  poderemos  determinar  as 
coordenadas do centro de massa: 
 
( )
( )
1
2 2 2
0
3
2 2 2
2
0
1
41
3
4
.
3
a
cm
a
cm
cm
x x a x dx
m
a xm
x
m a
a
x
σ
π
π
= −
⎡ ⎤
−⎢ ⎥/
⎢ ⎥= ⋅ −
⎢ ⎥/
⎢ ⎥⎣ ⎦
∴ =
∫
 
 
Agindo da mesma forma, determinamos também 
4
3
cm
a
y
π
= . 
 
Questão  4  
 
Duas  partículas  estão  inicialmente  em  repouso,  separadas  por  uma  distância  de  1,0  m.  A 
partícula  P  possui  massa  m1  =  3,0  kg  e  a  partícula  Q  possui  massa  m2  =  5,0  kg.  P  e  Q  atraem‐se 
mutuamente com uma força constante igual a 3,5 x 10‐1 N. Nenhuma força externa atua sobre este 
sistema. (a) Descreva o movimento do centro de massa. (b) A que distância da posição original de P as 
partículas deverão colidir? 
Resolução: 
a) 0.cmdx
dt
=  
b)  
 
As  forças  que  atuam  nas  partículas  são  forças  internas.  Desta  forma,  o  centro  de  massa 
permanecerá em repouso. Logo, as partículas se encontrarão no centro de massa. Assim, 
 
0
0 0; 0.
0
3 5 ; 1.
5
0,625 .
8
p p q q
p q p q
p
P P
P P P
m v m v
x x x x
x m m
=
= =
= −
⋅∆ = ⋅∆ ∆ +∆ =
∴ ∆ = =
 
 
Esse  mesmo  cálculo  poderia  ser  efetuado  tomando  as  equações  horárias  para  cada  partícula 
individualmente. Para isso, se faz necessário determinar a aceleração para cada partícula. Vejamos: 
 
2
2
0,35
0,1167 ;
3
0,35
0,07 .
5
p
p
q
q
F
a m s
m
F
a m s
m
−
−
= = ≅ ⋅
= = ≅ ⋅
 
P Qcm
 
 
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4 
Montando as equações horárias para P e Q, teremos: 
 
2 21 1
1 .
2 2
p p q qx a t e x a t= = −  
 
No encontro, teremos: 
( )
2 2
2
2
1 1
1
2 2
1
0,1167 0,07 1
2
2
10,7
0,1867
1
0,1167 10,7 0,624 .
2
p q
p p
p p
x x
a t a t
t
t
x x m
=
= −
+ =
≅ ≅
= ⋅ ⋅ ∴ ≅
 
 
Questão  5  
 
Um homem de massa m está pendurado em uma escada de corda, suspensa por um balão de 
massa M. O balão está estacionário em relação ao solo. (a) Se o homem começar a subir pela escada à 
velocidade v (com relação à escada), em que direção e com que velocidade (com relação à Terra) o 
balão se moverá? (b) Qual o estado do movimento após o homem ter parado de subir? 
Resolução: 
a) Considere a figura abaixo.  
 
 
Onde vbT e vhT são, respectivamente,  as velocidades do balão e do homem 
com  relação  à  Terra. Aqui,  vhT  =  v  ‐  vbT.  Considerando  que  o  sistema  se encontra 
estacionário,  podemos  admitir  que  a  força  resultante  sobre  o  sistema  (centro  de 
massa do sistema) é nula.  Assim, podemos escrever: 
 
 
( )
0
0 0
.
bT bT
bT
P P
P P m v v Mv
mv
v
m M
=
= ⇒ = − −
∴ =
+
 
 
b) Estacionário. 
 
 
 
Questão  6  
 
Um homem de massa m = 70 kg está parado sobre a extremidade de uma jangada de 200 kg, 
que se desloca com velocidade constante num lago. A velocidade da jangada em relação à margem é 
igual  a  3  m s  ‐1.  Despreze  o  atrito.  O  homem  anda  até  a  outra  extremidade  da  jangada,  cujo 
comprimento total vale 5 m. A velocidade do homem em relação à jangada vale vhj = 1,5 m s ‐1 e possui 
bTv
hTv
 
 
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5 
direção e sentido paralelos à velocidade da jangada. Mostre que a velocidade do centro de massa do 
sistema permanece constante e igual a 3 m s ‐1. Calcule a distância percorrida pelo centro da jangada e 
pelo centro de massa do sistema durante o tempo que o homem passa de uma extremidade para outra 
da jangada. 
Resolução: 
Como a força resultante no sistema é nula, podemos concluir que a aceleração sobre o centro 
de massa também é nula. Desta forma a velocidade do centro de massa se mantém constante. 
 
O intervalo de tempo que o homem leva para alcançar a outra extremidade do barco vale: 
 
5
.
1,5hj
l
t s
v
∆ = =  
 
Aplicando a conservação do momento, teremos: 
 
( )
( )
0
0
1
270 3 70 200
810 105 270
2,6 .
cm hT jT
jT jT
jT
jT
P P
P P
m M v mv Mv
v v v
v
v m s−
=
=
+ = +
⋅ = + +
= +
∴ ≅ ⋅
 
 
Onde vhT = vhj +vjT (velocidade do homem com relação à Terra é igual a velocidade do homem com 
relação à jangada mais a velocidade da jangada com relação à Terra). Assim, teremos: 
 
5
3 10 ;
1,5
5
2,6 8,7 .
1,5
cm cm
j jT
x v t m
x v t m
∆ = ⋅∆ = ⋅ =
∆ = ⋅∆ = ⋅ ≅
 
 
Poderíamos  também  encontrar  a  posição  do  centro  de  massa  do  sistema,  admitindo  que  jangada 
possua massa uniformemente distribuída: 
( ) 200 2,52 1,85 .
270
cm
lM
x m
m M
⋅ ⋅
= = ≅
+
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Agora, podemos determinar a distância percorrida pelo centro de massa: 
5m2,5m1,85m0 
 
 
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6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como a diferença entre a distância percorrida pelo centro de massa do sistema e o centro da 
jangada é de 1,3 m, concluímos então que a distância percorrida pelo centro da jangada vale 8,7 m. 
 
