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PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
     Prof. Anderson Coser Gaudio
     Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
     http://www.cce.ufes.br/anderson
     anderson@npd.ufes.br                               Última atualização: 15/07/2005 13:10 H




                                         RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED.,
                                               LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.


                                                              FÍSICA 1

                                                 Capítulo 10 - Colisões




                                          Problemas

01         02         03         04         05         06         07         08         09         10
11         12         13         14         15         16         17         18         19         20
21         22         23         24         25         26         27         28         29         30
31         32         33         34         35         36         37         38         39         40
41         42         43         44         45         46         47         48         49         50
51         52         53         54         55         56         57         58         59         60
61         62         63         64         65         66         67
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

                                     Problemas Resolvidos

01. Na prova de resistência do pára-choques de um novo carro, o veículo, de 2.300 kg e a 15 m/s,
    colide com o parapeito de uma ponte, sendo parado em 0,54 s. Determine a força média que
    atuou no carro durante o impacto.
                                                                                       (Pág. 209)
Solução.
Considere o seguinte esquema:

              m                v


                           x

                                              F


Durante o curto tempo de duração da colisão a única força externa relevante que atua no carro é a
força do parapeito da ponte (F). Portanto:
                     dP
        ∑ Fext = F = dt
Suponha que o referencial x aponta no sentido do movimento do carro. Em x:
            dP
        F= x
             dt
        dPx = Fdt                                                                              (1)
De acordo com a Seção 10.3 (Pág. 195), a Eq. (1) é equivalente a:
        ΔPx = F Δt
             Δpx p − p0 m ( v − v0 ) m ( 0 − v0 )
        F=      =        =          =
             Δt   t − t0   t −0           t
             − mv0
        F=         = −63.888,88      N
               t
        F ≈ −6, 4 ×104 N

                                                  [Início]


02. Uma bola de massa m e velocidade v bate perpendicularmente em uma parede e recua sem
    perder velocidade. (a) O tempo de colisão é Δt; qual a força média exercida pela bola na parede?
    (b) Avalie numericamente essa força média no caso de uma bola de borracha de massa de 140 g
    à velocidade de 7,8 m/s, sendo de 3,9 ms a duração do choque.
                                                                                         (Pág. 209)
Solução.
Considere o seguinte esquema:



________________________________________________________________________________________________________   2
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

               m
                    v




                                         x


               m
          -v



(a) A força média envolvida na colisão é:
           Δpx p − p0 m ( v − v0 ) m ( −v − v )
        F=      =         =           =
            Δt       Δt        Δt         Δt
           −2mv
       F=
             Δt
(b) O módulo da força média é:
           2(0,140 kg)(7,8 m/s)
       F=                         = 560 N
               (3,9 ×10−3 ms)
        F = 5, 6 × 102 N

                                                  [Início]


32. Uma bola de aço de 0,514 kg está amarrada a um fio de 68,7 cm e é solta quando este está na
    horizontal (Fig. 32). No fim do arco de 90o descrito pela bola, ela atinge um bloco de aço de
    2,63 kg que está em repouso numa superfície sem atrito: a colisão é elástica. Determine (a) a
    velocidade da bola e (b) a velocidade do bloco, ambas imediatamente após o choque. (c)
    Suponha agora que na colisão metade da energia cinética mecânica seja convertida em energia
    interna e energia sonora. Determine as velocidades finais.




                                                                                               (Pág. 211)
Solução.
Considere o seguinte esquema:




________________________________________________________________________________________________________    3
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
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         m1
        A


                              m2
                       B              v1B

                              x

                  C

                 v1C                  v2C

O movimento de A até B é feito com energia mecânica constante (ausência de forças dissipativas),
logo:
      E A = EB
        K A + U A = KB + U B
                       1
        0 + m1 gl =      m1v12B + 0
                       2
        v1B = 2 gl = 3, 67136               m/s
(a) Durante o choque o momento linear é conservado. Vamos chamar de B a situação do sistema
antes do choque e C a situação imediatamente após o choque. Para choques elásticos, v1C é dada
por:
             m − m2
        v1C = 1      v1B
             m1 + m2
        v1C = −2, 4709       m/s
        v1C = −2, 47 m/s
(b) Para choques elásticos v2C é dada por:
               2m1
        v2C =         v1B
              m1 + m2
        v2C = 1, 20043       m/s
        v2C = 1, 20 m/s
(c) Energia cinética:
                 K
        KC ' = B
                  2
        1            1           1⎛1      1    2 ⎞
          m1v12C ' + m2 v2C ' = ⎜ m1v12B + m2 v2 B ⎟
                             2

        2            2           2⎝2      2        ⎠
                               1
        m1v12C ' + m2 v2C ' = m1v12B + 0
                       2
                                                                                                       (1)
                               2
Conservação do momento linear B → C’:
        PBx = PC ' x
        m1v1B + m2 v2 B = m1v1C ' + m2 v2C '
        m1v1B + 0 = m1v1C ' + m2 v2C '
________________________________________________________________________________________________________     4
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
Problemas Resolvidos de Física                          Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

                  m1v1B − m1v1C '
        v2C ' =                                                                                        (2)
                       m2
Substituindo-se (2) em (1):
                  2m1v1B ± v1B 2m2 ( m2 − m1 )
        v1C ' =                                                                                        (3)
                           2 ( m1 + m2 )
São duas as possibilidades para v1C’:
       v1C ' = −1,34768 m/s
        v1C ' = 2,54811       m/s
Como m1 < m2, sabe-se que v1C’ < 0. Logo:
        v1C ' ≈ −1,35 m/s
Substituindo-se (3) em (2):
                  2m1m2 v1B ± m1v1B 2m2 ( m2 − m1 )
        v2C ' =
                            2m2 ( m1 + m2 )
Também são duas as possibilidades para v2C’:
     v2C ' = 0, 219525 m/s
        v2C ' = 0,980907        m/s
Somente v2C’ = 0,980907... torna KC’ = KB/2 (verifique você!). Logo:
                                                 B




        v2C ' ≈ 0,981 m/s

                                                      [Início]


40. Uma bola de massa m é lançada com velocidade v, no cano de uma espingarda de mola de
    massa M, que está inicialmente parada numa superfície sem atrito, conforme a Fig. 34. A bola
    fica agarrada ao cano no ponto de máxima compressão da mola e não há perda de energia por
    atrito. (a) Qual a velocidade da espingarda depois que a bala pára no cano? (b) Que fração da
    energia cinética inicial da bola fica armazenada na mola?




                                                                                               (Pág. 212)
Solução.
Considere o seguinte esquema:




________________________________________________________________________________________________________     5
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
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                       M                         m
                                            vi

        Inicial




                  vf

        Final
                                    x
(a) Trata-se de um choque completamente inelástico (v1f = v2f). O momento linear em x é
conservado.
        Pxi = Pxf
        m1v1i + m2 v2i = m1v1 f + m2 v2 f
        mvi + 0 = mv f + Mv f
                 m
        vf =        vi                                                                                 (1)
                m+M
(b) A energia armazenada na mola é dada por Ki − Kf. Logo, a fração da energia cinética inicial que
fica armazenada na mola é:
                       1 2 1
            K i − K f 2 mvi − 2 ( m + M ) v f
                                            2

        f =          =                                                                          (2)
                Ki             1 2
                                 mvi
                               2
Substituindo-se (1) em (2) e simplificando-se:
               M
        f =
            m+M

                                                     [Início]


41. Um bloco de massa m1 = 1,88 kg desliza ao longo de uma superfície sem atrito com velocidade
    de 10,3 m/s. Diretamente em frente dele, e movendo-se no mesmo sentido, há um bloco de
    massa m2 = 4,92 kg, cuja velocidade é 3,27 m/s. Uma dada mola de massa desprezível, cuja
    constante elástica vale k = 11,2 N/cm está presa à traseira de m2, conforme a Fig. 35. Quando os
    blocos se chocam, qual a compressão máxima da mola? (Sugestão: No momento de compressão
    máxima da mola, os dois blocos se movem juntos e o choque é completamente inelástico nesse
    ponto; calcule então a velocidade comum.)




                                                                                               (Pág. 212)
Solução.

________________________________________________________________________________________________________     6
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
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Como foi sugerido no enunciado, no momento da compressão máxima da mola os blocos viajam à
mesma velocidade (colisão inelástica). Aplicando-se a conservação do momento linear:
      Pxi = Pxf
        m1v1i + m2 v2i = m1v1 f + m2v2 f = ( m1 + m2 ) v f
               m1v1i + m2 v2i
        vf =                                                                                             (1)
                 m1 + m2
Como não há forças dissipativas agindo no sistema, a energia mecânica é conservada:
      Ei = E f
        K1i + K 2 i + U i = K1 f + K 2 f + U f
        1         1            1                 1
          m1v12i + m2 v2i + 0 = ( m1 + m2 ) v 2 + k Δx 2
                       2
                                              f
        2         2            2                 2
                 m1v12i + m2 v2i − ( m1 + m2 ) v 2
                              2

        Δx =                                     f
                                                                                                         (2)
                                    k
Substituindo-se (1) em (2):
                                                                   2
                                      ⎛ m v + m2 v2i ⎞
              m v + m v − ( m1 + m2 ) ⎜ 1 1i
                     2         2
                                                     ⎟
                                      ⎝ m1 + m2 ⎠
                   1 1i      2 2i

       Δx =
                                 k
A simplificação desta expressão resulta em:
                                 m1m2
        Δx = ( v1i − v2i )                 = 0, 24499     m
                             k ( m1 + m2 )
        Δx ≈ 24,5 cm

                                                        [Início]


42. Dois trenós de 22,7 kg cada um estão à curta distância um do outro e na mesma reta, conforme a
    Fig. 36. Um gato de 3,63 kg, em pé num dos trenós, pula para o outro e imediatamente volta ao
    primeiro. Ambos os pulos são feitos à velocidade de 3,05 m/s em relação ao trenó onde está o
    gato a pular. Calcule as velocidades finais dos dois trenós.




                                                                                                 (Pág. 212)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:




________________________________________________________________________________________________________       7
                                       a
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Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

                           v1A = 0                     v2A = 0
        A
                                              vgB
                        v1B                            v2B = 0
        B

               v1C = v1B                                    v2C
        C
                                  vgD
            v1D = v1B                                             v2D
        D

           v1E                                                  v2E = v2D
       E
Uma consideração importante a ser feita é que, embora o enunciado tenha fornecido a velocidade do
gato em relação ao trenó, as velocidades utilizadas na aplicação da conservação do momento linear
são em relação ao solo. A velocidade do gato em relação ao solo (vg) vale:
       vg = vt + vgt                                                                          (1)
Na Eq. (1) vt é a velocidade do trenó, que será substituída por v1 (trenó 1) e v2 (trenó 2) e vgt é a
velocidade do gato em relação ao trenó (que é uma velocidade de sinal negativo, pois tem o sentido
contrário ao do trenó). O momento linear do sistema na direção x é conservado devido à ausência de
forças externas nessa direção. Nos estados A e B temos:
        PxA = PxB
        PgA + P A = PgB + P B
               1           1

        0 = mg vgB + Mv1B                                                                              (2)
Substituindo (1) em (2):
        0 = mg ( v1B + vgt ) + Mv1B
                   m
        v1B = −       vgt                                                                              (3)
                  m+M
Estados B e C:
       PxB = PxC
        PgB + P B + P2 B = PgC + P C + P2C
               1                  1

Temos que P2B = 0 e P1B = P1C. Logo:
                  B           B




      PgB = PgC + P2C
        mvgB = mvgC + Mv2 C                                                                            (4)
Substituindo (1) em (4):
        m ( v1B + vgt ) = ( m + M ) v2C                                                                (5)
Substituindo (3) em (5):
          ⎛    m        ⎞
        m⎜−         vgt ⎟ + mvgt = ( m + M ) v2C
          ⎝ m+M         ⎠
                mM
        v2C =            v                                                                             (6)
              (m + M )
                       2 gt



Estados C e D:
________________________________________________________________________________________________________     8
                                       a
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         PxC = PxD
         PgC + P C + P2 C = PgD + P D + P2 D
                1                  1

Temos que P1C = P1D. Logo:
      PgC + P2C = PgD + P2 D

        ( m + M ) v2C = mvgD + Mv2D                                                                           (7)
Substituindo (1) e (6) em (7):

                           v = m ( v2 D + vgt ) + Mv2 D
                    mM
        (m + M )
                 (m + M )
                          2 gt



            mM
                  v = mvgt + ( m + M ) v2 D
         ( m + M ) gt
                        m2
         v2 D = −                     vgt = 0, 0591785   m/s                                                  (8)
                    (m + M )
                                  2



         v2 D ≈ 5,92 cm/s
Estados D e E:
       PxD = PxE
         PgD + P D + P2 D = PgE + P E + P2 E
                1                  1