Questão  7  
 
Uma bola de 50 g é lançada ao ar com uma velocidade inicial de 15 m s ‐1, formando um ângulo 
com  a  horizontal  de  450.  (a)  Quais  são  os  valores  da  energia  cinética  da  bola,  inicialmente,  e  no 
momento  em  que  antecede  a  colisão  dela  com  o  solo?  (b)  Ache  os  valores  correspondentes  ao 
momento (módulo e direção). (c) Mostre que a variação do momento é exatamente igual ao peso da 
bola multiplicada pelo intervalo de tempo em que ela ficou no ar. 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Como o módulo da velocidade inicial é igual ao módulo da velocidade que antecede a colisão, a 
energia cinética inicial terá o mesmo valor da energia cinética final. Assim, 
 
( )
22
0
0,05 15
5,625 .
2 2
mv
K K J= = = =  
 
 
b) Os momentos, inicial e final (que antecede a colisão com o solo), terão o mesmo módulo, dado por: 
2,5m1,85m 
2,5m 3,15m
Δxcm= 10m 
Δxcj
450 
450 
15 m s‐1 
15 m s‐1
 
 
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7 
 
1
0 0,05 15 0,75 .P P mv kg m s−
= = = ⋅ = ⋅ ⋅  
 
A direção e o sentido estão representados na figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
c) Para encontrar a variação do momento, teremos que efetuar uma operação de adição vetorial: 
 
 
( )0 0 .P P P P P∆ = − = + −  Como os vetores possuem o mesmo módulo, o módulo de 
da variação é dado por:  1
2 0,75 2 .P P kg m s−
∆ = = ⋅ ⋅  O intervalo de tempo que a 
bola ficou no ar é dado por: 
 
0 1
0 0 0; 45 7,5 2
0 7,5 2 10 0,75 2 .
2 1,5 2 .
y y y
total
v v gt v v sen m s
t t s
t t s
−
= − = = ⋅
= − ⇒ =
∴ = =
 
 
Multiplicando pelo valor do peso:  
 
0,5 1,5 2 0,75 2 .I N s= ⋅ = ⋅  
 
Questão  8  
 
Um objeto de 5,0 kg, com velocidade de 30 m s ‐1, atinge uma 
placa de aço, formando um ângulo de 450 e ricocheteia com a mesma 
velocidade  e  mesmo  ângulo  (figura  ao  lado).  Qual  é  a  variação 
(módulo e direção) do momento do objeto? 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
1
0 5 30 150 .P P mv kg m s−
= = = ⋅ = ⋅ ⋅  
( )0 0
1
2
150 2 212,13 .
P P P P P P P
P kg m s−
∆ = − = + − ⇒ ∆ =
∴ ∆ = ≅ ⋅ ⋅
 
 
Questão  9  
450 
450 
P0 
P
P0 
P 
ΔP 
• 
450 
450
m 
•450
450
m 
P0
P
ΔP
 
 
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8 
 
Dois corpos, ambos constituídos por pesos de balança, são interligados por um tênue fio que 
passa através de uma polia leve, sem atrito, de 5,0 cm de diâmetro. Os dois corpos estão no mesmo 
nível e cada qual têm, originariamente, massa de 500 g. (a) Localize o centro de massa do sistema. (b) 
Vinte gramas são transferidos de um corpo a outro, mas os corpos são impedidos de mover. Localize o 
centro de massa. (c) Os dois corpos são, agora, liberados. Descreva o movimento do centro de massa e 
determine sua aceleração. 
Resolução: 
 
a) Desprezando a massa da polia, o centro de massa do sistema será dado 
por: 
 
0,5 5
2,5 .
1
cmx cm
⋅
= =  
 
 
 
 
 
 
 
 
b) Nessa nova configuração, teremos: 
 
0,48 5
2,4 .
1
cmx m
⋅
= =  
 
 
 
 
 
 
 
c) Quando liberados, cada corpo será acelerado, com o mesmo valor 
para a aceleração, porém em sentidos opostos: 
 
( ) ( )
1 1
2 2
1 2
1 2 1 2
2
;
0,4 .
m a m g T
m a T m g
a a a
a m m g m m
a m s−
= −
= −
= =
+ = −
∴ = ⋅
 
Assim,  
( )
( ) ( )
1 2 1 1 2 2
1 2 1 2
2
0,016 ; 0.
cm
cmy
cmy cmx
m m a m a m a
m m a m m a
a m s a−
+ = +
+ = −
∴ = ⋅ =
 
Questão  10  
5 cm 
5 cm 2,5 cm 0 
m 0 
5 cm 
5 cm2,4 cm 0 
m 0
P2 P1 
m 0 
T T 
 
 
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9 
 
No  interior  de  uma  canoa  de  massa  m  existe  um  homem  de  massa  M.  A  canoa  se  encontra 
inicialmente  em  repouso.  O  homem  atira  um  objeto  de  massa  m’  numa  direção  paralela  ao 
comprimento da canoa. A velocidade do objeto com relação à margem vale v. Determine a velocidade 
u adquirida pela canoa imediatamente após o lançamento do objeto. 
Resolução: 
( )
0
0
0
P P
P P
m v m M m u
m v
u
m M m
=
=
′ ′= − + −
′
∴ =
′+ −
 
 
No sentido oposto ao de v. 
 
Questão  11  
 
Uma espingarda atira 10 balas de 10,0 g por segundo com velocidade de 500 m s ‐1. As balas 
param no interior de uma parede rígida. (a) Ache o momento linear de cada bala. (b) Calcule a energia 
cinética de cada bala. (c) Qual é a força média exercida pelas balas sobre a parede? 
Resolução: 
a) 10 balas por segundo corresponde a 1 bala a cada 1/10 do segundo. O momento linear de uma 
bala vale: 
1
0,01 500 5 .
P mv
P mv
P kg m s−
=
=
= ⋅ = ⋅ ⋅
 
 
b) K = ? 
2 2
0,01 500
2 2
1250 .
mv
K
K J
⋅
= =
∴ =
 
 
c) Vamos admitir que a bala pára no interior da parede segundo um intervalo de tempo dado acima. 
Logo: 
 
5
50 .
1
10
M
dP P
F F
dt t
F N
∆
= ⇒ =
∆
∴ = =
 
 
Questão  12  
 
Um sapo de massa m está parado na extremidade de uma tábua de massa M e comprimento L. 
A tábua flutua em repouso sobre a superfície de um lago. O sapo pula em direção à outra extremidade 
da tábua com uma velocidade v que forma um ângulo θ  com a direção horizontal. Determine o módulo 
da velocidade inicial do sapo para que ele atinja a outra extremidade da tábua. 
 