Temos que P2D = P2E. Logo:
      PgD + P D = PgE + P E
             1           1

         mvgD + Mv1B = ( m + M ) v1E                                                                          (9)
Substituindo (1) e (3) em (9):
                             ⎛               ⎞
        m ( v2 D + vgt ) + M ⎜ −
                                   m
                                         vgt ⎟ = ( m + M ) v1E
                             ⎝ m+M           ⎠
                           mM
        mv2 D + mvgt −           vgt = ( m + M ) v1E                                                          (10)
                          m+M
Substituindo-se (8) em (10):
                 m3                         mM
         −                  vgt + mvgt −       vgt = ( m + M ) v1E
             (m + M )                      m+M
                        2



                    m2 M
         v1E =                    vgt = −0, 0515484      m/s
                 (m + M )
                              3



         v1E ≈ −5,15 cm/s
A prova de que esse cálculo está certo pode ser feita somando-se o momento linear final do sistema,
que deve ser igual ao inicial, ou seja, zero:
         Pf = Pg + P + P2 = ( m + M ) v1E + Mv2 D
                    1


                                  m2 M     ⎡    m2          ⎤
         Pf = ( m + M )            vgt + M ⎢ −          vgt ⎥
                        (m + M )           ⎢ (m + M )
                                 3                    2
                                           ⎣                ⎥
                                                            ⎦


________________________________________________________________________________________________________            9
                                       a
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Problemas Resolvidos de Física                                       Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

                   m2 M                       m2 M
          Pf =                  vgt −                    vgt = 0
                 (m + M )                 (m + M )
                            2                        2




                                                                   [Início]


46. Dois veículos A e B que estão viajando respectivamente para o leste e para o sul, chocam-se
    num cruzamento e ficam engavetados. Antes do choque, A (massa de 1.360 kg) movia-se a 62,0
    km/h e B (massa de 1.820 kg)tinha velocidade de 93,0 km/h. Determine o módulo e o sentido da
    velocidade dos veículos engavetados imediatamente após o choque.
                                                                                         (Pág. 212)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
                                mB


                                    vB0


                    vA0
          mA
                                          φ

                                    v          y

                                                     x

Considerando-se que as forças internas envolvidas na colisão são muito mais intensas que outras
forças externas, admite-se que o momento linear é conservado na colisão. Em x:
        P0 x = Px
          p A0 x + pB 0 x = p Ax + pB x
          mAv A0 + 0 = mAv A + mB vB
          mAvA0 = mAv cos φ + mB v cos φ = ( mA + mB ) v cos φ                                                      (1)
Conservação do momento linear em y:
       P0 y = Py
          p A 0 y + pB 0 y = p Ay + pB y
          0 − mB vB 0 = mAv A + mB vB = mAv sen φ + mB v sen φ
          −mB vB 0 = ( mA + mB ) v sen φ                                                                            (2)
Dividindo-se (1) por (2):
                 m v
       tan φ = − B B 0
                 mAv A0
          φ = −63,5189          o


O sinal negativo está relacionado ao sentido anti-horário de φ em relação ao eixo x. Interessa-nos
apenas seu valor absoluto.
          φ ≈ 63,5o
De (1):
________________________________________________________________________________________________________              10
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
Problemas Resolvidos de Física                             Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

                  mAv A 0
        v=                     = 59, 4654        km/h
             ( mA + mB ) cos φ
        v ≈ 59, 5 km/h

                                                         [Início]


47. Dois objetos A e B se chocam. A massa de A é de 2,0 kg e a de B, 3,0 kg. Suas velocidades antes
    da colisão eram respectivamente viA = 15 i + 30 j e viB = −10 i + 5,0 j. Após o choque, vfA =
    −6,0 i + 30 j; todas as velocidades as~em m/s. (a) Qual a velocidade final de B? (b) Quanta
    energia cinética foi ganha ou perdida na colisão?
                                                                                         (Pág. 212)
Solução.
(a) Admitindo-se que haja conservação do momento linear durante a colisão:
       Pi = Pf
        p Ai + p Bi = p Af + p Bf
        mA v Ai + mB v Bi = mA v Af + mB v Bf
                 mA
        v Bf =      ( v Ai − v Af ) + v Bi
                 mB
                 (2, 0)
        v Bf =          [ (15i + 30 j) − (−6, 0i + 30 j)] + (−10i + 5, 0 j)
                 (3, 0)
        v Bf = 4, 0i + 5, 0 j
(b)
                          ⎛1           1        2 ⎞ ⎛1       1 2 ⎞
        ΔK = K f − K i = ⎜ mAv Af + mB vBf ⎟ − ⎜ mAv Ai + mB vBi ⎟
                                   2                       2

                          ⎝2           2           ⎠ ⎝2      2   ⎠

        ΔK = ⎡ mA ( v Af − v Ai ) + mB ( vBf − vBi ) ⎤
               1        2    2             2      2

               2  ⎣                                  ⎦
Normalmente calcularíamos vAf como sendo igual a vAxf2 + vAyf2. Porém, neste problema não ocorre
                                    2

variação do momento linear na coordenada y. Portanto, pode-se considerar, para fins do cálculo de
ΔK, vAf2 = vAxf2. Logo:

        ΔK = ⎡ mA ( v Axf − v Axi ) + mB ( vBxf − vBxi ) ⎤
               1        2     2              2      2

               2⎣                                        ⎦

        ΔK =
             1
             2
                   {     ⎣                            ⎦             ⎣                            }
               (2, 0 kg) ⎡ (−6, 0 m/s) 2 − (15 m/s) 2 ⎤ + (3, 0 kg) ⎡ (4, 0 m/s) 2 − (−10 m/s) 2 ⎤
                                                                                                 ⎦
        ΔK = −315 J
        ΔK ≈ −0,32 kJ
A resposta apresentada no livro (+700 J) é incoerente, pois indica ganho de energia cinética pelo
sistema. Desprezando-se a atuação de forças externas durante a colisão e considerando-se que
nenhuma energia potencial elástica eventualmente acumulada no sistema converta-se em energia
cinética, a energia cinética do sistema só pode permanecer como está (colisão elástica) ou diminuir
(colisão inelástica).