 
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10 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O  sapo  executa  um  deslocamento  igual  a  x  para  a  direita  enquanto  a  tábua  desloca  L  –  x  para  a 
esquerda. Utilizando o princípio da conservação do momento linear na direção do eixo “x” (o sistema 
está livre de força resultante externa), teremos: 
 
( )
0
0
.
x x
x
P P
mv Mu
m x M x mx M L x
ML
x
M m
=
= −
′∆ = ∆ ⇒ = −
=
+
    (12.1) 
 
O pulo do sapo durou um intervalo de tempo dado por: 
 
0 0;
2
2 .
y y yv v gt v v sen
v sen
t
g
v sen
t t
g
θ
θ
θ
= − = ⋅
⋅
=
⋅
∴ ∆ = =
 
O deslocamento “x” do sapo é dado por: 
 
2
2
2
.
x
v sen
x v t v cos
g
v sen cos
x
g
θ
θ
θ θ
⎛ ⎞⋅ ⎟⎜ ⎟= ⋅∆ = ⋅ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
=
    (12.2) 
Utilizando os resultados (12.1) e (12.2) teremos: 
 
θ 
L
v
L ‐ x   x 
 
 
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11 
 
( )
( )
2
1
2
1
2
2
; 2 2
2
.
1 2
v sen cos ML
g M m
MgL
v sen sen cos
M m sen cos
gL
v
m sen
M
θ θ
θ θ θ
θ θ
θ
=
+
⎡ ⎤
⎢ ⎥= =⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥∴ =
⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦
 
 
Questão  13  
 
Uma arma atira um projétil, com velocidade de 450 m s ‐1, formando um ângulo de 600 com a 
horizontal.  O  projétil  explode,  em  dois  fragmentos  de  massas  iguais,  50  s  após  sair  da  arma.  Um 
fragmento, cuja velocidade imediatamente após a explosão é zero, cai verticalmente. Supondo que o 
terreno seja plano, a que distância da arma cairá o outro fragmento? 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A  velocidade  do  projétil  na  direção  do  eixo  “x”  é  dada  por:  0 11
60 450 225 .
2
xv v cos m s−
= ⋅ = ⋅ = ⋅   E  a 
velocidade inicial na direção do eixo “y” é dada por:  0 1
0 60 225 3 .yv v sen m s−
= ⋅ = ⋅  
 
O intervalo de tempo para que o centro de massa leva para alcançar o solo, é dado por: 
 
0
0 225 3 10 22,5 3 .
45 3 .
y yv v gt
t t s
T s
= −
= − ⇒ =
∴ =
 
 
Assim, o centro de massa terá percorrido uma distância na direção do eixo “x” dada por: 
 
225 45 3 17537,01 .cmx m= ⋅ =  
 
x1 
xcm 
x2 
v
600 
 
 
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12 
No instante 50 s, o primeiro fragmento terá percorrida uma distância: 
 
1 225 50 11250 .x m= ⋅ =  
 
Cerca de 6287,01 m antes do centro de massa. Desprezando a ação do peso durante a explosão, o 
momento linear do sistema deve se conservar, Assim, o segundo fragmento estará a uma distância 
dada por: 
 
2 6287,01 23824,02 .cmx x m= + =  
 
Questão  14  
 
Um bloco de massa m repousa sobre uma 
cunha  de  massa  M,  que  por  sua  vez  repousa 
sobre  uma  mesa  horizontal,  como  mostra  a 
figura  ao  lado.  Todas  as  superfícies  são  sem 
atrito.  Se  o  sistema  parte  do  repouso,  com  o 
ponto  P  do  bloco  a  uma  distância  h  acima  da 
mesa, ache a velocidade da cunha no instante em 
que o ponto P toca a mesa. 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
Onde v é a velocidade do bloco com relação à cunha e u é a velocidade da cunha com relação ao solo. 
Os componentes da velocidade do bloco com relação ao solo são dados por: 
 
( )
2 2 2
22 2 2
2 2 2
;
2 .
sx sy
s sx sy
s
s
v vcos u v vsen
v v v
v vcos u v sen
v v vucos u
α α
α α
α
= − =
= +
= − +
= − +
   (13.1) 
 
Pelo princípio da conservação do momento linear (direção x), podemos escrever: 
 
( )
( )
0
0
0
.
x x
sx
P P
mv Mu
m vcos u Mu
M m u
v
mcos
α
α
=
= −
= − −
+
=
   (13.2) 
 
Podemos  também,  utilizar  o  princípio  da  conservação  da  energia  mecânica,  juntamente  com  os 
resultados de (13.1) e (13.2). Assim, 
M
m 
α 
M 
m 
α
v
u
 
 
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13 
 
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( )
0
2 2
2 2 2
2 2 2
2
2 2
2 2
2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 2
2
2 2
2 2
2
2
2 2
2 ; cos 1
2
s
E E
mv Mu
mgh
mgh m v v ucos u Mu
M m u M m u cos
mgh m M m u
m cos mcos
M m u
mgh M m u M m u
mcos
m ghcos M m u M m mcos sen
m ghcos
u
M m M msen
α
α
α α
α
α α α α
α
α
=
= +
= − ⋅ + +
⎡ ⎤+ +⎢ ⎥= − + +⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
+
= − + + +
⎡ ⎤= + + − = −⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢∴ = ⎢
+ +⎢⎣ ⎦
1
2
.⎥
⎥
⎥
 
 
Questão  15  
 
Um combustível muito empregado para motores de foguetes é uma mistura de querosene com 
oxigênio  líquido.  A  queima  deste  combustível  pode  produzir  uma  velocidade  de  escape  igual  a 
2500m s  ‐1. (a) Despreze a força da gravidade e o peso dos tanques de combustível, bombas etc. e 
determine a quantidade de combustível que é necessária para cada kg de carga útil, a fim de permitir 
ao foguete atingir a uma velocidade de 13 km s  ‐1, partindo do repouso (a velocidade de escape na 
atmosfera terrestre vale 11,2 km s ‐1). (b) Na sonda “Mariner”, com destino a Marte, a massa inicial era 
de 1,0 x 105 kg e a carga útil era de apenas 250 kg, correspondendo a uma proporção de 400 unidades 
de massa de combustível para apenas uma unidade de massa de carga útil.Qual seria, nas condições 
especificadas, a velocidade final de um foguete partindo do repouso? 
Resolução: 
a) 
( )
0
3 0
5,2
0 0
ln
13 10 2500 ln
1 181,3
180.
rel
M
v v
M
M
M
M M e M M M M
M
M
=
⋅ = ⋅
= ⋅ ⇒ ∆ = − = −
∆
∴ ≅
 
 
b) 
0
5
1
ln
10
2500 ln
250
14,98 .
rel
M
v v
M
v
v km s−
=
= ⋅
∴ ≅ ⋅
 
 
 