                                                         [Início]
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51. Um próton (massa atômica 1,01 u) choca-se elasticamente, a 518 m/s, com outro próton parado.
    O primeiro próton é desviado 64,0o de sua direção inicial. (a) Qual a direção da velocidade do
    próton-alvo após o choque? (b) Quais as velocidades dos prótons depois do impacto?
                                                                                         (Pág. 212)
Solução.
Considere o seguinte esquema:
                                y

                                               v2f
          m                    m
                  v1i                      φ
                                           θ             x
                             v2i = 0
                                          v1f
Na ausência de força externa resultante o momento linear será conservado em x e em y. Em x:
       Pxi = Pxf
        p1xi + p2 xi = p1xf + p2 xf
        mv1i + 0 = mv1 f cos θ + mv2 f cos φ
        v1i − v1 f cos θ = v2 f cos φ                                                                         (1)
Em y:
        Pyi = Pyf
        p1 yi + p2 yi = p1 yf + p2 yf
        0 + 0 = − mv1 f sen θ + mv2 f sen φ
        v1 f sen θ = v2 f sen φ                                                                               (2)
As Eqs. (1) e (2) possuem três incógnitas e, por conseguinte, há necessidade de uma terceira
equação para resolver o sistema. A terceira equação vem da informação dada no enunciado do
problema, que disse ser o choque entre os prótons elástico. Logo:
       Ki = K f
        K1i + K 2i = K1 f + K 2 f
        1 2         1       1 2
          mv1i + 0 = mv12f + mv2 f
        2           2       2
        v12i = v12f + v2 f
                       2
                                                                                                              (3)
Dentre os vários caminhos que podem ser seguidos para resolver o sistema de equações (1), (2) e
(3), adotaremos o seguinte. Tomemos o quadrado de (1):
        v12i − 2v1i v1 f cos θ + v12f cos 2 θ = v2 f cos 2 φ
                                                 2
                                                                                                              (4)
Tomemos também o quadrado de (2):
        v12f sen 2 θ = v2 f sen 2 φ
                        2
                                                                                                              (5)
Adicionando-se (4) e (5) e reconhecendo-se que sen2 φ + cos2 φ = 1 e sen2 θ + cos2 θ = 1:
        v12i − 2v1i v1 f cos θ + v12f = v2 f
                                         2
                                                                                                              (6)
Substituindo-se v2f2 de (3) em (6):
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          v12i − 2v1i v1 f cos θ + v12f = v12i − v12f
          v1 f = v1i cos θ = 227, 076          m/s
          v1 f ≈ 227 m/s
De (3):
          v2 f = v12i − v12f = 465,5753            m/s
          v2 f ≈ 466 m/s
Finalmente, de (1):
                      ⎛ v1i − v1 f cos θ   ⎞
          φ = cos −1 ⎜                     ⎟
                      ⎜       v2 f         ⎟
                      ⎝                    ⎠
          φ = 26

                                                              [Início]


54. Dois pêndulos de mesmo comprimento L estão situados inicialmente como na Fig. 38. O da
    esquerda é solto da altura d e bate no outro. Suponha que a colisão seja completamente
    inelástica e despreze a massa dos fios e quaisquer efeitos de atrito. A que altura se eleva o
    centro de massa do conjunto após o choque?




                                                                                                         (Pág. 213)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:


                                           L                  L               L
                A
                  m1                                                                C
          v1A = 0                    Bi                  Bf
                     d                m2                                 h
                                                                                  v12C = 0
              Ug = 0
                     v1B             v2B = 0
                                         v12B
Desprezando-se eventuais efeitos de atrito a energia mecânica do sistema é conservada durante a
queda do corpo m1:
       E A = EB
          K A + U A = KB + U B
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                       1
        0 + m1 gd =      m1v12B + 0
                       2
        v1B = 2 gd                                                                                      (1)
Na colisão entre m1 e m2 o efeito das forças externas é desprezível. Portanto, o momento linear é
conservado:
        PBi = PBf
         p1Bi + p2 Bi = p1Bf + p2 Bf
        m1v1B + 0 = ( m1 + m2 ) v12 B                                                                   (2)
Na Eq. (2), v12B é é a velocidade inicial do conjunto m1-m2 após a colisão. Substituindo-se (1) em
                   B




(2):
                  m1 2 gd
        v12 B =
                  m1 + m2
Após a colisão, o movimento do conjunto ocorre com energia mecânica constante:
       EB = EC
         K B + U B = KC + U C
        1
          ( m1 + m2 ) v12 B + 0 = 0 + ( m1 + m2 ) gh
                       2
                                                                                                        (3)
        2
Substituindo-se (2) em (3):
                          2
          ⎛ m1 ⎞
        h=⎜         ⎟ d
          ⎝ m1 + m2 ⎠

                                                       [Início]


60. (a) Mostre numa colisão elástica unidimensional a velocidade do centro de massa de duas
    partículas, de massas m1 e m2, que têm velocidade inicial v1 e v2, respectivamente, é expressa
    por
                 m1            m2
        vCM =          v1i +         v2i .
               m1 + m2       m1 + m2

    (b) Aplique as Eqs. 15 e 16 para v1f e v2f (as velocidades das partículas após o choque), a fim de
    deduzir o mesmo resultado para vCM após o impacto.
                                                                                          (Pág. 214)
Solução.
(a) A posição do centro de massa de duas partículas, m1 e m2, cujas posições iniciais são,
respectivamente, x1i e x2i, é dado por:
                 1
        xCM =          ( m1 x1i + m2 x2i )                                                              (1)
              m1 + m2
Derivando-se ambos os membros de (1) em relação ao tempo:
               m1 dx1i     m2 dx2i
       vCM =           +
             m1 + m2 dt m1 + m2 dt

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                                       a
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                     m1            m2
        vCM =              v1i +         v2i
                   m1 + m2       m1 + m2
(b)
                 m1 − m2        2m2
        v1 f =           v1i +         v2i                                                                             (15)
                 m1 + m2       m1 + m2
                  2m1         m − m1
        v2 f =           v1i + 2      v2i                                                                              (16)
                 m1 + m2      m1 + m2
A velocidade do centro de massa das duas partículas após a colisão é, de acordo o resultado do item
(a):
                m1             m2
       vCMf =         v1 f +         v2 f                                                       (2)
              m1 + m2        m1 + m2
Substituindo-se (15) e (16) em (2):
                     m1 ⎛ m1 − m2           2m2       ⎞   m2 ⎛ 2m1          m − m1 ⎞
        vCMf =             ⎜         v1i +        v2i ⎟ +    ⎜         v1i + 2     v2i ⎟
                   m1 + m2 ⎝ m1 + m2       m1 + m2 ⎠ m1 + m2 ⎝ m1 + m2      m1 + m2 ⎠
                   m12 − m1m2                  2m1m2                   2m1m2              m2 − m1m2
                                                                                           2
        vCMf =                       v1i +                  v +                     v +                     v2i
                   ( m1 + m2 )               ( m1 + m2 )             ( m1 + m2 )          ( m1 + m2 )
                                 2                         2 1i                    2 2i                 2



                   m12 + m1m2                m2 + m1m2
                                              2
        vCMf =                       v1i +                     v2i
                   ( m1 + m2 )               ( m1 + m2 )
                                 2                         2



                     m1            m2
        vCMf =             v1i +         v2i
                   m1 + m2       m1 + m2

                                                                      [Início]


61. No laboratório, uma partícula de massa 3,16 kg, move-se a 15,6 m/s para a esquerda e se choca
    frontalmente com outra partícula de massa 2,84 kg, que tem velocidade de 12,2 m/s para a
    direita. Determine a velocidade do centro de massa do sistema de duas partículas após a colisão.
                                                                                        (Pág. 214)
Solução.
Considere o esquema a seguir:
                 m1                                            m2
                         v1i                     v2i
                                                                         x
Como não há forças externas agindo sobre o sistema, o centro de massa não é acelerado.
        ∑F   Ext   = MaCM = 0
Logo:
        v CM = Constante
        v CMi = v CMf = v CM
Por definição:
                      1
        v CM =             ( m1v1 + m2 v 2 )
                   m1 + m2

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                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

                     1
        v CMf =           ( m1 v1i + m2 v 2i )
                  m1 + m2
Como o choque é unidimensional (coordenada x), temos:
                1
      vCMf =         ( m1v1i + m2v2i ) = −2, 44133 m/s
             m1 + m2
        vCMf ≈ −2, 44 m/s


                                                  [Início]




________________________________________________________________________________________________________   16
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões

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  • 1. PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson anderson@npd.ufes.br Última atualização: 15/07/2005 13:10 H RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 1 Capítulo 10 - Colisões Problemas 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67
  • 2. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Problemas Resolvidos 01. Na prova de resistência do pára-choques de um novo carro, o veículo, de 2.300 kg e a 15 m/s, colide com o parapeito de uma ponte, sendo parado em 0,54 s. Determine a força média que atuou no carro durante o impacto. (Pág. 209) Solução. Considere o seguinte esquema: m v x F Durante o curto tempo de duração da colisão a única força externa relevante que atua no carro é a força do parapeito da ponte (F). Portanto: dP ∑ Fext = F = dt Suponha que o referencial x aponta no sentido do movimento do carro. Em x: dP F= x dt dPx = Fdt (1) De acordo com a Seção 10.3 (Pág. 195), a Eq. (1) é equivalente a: ΔPx = F Δt Δpx p − p0 m ( v − v0 ) m ( 0 − v0 ) F= = = = Δt t − t0 t −0 t − mv0 F= = −63.888,88 N t F ≈ −6, 4 ×104 N [Início] 02. Uma bola de massa m e velocidade v bate perpendicularmente em uma parede e recua sem perder velocidade. (a) O tempo de colisão é Δt; qual a força média exercida pela bola na parede? (b) Avalie numericamente essa força média no caso de uma bola de borracha de massa de 140 g à velocidade de 7,8 m/s, sendo de 3,9 ms a duração do choque. (Pág. 209) Solução. Considere o seguinte esquema: ________________________________________________________________________________________________________ 2 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m v x m -v (a) A força média envolvida na colisão é: Δpx p − p0 m ( v − v0 ) m ( −v − v ) F= = = = Δt Δt Δt Δt −2mv F= Δt (b) O módulo da força média é: 2(0,140 kg)(7,8 m/s) F= = 560 N (3,9 ×10−3 ms) F = 5, 6 × 102 N [Início] 32. Uma bola de aço de 0,514 kg está amarrada a um fio de 68,7 cm e é solta quando este está na horizontal (Fig. 32). No fim do arco de 90o descrito pela bola, ela atinge um bloco de aço de 2,63 kg que está em repouso numa superfície sem atrito: a colisão é elástica. Determine (a) a velocidade da bola e (b) a velocidade do bloco, ambas imediatamente após o choque. (c) Suponha agora que na colisão metade da energia cinética mecânica seja convertida em energia interna e energia sonora. Determine as velocidades finais. (Pág. 211) Solução. Considere o seguinte esquema: ________________________________________________________________________________________________________ 3 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m1 A m2 B v1B x C v1C v2C O movimento de A até B é feito com energia mecânica constante (ausência de forças dissipativas), logo: E A = EB K A + U A = KB + U B 1 0 + m1 gl = m1v12B + 0 2 v1B = 2 gl = 3, 67136 m/s (a) Durante o choque o momento linear é conservado. Vamos chamar de B a situação do sistema antes do choque e C a situação imediatamente após o choque. Para choques elásticos, v1C é dada por: m − m2 v1C = 1 v1B m1 + m2 v1C = −2, 4709 m/s v1C = −2, 47 m/s (b) Para choques elásticos v2C é dada por: 2m1 v2C = v1B m1 + m2 v2C = 1, 20043 m/s v2C = 1, 20 m/s (c) Energia cinética: K KC ' = B 2 1 1 1⎛1 1 2 ⎞ m1v12C ' + m2 v2C ' = ⎜ m1v12B + m2 v2 B ⎟ 2 2 2 2⎝2 2 ⎠ 1 m1v12C ' + m2 v2C ' = m1v12B + 0 2 (1) 2 Conservação do momento linear B → C’: PBx = PC ' x m1v1B + m2 v2 B = m1v1C ' + m2 v2C ' m1v1B + 0 = m1v1C ' + m2 v2C ' ________________________________________________________________________________________________________ 4 