 
 
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14 
Questão  16  
 
Consideremos uma partícula sobre a qual age uma força de mesma direção e sentido que sua 
velocidade. (a) Usando a relação relativística F = d(mv)/dt para uma única partícula, mostre que 
 
2
F ds mv dv v dm⋅ = ⋅ + , 
 
em  que  ds  representa  um  deslocamento  infinitesimal.  (b)  Usando  a  relação  relativística 
( )2 2 2 2
01v m m c= − , mostre que 
2 2
0
2
m c
mv dv dm
m
⋅ = . 
 
(c) Substitua as relações para mv dv e v2 na expressão resultante em (a) e mostre que 
 
( ) 2
0W Fds m m c= = −
∫ . 
Resolução: 
a) 
( )
2
2
2
;
.
d mv dv dm
F m v
dt dt dt
dv ds dm ds ds
F m v v
ds dt ds dt dt
dv dm
F mv v
ds ds
dv dm
Fds mv v ds
ds ds
Fds mvdv v dm
= = +
= ⋅ + ⋅ →
= +
⎛ ⎞⎟⎜= + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∴ = +
∫ ∫
 
 
 
b) 
( )2 2
20
2
2 2
0 3
2 2 2 2
0 0
2 2
1
2
2
d v md
c
dt dt m
dv dm
v c m
dt m dt
c m c mdv dm
mv mv dv dm
dt m dt m
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⎛ ⎞− ⎟⎜=− ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
= ⋅ ∴ ⋅ =
 
 
c) 
2
2 2 2
20 0
2 2
1
Fds mv dv v dm
c m m
W dm c dm
m m
= ⋅ +
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∫ ∫ ∫
∫ ∫
 
 
 
 
 
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15 
( )
0
0 0
2 2 2 2 2
0 0
2
0
1 1
.
m m
m
m
m m
W m c m c m c
m m
W m m c
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
′⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − + +
⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ ′⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∴ = −
 
 
Questão  17  
 
Um vagão‐prancha de estrada de ferro, de peso W, pode deslocar‐se sem atrito ao longo de um 
trilho horizontal reto, como mostra a figura. Inicialmente, um homem de peso w está parado sobre o 
vagão, que se desloca para a direita com velocidade v0. Qual será a variação da velocidade do vagão se 
o homem correr para a esquerda de modo que sua velocidade em relação ao vagão seja vrel exatamente 
antes dele saltar pela extremidade? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Seja u, a velocidade do homem com relação ao solo. Assim,  
 
relu v v′= −  
 
 
com v’ sendo a velocidade final do vagão, imediatamente antes do homem saltar. Pela conservação do momento 
linear, teremos: 
 
( )
( )
( )( )
0
0
0
0 ; , ,
.
rel
rel
rel
rel
M m v Mv mu
M m v Mv mv mv
M m v v mv
mv
v v w mg W Mg
M m
w v
v
W w
′+ = −
′ ′+ = − +
′+ − =
′− = = =
+
⋅
∴ ∆ =
+
 
 
Questão  18  
 
Uma gota de chuva com massa variável. No problema da propulsão de um foguete, a massa é variável. 
Outro problema com massa variável é fornecido por uma gota de chuva caindo no interior de uma nuvem que 
contém  muitas  gotas  minúsculas.  Algumas  dessas  gotículas  aderem  sobre  a  gota  que  cai,  fazendo,  portanto, 
aumentar sua massa à medida que ela cai. A força sobre a gota de chuva é dada por 
 
0v
u
 
 
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16 
ext
dp dv dm
F m v
dt dt dt
= = + . 
 
Suponha que a massa da gota de chuva dependa da distância x percorrida durante sua queda. Então, m = kx, 
onde k é uma constante, portanto dm/dt = kv. Como Fext = mg, obtemos: 
 
( )
dv
mg m v kv
dt
= + . 
 
Ou, dividindo por k 
 
2dv
xg x v
dt
= + . 
 
Essa equação diferencial possui uma solução da forma v = at, onde a é uma aceleração constante. Considere a 
velocidade inicial da gota igual a zero. a) Usando a solução proposta para v, determine a aceleração a. b) Calcule 
a distância percorrida pela gota até o instante t = 3,00 s. c) Sabendo que k = 2,00 g m ­1, ache a massa da gota de 
chuva para t = 3,00 s. Para muitos outros aspectos intrigantes deste problema veja o artigo de K. S. Krane, Amer. 
Jour. Phys. Vol 49 (1981), p. 113 – 117. 
Resolução: 
a) Tomando a expressão para a velocidade proposta, podemos obter a expressão para x: 
 
2
0
.
2
t
dx
v at
dt
at
x at dt x
= =
′ ′= ⇒ =
∫
 
 
Substituindo na equação diferencial, teremos: 
 
2 2
2 2
2 2
2 2
2
.
3
at at
g a a t
ag a a
g
a
/ /
/= +
= +
∴ =
 
 
b) Voltando para a expressão de x, teremos: 
 
2 2
10 3
3 2 3 2
15 .
g t
x
x m
/
= ⋅ = ⋅
/
∴ =
 
 
 
c) Podemos concluir então, que a massa da gota vale: 
 
2 15 30 .
m kx
m m g
=
= ⋅ ∴ =
 
 
 

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Movimento do centro de massa na molécula de amônia