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m1v1B − m1v1C ' v2C ' = (2) m2 Substituindo-se (2) em (1): 2m1v1B ± v1B 2m2 ( m2 − m1 ) v1C ' = (3) 2 ( m1 + m2 ) São duas as possibilidades para v1C’: v1C ' = −1,34768 m/s v1C ' = 2,54811 m/s Como m1 < m2, sabe-se que v1C’ < 0. Logo: v1C ' ≈ −1,35 m/s Substituindo-se (3) em (2): 2m1m2 v1B ± m1v1B 2m2 ( m2 − m1 ) v2C ' = 2m2 ( m1 + m2 ) Também são duas as possibilidades para v2C’: v2C ' = 0, 219525 m/s v2C ' = 0,980907 m/s Somente v2C’ = 0,980907... torna KC’ = KB/2 (verifique você!). Logo: B v2C ' ≈ 0,981 m/s [Início] 40. Uma bola de massa m é lançada com velocidade v, no cano de uma espingarda de mola de massa M, que está inicialmente parada numa superfície sem atrito, conforme a Fig. 34. A bola fica agarrada ao cano no ponto de máxima compressão da mola e não há perda de energia por atrito. (a) Qual a velocidade da espingarda depois que a bala pára no cano? (b) Que fração da energia cinética inicial da bola fica armazenada na mola? (Pág. 212) Solução. Considere o seguinte esquema: ________________________________________________________________________________________________________ 5 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES M m vi Inicial vf Final x (a) Trata-se de um choque completamente inelástico (v1f = v2f). O momento linear em x é conservado. Pxi = Pxf m1v1i + m2 v2i = m1v1 f + m2 v2 f mvi + 0 = mv f + Mv f m vf = vi (1) m+M (b) A energia armazenada na mola é dada por Ki − Kf. Logo, a fração da energia cinética inicial que fica armazenada na mola é: 1 2 1 K i − K f 2 mvi − 2 ( m + M ) v f 2 f = = (2) Ki 1 2 mvi 2 Substituindo-se (1) em (2) e simplificando-se: M f = m+M [Início] 41. Um bloco de massa m1 = 1,88 kg desliza ao longo de uma superfície sem atrito com velocidade de 10,3 m/s. Diretamente em frente dele, e movendo-se no mesmo sentido, há um bloco de massa m2 = 4,92 kg, cuja velocidade é 3,27 m/s. Uma dada mola de massa desprezível, cuja constante elástica vale k = 11,2 N/cm está presa à traseira de m2, conforme a Fig. 35. Quando os blocos se chocam, qual a compressão máxima da mola? (Sugestão: No momento de compressão máxima da mola, os dois blocos se movem juntos e o choque é completamente inelástico nesse ponto; calcule então a velocidade comum.) (Pág. 212) Solução. ________________________________________________________________________________________________________ 6 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 7. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Como foi sugerido no enunciado, no momento da compressão máxima da mola os blocos viajam à mesma velocidade (colisão inelástica). Aplicando-se a conservação do momento linear: Pxi = Pxf m1v1i + m2 v2i = m1v1 f + m2v2 f = ( m1 + m2 ) v f m1v1i + m2 v2i vf = (1) m1 + m2 Como não há forças dissipativas agindo no sistema, a energia mecânica é conservada: Ei = E f K1i + K 2 i + U i = K1 f + K 2 f + U f 1 1 1 1 m1v12i + m2 v2i + 0 = ( m1 + m2 ) v 2 + k Δx 2 2 f 2 2 2 2 m1v12i + m2 v2i − ( m1 + m2 ) v 2 2 Δx = f (2) k Substituindo-se (1) em (2): 2 ⎛ m v + m2 v2i ⎞ m v + m v − ( m1 + m2 ) ⎜ 1 1i 2 2 ⎟ ⎝ m1 + m2 ⎠ 1 1i 2 2i Δx = k A simplificação desta expressão resulta em: m1m2 Δx = ( v1i − v2i ) = 0, 24499 m k ( m1 + m2 ) Δx ≈ 24,5 cm [Início] 42. Dois trenós de 22,7 kg cada um estão à curta distância um do outro e na mesma reta, conforme a Fig. 36. Um gato de 3,63 kg, em pé num dos trenós, pula para o outro e imediatamente volta ao primeiro. Ambos os pulos são feitos à velocidade de 3,05 m/s em relação ao trenó onde está o gato a pular. Calcule as velocidades finais dos dois trenós. (Pág. 212) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: ________________________________________________________________________________________________________ 7 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES v1A = 0 v2A = 0 A vgB v1B v2B = 0 B v1C = v1B v2C C vgD v1D = v1B v2D D v1E v2E = v2D E Uma consideração importante a ser feita é que, embora o enunciado tenha fornecido a velocidade do gato em relação ao trenó, as velocidades utilizadas na aplicação da conservação do momento linear são em relação ao solo. A velocidade do gato em relação ao solo (vg) vale: vg = vt + vgt (1) Na Eq. (1) vt é a velocidade do trenó, que será substituída por v1 (trenó 1) e v2 (trenó 2) e vgt é a velocidade do gato em relação ao trenó (que é uma velocidade de sinal negativo, pois tem o sentido contrário ao do trenó). O momento linear do sistema na direção x é conservado devido à ausência de forças externas nessa direção. Nos estados A e B temos: PxA = PxB PgA + P A = PgB + P B 1 1 0 = mg vgB + Mv1B (2) Substituindo (1) em (2): 0 = mg ( v1B + vgt ) + Mv1B m v1B = − vgt (3) m+M Estados B e C: PxB = PxC PgB + P B + P2 B = PgC + P C + P2C 1 1 Temos que P2B = 0 e P1B = P1C. Logo: B B PgB = PgC + P2C mvgB = mvgC + Mv2 C (4) Substituindo (1) em (4): m ( v1B + vgt ) = ( m + M ) v2C (5) Substituindo (3) em (5): ⎛ m ⎞ m⎜− vgt ⎟ + mvgt = ( m + M ) v2C ⎝ m+M ⎠ mM v2C = v (6) (m + M ) 2 gt Estados C e D: ________________________________________________________________________________________________________ 8 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES PxC = PxD PgC + P C + P2 C = PgD + P D + P2 D 1 1 Temos que P1C = P1D. Logo: PgC + P2C = PgD + P2 D ( m + M ) v2C = mvgD + Mv2D (7) Substituindo (1) e (6) em (7): v = m ( v2 D + vgt ) + Mv2 D mM (m + M ) (m + M ) 2 gt mM v = mvgt + ( m + M ) v2 D ( m + M ) gt m2 v2 D = − vgt = 0, 0591785 m/s (8) (m + M ) 2 v2 D ≈ 5,92 cm/s Estados D e E: PxD = PxE PgD + P D + P2 D = PgE + P E + P2 E 1 1 Temos que P2D = P2E. Logo: PgD + P D = PgE + P E 1 1 mvgD + Mv1B = ( m + M ) v1E (9) Substituindo (1) e (3) em (9): ⎛ ⎞ m ( v2 D + vgt ) + M ⎜ − m vgt ⎟ = ( m + M ) v1E ⎝ m+M ⎠ mM mv2 D + mvgt − vgt = ( m + M ) v1E (10) m+M Substituindo-se (8) em (10): m3 mM − vgt + mvgt − vgt = ( m + M ) v1E (m + M ) m+M 2 m2 M v1E = vgt = −0, 0515484 m/s (m + M ) 3 v1E ≈ −5,15 cm/s A prova de que esse cálculo está certo pode ser feita somando-se o momento linear final do sistema, que deve ser igual ao inicial, ou seja, zero: Pf = Pg + P + P2 = ( m + M ) v1E + Mv2 D 1 m2 M ⎡ m2 ⎤ Pf = ( m + M ) vgt + M ⎢ − vgt ⎥ (m + M ) ⎢ (m + M ) 3 2 ⎣ ⎥ ⎦ ________________________________________________________________________________________________________ 9 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m2 M m2 M Pf = vgt − vgt = 0 (m + M ) (m + M ) 2 2 [Início] 46. Dois veículos A e B que estão viajando respectivamente para o leste e para o sul, chocam-se num cruzamento e ficam engavetados. Antes do choque, A (massa de 1.360 kg) movia-se a 62,0 km/h e B (massa de 1.820 kg)tinha velocidade de 93,0 km/h. Determine o módulo e o sentido da velocidade dos veículos engavetados imediatamente após o choque. (Pág. 212) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: mB vB0 vA0 mA φ v y x Considerando-se que as forças internas envolvidas na colisão são muito mais intensas que outras forças externas, admite-se que o momento linear é conservado na colisão. Em x: P0 x = Px p A0 x + pB 0 x = p Ax + pB x mAv A0 + 0 = mAv A + mB vB mAvA0 = mAv cos φ + mB v cos φ = ( mA + mB ) v cos φ (1) Conservação do momento linear em y: P0 y = Py p A 0 y + pB 0 y = p Ay + pB y 0 − mB vB 0 = mAv A + mB vB = mAv sen φ + mB v sen φ −mB vB 0 = ( mA + mB ) v sen φ (2) Dividindo-se (1) por (2): m v tan φ = − B B 0 mAv A0 φ = −63,5189 o O sinal negativo está relacionado ao sentido anti-horário de φ em relação ao eixo x. Interessa-nos apenas seu valor absoluto. φ ≈ 63,5o De (1): ________________________________________________________________________________________________________ 10 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 11. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES mAv A 0 v= = 59, 4654 km/h ( mA + mB ) cos φ v ≈ 59, 5 km/h [Início] 47. Dois objetos A e B se chocam. A massa de A é de 2,0 kg e a de B, 3,0 kg. Suas velocidades antes da colisão eram respectivamente viA = 15 i + 30 j e viB = −10 i + 5,0 j. Após o choque, vfA = −6,0 i + 30 j; todas as velocidades as~em m/s. (a) Qual a velocidade final de B? (b) Quanta energia cinética foi ganha ou perdida na colisão? (Pág. 212) Solução. (a) Admitindo-se que haja conservação do momento linear durante a colisão: Pi = Pf p Ai + p Bi = p Af + p Bf mA v Ai + mB v Bi = mA v Af + mB v Bf mA v Bf = ( v Ai − v Af ) + v Bi mB (2, 0) v Bf = [ (15i + 30 j) − (−6, 0i + 30 j)] + (−10i + 5, 0 j) (3, 0) v Bf = 4, 0i + 5, 0 j (b) ⎛1 1 2 ⎞ ⎛1 1 2 ⎞ ΔK = K f − K i = ⎜ mAv Af + mB vBf ⎟ − ⎜ mAv Ai + mB vBi ⎟ 2 2 ⎝2 2 ⎠ ⎝2 2 ⎠ ΔK = ⎡ mA ( v Af − v Ai ) + mB ( vBf − vBi ) ⎤ 1 2 2 2 2 2 ⎣ ⎦ Normalmente calcularíamos vAf como sendo igual a vAxf2 + vAyf2. Porém, neste problema não ocorre 2 variação do momento linear na coordenada y. Portanto, pode-se considerar, para fins do cálculo de ΔK, vAf2 = vAxf2. Logo: ΔK = ⎡ mA ( v Axf − v Axi ) + mB ( vBxf − vBxi ) ⎤ 1 2 2 2 2 2⎣ ⎦ ΔK = 1 2 { ⎣ ⎦ ⎣ } (2, 0 kg) ⎡ (−6, 0 m/s) 2 − (15 m/s) 2 ⎤ + (3, 0 kg) ⎡ (4, 0 m/s) 2 − (−10 m/s) 2 ⎤ ⎦ ΔK = −315 J ΔK ≈ −0,32 kJ A resposta apresentada no livro (+700 J) é incoerente, pois indica ganho de energia cinética pelo sistema. Desprezando-se a atuação de forças externas durante a colisão e considerando-se que nenhuma energia potencial elástica eventualmente acumulada no sistema converta-se em energia cinética, a energia cinética do sistema só pode permanecer como está (colisão elástica) ou diminuir (colisão inelástica). [Início] ________________________________________________________________________________________________________ 11 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 12. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 51. Um próton (massa atômica 1,01 u) choca-se elasticamente, a 518 m/s, com outro próton parado. O primeiro próton é desviado 64,0o de sua direção inicial. (a) Qual a direção da velocidade do próton-alvo após o choque? (b) Quais as velocidades dos prótons depois do impacto? (Pág. 212) Solução. Considere o seguinte esquema: y v2f m m v1i φ θ x v2i = 0 v1f Na ausência de força externa resultante o momento linear será conservado em x e em y. Em x: Pxi = Pxf p1xi + p2 xi = p1xf + p2 xf mv1i + 0 = mv1 f cos θ + mv2 f cos φ v1i − v1 f cos θ = v2 f cos φ (1) Em y: Pyi = Pyf p1 yi + p2 yi = p1 yf + p2 yf 0 + 0 = − mv1 f sen θ + mv2 f sen φ v1 f sen θ = v2 f sen φ (2) As Eqs. (1) e (2) possuem três incógnitas e, por conseguinte, há necessidade de uma terceira equação para resolver o sistema. A