  • 1.     www.profafguimaraes.net    1   Prof. A.F.Guimarães  Física 1 – Questões 9  Questão  1     Na  molécula  de  amônia  (NH3)  os  três  átomos  de  hidrogênio  (H)  formam  um  triângulo  eqüilátero,  sendo  de  1,628  x  10‐10  m  a  distância  entre os centros dos átomos de hidrogênio (H). O átomo de nitrogênio (N)  está  no  vértice  de  uma  pirâmide  da  qual  os  três  átomos  de  hidrogênio  constituem a base (ver a figura ao lado). A distância entre os átomos de  hidrogênio e o átomo de nitrogênio vale 1,014 x 10‐10 m. Localize o centro  de massa deste sistema em relação ao átomo de nitrogênio.  Resolução:  Vamos observar a disposição dos átomos nas 3 dimensões:                                    Previamente, determinaremos a altura “h” e o apótema “Ap” do triângulo eqüilátero:    3 0,814 3 1,410; 2 3 0,271 3 0,470. 6 l h l Ap = = = = = =     Agora, sabemos que no plano XY, as coordenadas do centro de massa são: Xcm = 0,814 e Ycm = 0,470. Só  falta agora determinar a coordenada Zcm. Para isso, precisamos determinar a altura H da pirâmide. A  diferença h – Ap = 0,94. Aplicando Pitágoras, teremos:    2 2 2 0,94 1,014 0,379.H H+ = ⇒ =     Desta  forma:  14 0,379 0,312. 3 17 nitr cm hidr nitr M H Z M M ⋅ ⋅ = = = +   O  centro  de  massa  está  a  0,312  da  base  triangular, ou a 0,067 do átomo de nitrogênio.    x(·10‐10  m)  y(·10‐10  m)  z(·10‐10  m)  1,628 0,814 Ap  h  H 
  • 2.     www.profafguimaraes.net    2  Questão  2     Determine, a posição do centro de massa de um arame em forma de arco de circunferência de  raio R, abrangendo um ângulo central igual a θ.  Resolução:                      Onde  m R λ θ ⎛ ⎞⎟⎜ = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⋅  representa a densidade linear do arame. Assim, teremos:  [ ] 0 2 0 2 0 1 . cm cm cm cm x Rcos Rd m R x cos d m mR R sen x sen x m R θ θ θ α λ α λ α α θ α θ θ / = ⋅ ⋅ = ⋅/ = ⋅ ∴ = / ⋅/ ∫ ∫     e  ( ) 0 1 1 . cm cm y Rsen Rd m R y cos θ α λ α θ θ = ⋅ ∴ = − ∫     Questão  3     Determine a posição do centro de massa de uma chapa em forma de quadrante de círculo de  raio a.  Resolução:                          dm=λRdα  dα  R  θ  α x=R cosα  y=R senα  x dx ( ) 1 2 2 2 y a x= − dm=σydx
  • 3.     www.profafguimaraes.net    3  Onde  2 4m a σ π ⎛ ⎞⎟⎜ = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ representa  a  densidade  superficial  da  chapa.  Assim,  poderemos  determinar  as  coordenadas do centro de massa:    ( ) ( ) 1 2 2 2 0 3 2 2 2 2 0 1 41 3 4 . 3 a cm a cm cm x x a x dx m a xm x m a a x σ π π = − ⎡ ⎤ −⎢ ⎥/ ⎢ ⎥= ⋅ − ⎢ ⎥/ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ∴ = ∫     Agindo da mesma forma, determinamos também  4 3 cm a y π = .    Questão  4     Duas  partículas  estão  inicialmente  em  repouso,  separadas  por  uma  distância  de  1,0  m.  A  partícula  P  possui  massa  m1  =  3,0  kg  e  a  partícula  Q  possui  massa  m2  =  5,0  kg.  P  e  Q  atraem‐se  mutuamente com uma força constante igual a 3,5 x 10‐1 N. Nenhuma força externa atua sobre este  sistema. (a) Descreva o movimento do centro de massa. (b) A que distância da posição original de P as  partículas deverão colidir?  Resolução:  a) 0.cmdx dt =   b)     As  forças  que  atuam  nas  partículas  são  forças  internas.  Desta  forma,  o  centro  de  massa  permanecerá em repouso. Logo, as partículas se encontrarão no centro de massa. Assim,    0 0 0; 0. 0 3 5 ; 1. 5 0,625 . 8 p p q q p q p q p P P P P P m v m v x x x x x m m = = = = − ⋅∆ = ⋅∆ ∆ +∆ = ∴ ∆ = =     Esse  mesmo  cálculo  poderia  ser  efetuado  tomando  as  equações  horárias  para  cada  partícula  individualmente. Para isso, se faz necessário determinar a aceleração para cada partícula. Vejamos:    2 2 0,35 0,1167 ; 3 0,35 0,07 . 5 p p q q F a m s m F a m s m − − = = ≅ ⋅ = = ≅ ⋅   P Qcm
  • 4.     www.profafguimaraes.net    4  Montando as equações horárias para P e Q, teremos:    2 21 1 1 . 2 2 p p q qx a t e x a t= = −     No encontro, teremos:  ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 0,1167 0,07 1 2 2 10,7 0,1867 1 0,1167 10,7 0,624 . 2 p q p p p p x x a t a t t t x x m = = − + = ≅ ≅ = ⋅ ⋅ ∴ ≅     Questão  5     Um homem de massa m está pendurado em uma escada de corda, suspensa por um balão de  massa M. O balão está estacionário em relação ao solo. (a) Se o homem começar a subir pela escada à  velocidade v (com relação à escada), em que direção e com que velocidade (com relação à Terra) o  balão se moverá? (b) Qual o estado do movimento após o homem ter parado de subir?  Resolução:  a) Considere a figura abaixo.       Onde vbT e vhT são, respectivamente,  as velocidades do balão e do homem  com  relação  à  Terra. Aqui,  vhT  =  v  ‐  vbT.  Considerando  que  o  sistema  se encontra  estacionário,  podemos  admitir  que  a  força  resultante  sobre  o  sistema  (centro  de  massa do sistema) é nula.  Assim, podemos escrever:      ( ) 0 0 0 . bT bT bT P P P P m v v Mv mv v m M = = ⇒ = − − ∴ = +     b) Estacionário.        Questão  6     Um homem de massa m = 70 kg está parado sobre a extremidade de uma jangada de 200 kg,  que se desloca com velocidade constante num lago. A velocidade da jangada em relação à margem é  igual  a  3  m s  ‐1.  Despreze  o  atrito.  O  homem  anda  até  a  outra  extremidade  da  jangada,  cujo  comprimento total vale 5 m. A velocidade do homem em relação à jangada vale vhj = 1,5 m s ‐1 e possui  bTv hTv
  • 5.     www.profafguimaraes.net    5  direção e sentido paralelos à velocidade da jangada. Mostre que a velocidade do centro de massa do  sistema permanece constante e igual a 3 m s ‐1. Calcule a distância percorrida pelo centro da jangada e  pelo centro de massa do sistema durante o tempo que o homem passa de uma extremidade para outra  da jangada.  Resolução:  Como a força resultante no sistema é nula, podemos concluir que a aceleração sobre o centro  de massa também é nula. Desta forma a velocidade do centro de massa se mantém constante.    O intervalo de tempo que o homem leva para alcançar a outra extremidade do barco vale:    5 . 1,5hj l t s v ∆ = =     Aplicando a conservação do momento, teremos:    ( ) ( ) 0 0 1 270 3 70 200 810 105 270 2,6 . cm hT jT jT jT jT jT P P P P m M v mv Mv v v v v v m s− = = + = + ⋅ = + + = + ∴ ≅ ⋅     Onde vhT = vhj +vjT (velocidade do homem com relação à Terra é igual a velocidade do homem com  relação à jangada mais a velocidade da jangada com relação à Terra). Assim, teremos:    5 3 10 ; 1,5 5 2,6 8,7 . 1,5 cm cm j jT x v t m x v t m ∆ = ⋅∆ = ⋅ = ∆ = ⋅∆ = ⋅ ≅     Poderíamos  também  encontrar  a  posição  do  centro  de  massa  do  sistema,  admitindo  que  jangada  possua massa uniformemente distribuída:  ( ) 200 2,52 1,85 . 270 cm lM x m m M ⋅ ⋅ = = ≅ +                       Agora, podemos determinar a distância percorrida pelo centro de massa:  5m2,5m1,85m0 
  • 6.     www.profafguimaraes.net    6                                          Como a diferença entre a distância percorrida pelo centro de massa do sistema e o centro da  jangada é de 1,3 m, concluímos então que a distância percorrida pelo centro da jangada vale 8,7 m.    Questão  7     Uma bola de 50 g é lançada ao ar com uma velocidade inicial de 15 m s ‐1, formando um ângulo  com  a  horizontal  de  450.  (a)  Quais  são  os  valores  da  energia  cinética  da  bola,  inicialmente,  e  no  momento  em  que  antecede  a  colisão  dela  com  o  solo?  (b)  Ache  os  valores  correspondentes  ao  momento (módulo e direção). (c) Mostre que a variação do momento é exatamente igual ao peso da  bola multiplicada pelo intervalo de tempo em que ela ficou no ar.  Resolução:                      a) Como o módulo da velocidade inicial é igual ao módulo da velocidade que antecede a colisão, a  energia cinética inicial terá o mesmo valor da energia cinética final. Assim,    ( ) 22 0 0,05 15 5,625 . 2 2 mv K K J= = = =       b) Os momentos, inicial e final (que antecede a colisão com o solo), terão o mesmo módulo, dado por:  2,5m1,85m  2,5m 3,15m Δxcm= 10m  Δxcj 450  450  15 m s‐1  15 m s‐1
  • 7.     www.profafguimaraes.net    7    1 0 0,05 15 0,75 .P P mv kg m s− = = = ⋅ = ⋅ ⋅     A direção e o sentido estão representados na figura abaixo:                  c) Para encontrar a variação do momento, teremos que efetuar uma operação de adição vetorial:      ( )0 0 .P P P P P∆ = − = + −  Como os vetores possuem o mesmo módulo, o módulo de  da variação é dado por:  1 2 0,75 2 .P P kg m s− ∆ = = ⋅ ⋅  O intervalo de tempo que a  bola ficou no ar é dado por:    0 1 0 0 0; 45 7,5 2 0 7,5 2 10 0,75 2 . 2 1,5 2 . y y y total v v gt v v sen m s t t s t t s − = − = = ⋅ = − ⇒ = ∴ = =     Multiplicando pelo valor do peso:     0,5 1,5 2 0,75 2 .I N s= ⋅ = ⋅     Questão  8     Um objeto de 5,0 kg, com velocidade de 30 m s ‐1, atinge uma  placa de aço, formando um ângulo de 450 e ricocheteia com a mesma  velocidade  e  mesmo  ângulo  (figura  ao  lado).  Qual  é  a  variação  (módulo e direção) do momento do objeto?  Resolução:              1 0 5 30 150 .P P mv kg m s− = = = ⋅ = ⋅ ⋅   ( )0 0 1 2 150 2 212,13 . P P P P P P P P kg m s− ∆ = − = + − ⇒ ∆ = ∴ ∆ = ≅ ⋅ ⋅     Questão  9   450  450  P0  P P0  P  ΔP  •  450  450 m  •450 450 m  P0 P ΔP
  • 8.     www.profafguimaraes.net    8    Dois corpos, ambos constituídos por pesos de balança, são interligados por um tênue fio que  passa através de uma polia leve, sem atrito, de 5,0 cm de diâmetro. Os dois corpos estão no mesmo  nível e cada qual têm, originariamente, massa de 500 g. (a) Localize o centro de massa do sistema. (b)  Vinte gramas são transferidos de um corpo a outro, mas os corpos são impedidos de mover. Localize o  centro de massa. (c) Os dois corpos são, agora, liberados. Descreva o movimento do centro de massa e  determine sua aceleração.  Resolução:    a) Desprezando a massa da polia, o centro de massa do sistema será dado  por:    0,5 5 2,5 . 1 cmx cm ⋅ = =                   b) Nessa nova configuração, teremos:    0,48 5 2,4 . 1 cmx m ⋅ = =                 c) Quando liberados, cada corpo será acelerado, com o mesmo valor  para a aceleração, porém em sentidos opostos:    ( ) ( ) 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 ; 0,4 . m a m g T m a T m g a a a a m m g m m a m s− = − = − = = + = − ∴ = ⋅   Assim,   ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 0,016 ; 0. cm cmy cmy cmx m m a m a m a m m a m m a a m s a− + = + + = − ∴ = ⋅ =   Questão  10   5 cm  5 cm 2,5 cm 0  m 0  5 cm  5 cm2,4 cm 0  m 0 P2 P1  m 0  T T 