terceira equação vem da informação dada no enunciado do problema, que disse ser o choque entre os prótons elástico. Logo: Ki = K f K1i + K 2i = K1 f + K 2 f 1 2 1 1 2 mv1i + 0 = mv12f + mv2 f 2 2 2 v12i = v12f + v2 f 2 (3) Dentre os vários caminhos que podem ser seguidos para resolver o sistema de equações (1), (2) e (3), adotaremos o seguinte. Tomemos o quadrado de (1): v12i − 2v1i v1 f cos θ + v12f cos 2 θ = v2 f cos 2 φ 2 (4) Tomemos também o quadrado de (2): v12f sen 2 θ = v2 f sen 2 φ 2 (5) Adicionando-se (4) e (5) e reconhecendo-se que sen2 φ + cos2 φ = 1 e sen2 θ + cos2 θ = 1: v12i − 2v1i v1 f cos θ + v12f = v2 f 2 (6) Substituindo-se v2f2 de (3) em (6): ________________________________________________________________________________________________________ 12 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 13. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES v12i − 2v1i v1 f cos θ + v12f = v12i − v12f v1 f = v1i cos θ = 227, 076 m/s v1 f ≈ 227 m/s De (3): v2 f = v12i − v12f = 465,5753 m/s v2 f ≈ 466 m/s Finalmente, de (1): ⎛ v1i − v1 f cos θ ⎞ φ = cos −1 ⎜ ⎟ ⎜ v2 f ⎟ ⎝ ⎠ φ = 26 [Início] 54. Dois pêndulos de mesmo comprimento L estão situados inicialmente como na Fig. 38. O da esquerda é solto da altura d e bate no outro. Suponha que a colisão seja completamente inelástica e despreze a massa dos fios e quaisquer efeitos de atrito. A que altura se eleva o centro de massa do conjunto após o choque? (Pág. 213) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: L L L A m1 C v1A = 0 Bi Bf d m2 h v12C = 0 Ug = 0 v1B v2B = 0 v12B Desprezando-se eventuais efeitos de atrito a energia mecânica do sistema é conservada durante a queda do corpo m1: E A = EB K A + U A = KB + U B ________________________________________________________________________________________________________ 13 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 14. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 1 0 + m1 gd = m1v12B + 0 2 v1B = 2 gd (1) Na colisão entre m1 e m2 o efeito das forças externas é desprezível. Portanto, o momento linear é conservado: PBi = PBf p1Bi + p2 Bi = p1Bf + p2 Bf m1v1B + 0 = ( m1 + m2 ) v12 B (2) Na Eq. (2), v12B é é a velocidade inicial do conjunto m1-m2 após a colisão. Substituindo-se (1) em B (2): m1 2 gd v12 B = m1 + m2 Após a colisão, o movimento do conjunto ocorre com energia mecânica constante: EB = EC K B + U B = KC + U C 1 ( m1 + m2 ) v12 B + 0 = 0 + ( m1 + m2 ) gh 2 (3) 2 Substituindo-se (2) em (3): 2 ⎛ m1 ⎞ h=⎜ ⎟ d ⎝ m1 + m2 ⎠ [Início] 60. (a) Mostre numa colisão elástica unidimensional a velocidade do centro de massa de duas partículas, de massas m1 e m2, que têm velocidade inicial v1 e v2, respectivamente, é expressa por m1 m2 vCM = v1i + v2i . m1 + m2 m1 + m2 (b) Aplique as Eqs. 15 e 16 para v1f e v2f (as velocidades das partículas após o choque), a fim de deduzir o mesmo resultado para vCM após o impacto. (Pág. 214) Solução. (a) A posição do centro de massa de duas partículas, m1 e m2, cujas posições iniciais são, respectivamente, x1i e x2i, é dado por: 1 xCM = ( m1 x1i + m2 x2i ) (1) m1 + m2 Derivando-se ambos os membros de (1) em relação ao tempo: m1 dx1i m2 dx2i vCM = + m1 + m2 dt m1 + m2 dt ________________________________________________________________________________________________________ 14 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 15. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m1 m2 vCM = v1i + v2i m1 + m2 m1 + m2 (b) m1 − m2 2m2 v1 f = v1i + v2i (15) m1 + m2 m1 + m2 2m1 m − m1 v2 f = v1i + 2 v2i (16) m1 + m2 m1 + m2 A velocidade do centro de massa das duas partículas após a colisão é, de acordo o resultado do item (a): m1 m2 vCMf = v1 f + v2 f (2) m1 + m2 m1 + m2 Substituindo-se (15) e (16) em (2): m1 ⎛ m1 − m2 2m2 ⎞ m2 ⎛ 2m1 m − m1 ⎞ vCMf = ⎜ v1i + v2i ⎟ + ⎜ v1i + 2 v2i ⎟ m1 + m2 ⎝ m1 + m2 m1 + m2 ⎠ m1 + m2 ⎝ m1 + m2 m1 + m2 ⎠ m12 − m1m2 2m1m2 2m1m2 m2 − m1m2 2 vCMf = v1i + v + v + v2i ( m1 + m2 ) ( m1 + m2 ) ( m1 + m2 ) ( m1 + m2 ) 2 2 1i 2 2i 2 m12 + m1m2 m2 + m1m2 2 vCMf = v1i + v2i ( m1 + m2 ) ( m1 + m2 ) 2 2 m1 m2 vCMf = v1i + v2i m1 + m2 m1 + m2 [Início] 61. No laboratório, uma partícula de massa 3,16 kg, move-se a 15,6 m/s para a esquerda e se choca frontalmente com outra partícula de massa 2,84 kg, que tem velocidade de 12,2 m/s para a direita. Determine a velocidade do centro de massa do sistema de duas partículas após a colisão. (Pág. 214) Solução. Considere o esquema a seguir: m1 m2 v1i v2i x Como não há forças externas agindo sobre o sistema, o centro de massa não é acelerado. ∑F Ext = MaCM = 0 Logo: v CM = Constante v CMi = v CMf = v CM Por definição: 1 v CM = ( m1v1 + m2 v 2 ) m1 + m2 ________________________________________________________________________________________________________ 15 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões
  • 16. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 1 v CMf = ( m1 v1i + m2 v 2i ) m1 + m2 Como o choque é unidimensional (coordenada x), temos: 1 vCMf = ( m1v1i + m2v2i ) = −2, 44133 m/s m1 + m2 vCMf ≈ −2, 44 m/s [Início] ________________________________________________________________________________________________________ 16 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 10 – Colisões