  • 9.     www.profafguimaraes.net    9    No  interior  de  uma  canoa  de  massa  m  existe  um  homem  de  massa  M.  A  canoa  se  encontra  inicialmente  em  repouso.  O  homem  atira  um  objeto  de  massa  m’  numa  direção  paralela  ao  comprimento da canoa. A velocidade do objeto com relação à margem vale v. Determine a velocidade  u adquirida pela canoa imediatamente após o lançamento do objeto.  Resolução:  ( ) 0 0 0 P P P P m v m M m u m v u m M m = = ′ ′= − + − ′ ∴ = ′+ −     No sentido oposto ao de v.    Questão  11     Uma espingarda atira 10 balas de 10,0 g por segundo com velocidade de 500 m s ‐1. As balas  param no interior de uma parede rígida. (a) Ache o momento linear de cada bala. (b) Calcule a energia  cinética de cada bala. (c) Qual é a força média exercida pelas balas sobre a parede?  Resolução:  a) 10 balas por segundo corresponde a 1 bala a cada 1/10 do segundo. O momento linear de uma  bala vale:  1 0,01 500 5 . P mv P mv P kg m s− = = = ⋅ = ⋅ ⋅     b) K = ?  2 2 0,01 500 2 2 1250 . mv K K J ⋅ = = ∴ =     c) Vamos admitir que a bala pára no interior da parede segundo um intervalo de tempo dado acima.  Logo:    5 50 . 1 10 M dP P F F dt t F N ∆ = ⇒ = ∆ ∴ = =     Questão  12     Um sapo de massa m está parado na extremidade de uma tábua de massa M e comprimento L.  A tábua flutua em repouso sobre a superfície de um lago. O sapo pula em direção à outra extremidade  da tábua com uma velocidade v que forma um ângulo θ  com a direção horizontal. Determine o módulo  da velocidade inicial do sapo para que ele atinja a outra extremidade da tábua. 
  • 10.     www.profafguimaraes.net    10  Resolução:                                          O  sapo  executa  um  deslocamento  igual  a  x  para  a  direita  enquanto  a  tábua  desloca  L  –  x  para  a  esquerda. Utilizando o princípio da conservação do momento linear na direção do eixo “x” (o sistema  está livre de força resultante externa), teremos:    ( ) 0 0 . x x x P P mv Mu m x M x mx M L x ML x M m = = − ′∆ = ∆ ⇒ = − = +     (12.1)    O pulo do sapo durou um intervalo de tempo dado por:    0 0; 2 2 . y y yv v gt v v sen v sen t g v sen t t g θ θ θ = − = ⋅ ⋅ = ⋅ ∴ ∆ = =   O deslocamento “x” do sapo é dado por:    2 2 2 . x v sen x v t v cos g v sen cos x g θ θ θ θ ⎛ ⎞⋅ ⎟⎜ ⎟= ⋅∆ = ⋅ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ =     (12.2)  Utilizando os resultados (12.1) e (12.2) teremos:    θ  L v L ‐ x   x 
  • 11.     www.profafguimaraes.net    11    ( ) ( ) 2 1 2 1 2 2 ; 2 2 2 . 1 2 v sen cos ML g M m MgL v sen sen cos M m sen cos gL v m sen M θ θ θ θ θ θ θ θ = + ⎡ ⎤ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥∴ = ⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦     Questão  13     Uma arma atira um projétil, com velocidade de 450 m s ‐1, formando um ângulo de 600 com a  horizontal.  O  projétil  explode,  em  dois  fragmentos  de  massas  iguais,  50  s  após  sair  da  arma.  Um  fragmento, cuja velocidade imediatamente após a explosão é zero, cai verticalmente. Supondo que o  terreno seja plano, a que distância da arma cairá o outro fragmento?  Resolução:                                A  velocidade  do  projétil  na  direção  do  eixo  “x”  é  dada  por:  0 11 60 450 225 . 2 xv v cos m s− = ⋅ = ⋅ = ⋅   E  a  velocidade inicial na direção do eixo “y” é dada por:  0 1 0 60 225 3 .yv v sen m s− = ⋅ = ⋅     O intervalo de tempo para que o centro de massa leva para alcançar o solo, é dado por:    0 0 225 3 10 22,5 3 . 45 3 . y yv v gt t t s T s = − = − ⇒ = ∴ =     Assim, o centro de massa terá percorrido uma distância na direção do eixo “x” dada por:    225 45 3 17537,01 .cmx m= ⋅ =     x1  xcm  x2  v 600 
  • 12.     www.profafguimaraes.net    12  No instante 50 s, o primeiro fragmento terá percorrida uma distância:    1 225 50 11250 .x m= ⋅ =     Cerca de 6287,01 m antes do centro de massa. Desprezando a ação do peso durante a explosão, o  momento linear do sistema deve se conservar, Assim, o segundo fragmento estará a uma distância  dada por:    2 6287,01 23824,02 .cmx x m= + =     Questão  14     Um bloco de massa m repousa sobre uma  cunha  de  massa  M,  que  por  sua  vez  repousa  sobre  uma  mesa  horizontal,  como  mostra  a  figura  ao  lado.  Todas  as  superfícies  são  sem  atrito.  Se  o  sistema  parte  do  repouso,  com  o  ponto  P  do  bloco  a  uma  distância  h  acima  da  mesa, ache a velocidade da cunha no instante em  que o ponto P toca a mesa.  Resolução:                Onde v é a velocidade do bloco com relação à cunha e u é a velocidade da cunha com relação ao solo.  Os componentes da velocidade do bloco com relação ao solo são dados por:    ( ) 2 2 2 22 2 2 2 2 2 ; 2 . sx sy s sx sy s s v vcos u v vsen v v v v vcos u v sen v v vucos u α α α α α = − = = + = − + = − +    (13.1)    Pelo princípio da conservação do momento linear (direção x), podemos escrever:    ( ) ( ) 0 0 0 . x x sx P P mv Mu m vcos u Mu M m u v mcos α α = = − = − − + =    (13.2)    Podemos  também,  utilizar  o  princípio  da  conservação  da  energia  mecânica,  juntamente  com  os  resultados de (13.1) e (13.2). Assim,  M m  α  M  m  α v u
  • 13.     www.profafguimaraes.net    13    ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ; cos 1 2 s E E mv Mu mgh mgh m v v ucos u Mu M m u M m u cos mgh m M m u m cos mcos M m u mgh M m u M m u mcos m ghcos M m u M m mcos sen m ghcos u M m M msen α α α α α α α α α α α = = + = − ⋅ + + ⎡ ⎤+ +⎢ ⎥= − + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ + = − + + + ⎡ ⎤= + + − = −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎢∴ = ⎢ + +⎢⎣ ⎦ 1 2 .⎥ ⎥ ⎥     Questão  15     Um combustível muito empregado para motores de foguetes é uma mistura de querosene com  oxigênio  líquido.  A  queima  deste  combustível  pode  produzir  uma  velocidade  de  escape  igual  a  2500m s  ‐1. (a) Despreze a força da gravidade e o peso dos tanques de combustível, bombas etc. e  determine a quantidade de combustível que é necessária para cada kg de carga útil, a fim de permitir  ao foguete atingir a uma velocidade de 13 km s  ‐1, partindo do repouso (a velocidade de escape na  atmosfera terrestre vale 11,2 km s ‐1). (b) Na sonda “Mariner”, com destino a Marte, a massa inicial era  de 1,0 x 105 kg e a carga útil era de apenas 250 kg, correspondendo a uma proporção de 400 unidades  de massa de combustível para apenas uma unidade de massa de carga útil.Qual seria, nas condições  especificadas, a velocidade final de um foguete partindo do repouso?  Resolução:  a)  ( ) 0 3 0 5,2 0 0 ln 13 10 2500 ln 1 181,3 180. rel M v v M M M M M e M M M M M M = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒ ∆ = − = − ∆ ∴ ≅     b)  0 5 1 ln 10 2500 ln 250 14,98 . rel M v v M v v km s− = = ⋅ ∴ ≅ ⋅      
  • 14.     www.profafguimaraes.net    14  Questão  16     Consideremos uma partícula sobre a qual age uma força de mesma direção e sentido que sua  velocidade. (a) Usando a relação relativística F = d(mv)/dt para uma única partícula, mostre que    2 F ds mv dv v dm⋅ = ⋅ + ,    em  que  ds  representa  um  deslocamento  infinitesimal.  (b)  Usando  a  relação  relativística  ( )2 2 2 2 01v m m c= − , mostre que  2 2 0 2 m c mv dv dm m ⋅ = .    (c) Substitua as relações para mv dv e v2 na expressão resultante em (a) e mostre que    ( ) 2 0W Fds m m c= = − ∫ .  Resolução:  a)  ( ) 2 2 2 ; . d mv dv dm F m v dt dt dt dv ds dm ds ds F m v v ds dt ds dt dt dv dm F mv v ds ds dv dm Fds mv v ds ds ds Fds mvdv v dm = = + = ⋅ + ⋅ → = + ⎛ ⎞⎟⎜= + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ∴ = + ∫ ∫       b)  ( )2 2 20 2 2 2 0 3 2 2 2 2 0 0 2 2 1 2 2 d v md c dt dt m dv dm v c m dt m dt c m c mdv dm mv mv dv dm dt m dt m ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎛ ⎞− ⎟⎜=− ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ = ⋅ ∴ ⋅ =     c)  2 2 2 2 20 0 2 2 1 Fds mv dv v dm c m m W dm c dm m m = ⋅ + ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫      
  • 15.     www.profafguimaraes.net    15  ( ) 0 0 0 2 2 2 2 2 0 0 2 0 1 1 . m m m m m m W m c m c m c m m W m m c ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ′⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − + + ⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ ′⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ∴ = −     Questão  17     Um vagão‐prancha de estrada de ferro, de peso W, pode deslocar‐se sem atrito ao longo de um  trilho horizontal reto, como mostra a figura. Inicialmente, um homem de peso w está parado sobre o  vagão, que se desloca para a direita com velocidade v0. Qual será a variação da velocidade do vagão se  o homem correr para a esquerda de modo que sua velocidade em relação ao vagão seja vrel exatamente  antes dele saltar pela extremidade?                          Resolução:  Seja u, a velocidade do homem com relação ao solo. Assim,     relu v v′= −       com v’ sendo a velocidade final do vagão, imediatamente antes do homem saltar. Pela conservação do momento  linear, teremos:    ( ) ( ) ( )( ) 0 0 0 0 ; , , . rel rel rel rel M m v Mv mu M m v Mv mv mv M m v v mv mv v v w mg W Mg M m w v v W w ′+ = − ′ ′+ = − + ′+ − = ′− = = = + ⋅ ∴ ∆ = +     Questão  18     Uma gota de chuva com massa variável. No problema da propulsão de um foguete, a massa é variável.  Outro problema com massa variável é fornecido por uma gota de chuva caindo no interior de uma nuvem que  contém  muitas  gotas  minúsculas.  Algumas  dessas  gotículas  aderem  sobre  a  gota  que  cai,  fazendo,  portanto,  aumentar sua massa à medida que ela cai. A força sobre a gota de chuva é dada por    0v u
  • 16.     www.profafguimaraes.net    16  ext dp dv dm F m v dt dt dt = = + .    Suponha que a massa da gota de chuva dependa da distância x percorrida durante sua queda. Então, m = kx,  onde k é uma constante, portanto dm/dt = kv. Como Fext = mg, obtemos:    ( ) dv mg m v kv dt = + .    Ou, dividindo por k    2dv xg x v dt = + .    Essa equação diferencial possui uma solução da forma v = at, onde a é uma aceleração constante. Considere a  velocidade inicial da gota igual a zero. a) Usando a solução proposta para v, determine a aceleração a. b) Calcule  a distância percorrida pela gota até o instante t = 3,00 s. c) Sabendo que k = 2,00 g m ­1, ache a massa da gota de  chuva para t = 3,00 s. Para muitos outros aspectos intrigantes deste problema veja o artigo de K. S. Krane, Amer.  Jour. Phys. Vol 49 (1981), p. 113 – 117.  Resolução:  a) Tomando a expressão para a velocidade proposta, podemos obter a expressão para x:    2 0 . 2 t dx v at dt at x at dt x = = ′ ′= ⇒ = ∫     Substituindo na equação diferencial, teremos:    2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 3 at at g a a t ag a a g a / / /= + = + ∴ =     b) Voltando para a expressão de x, teremos:    2 2 10 3 3 2 3 2 15 . g t x x m / = ⋅ = ⋅ / ∴ =       c) Podemos concluir então, que a massa da gota vale:    2 15 30 . m kx m m g = = ⋅ ∴ =