Lista de Exercicios Fisica Básica (147)

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SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 293
Suponha que a esfera 1 está se movendo inicialmente no sentido positivo do eixo e depois da 
colisão permanece em repouso. Nesse caso, a esfera 2 está se movendo inicialmente no sen-
tido negativo do eixo. Substituindo v1i por v, v2i por –v e v1f por zero, obtemos 0 = m1 – 3m2 e, 
portanto, 
m m2 300 100= = =1 /3 g)/3 g.(
(b) Podemos usar as velocidades antes da colisão para calcular a velocidade do centro de mas-
sa:
v
m v m v
m m
i i
CM
g m s g
= +
+
= ( )( ) + ( ) −1 1 2 2
1 2
300 2 0 100 2, ,,
.
0
300 100
m s
g g
( )
+
63. (a) Como, na ausência de forças externas, a velocidade do centro de massa permanece cons-
tante, a velocidade do centro de massa é 3,00 m/s antes e depois da colisão.
(b) Podemos calcular a velocidade v1i do bloco 1 antes da colisão (supondo que a velocidade do 
bloco 2 antes da colisão é zero) usando a Eq. 9-17:
(m1 + m2)vCM = m1 v1i + 0 ⇒ v1i = 12,0 m/s .
Agora podemos usar a Eq. 9-68 para calcular v2 f :
v
m
m m
vf i2
1
1 2
1
2
6 00=
+
= , .m/s
64. Em primeiro lugar, calculamos a velocidade v da bola imediatamente antes da colisão (ou 
seja, no ponto mais baixo da trajetória). De acordo com a lei de conservação da energia mecâ-
nica, temos:
m gh mv v gh1 1
21
2
2 3 7= ⇒ = = , m s.
(a) Vamos agora analisar a colisão elástica usando a Eq. 9-67:
v
m m
m m
vf1
1 2
1 2
0 5 2 5
0 5 2 5
3 7= −
+
= −
+
, ,
, ,
( ,
kg kg
kg kg
m//s m/s,) ,= −2 47
o que significa que a velocidade escalar final da bola é 2,47 m/s.
(b) Finalmente, usamos a Eq. 9-68 para calcular a velocidade final do bloco:
v
m
m m
vf2
1
1 2
2 2 0 5
0 5 2 5
3 7 1=
+
=
+
=( , )
, ,
( , )
kg
kg kg
m/s ,, .23m/s
65. Seja m1 a massa do corpo que estava se movendo inicialmente, seja v1i a velocidade desse 
corpo antes da colisão e seja v1f a velocidade desse corpo depois da colisão. Seja m2 a massa do 
corpo que estava inicialmente em repouso e seja v2f a velocidade desse corpo depois da colisão. 
De acordo com a lei de conservação do momento linear,
m v m v m vi f f1 1 1 1 2 2= + .
De acordo com a lei de conservação da energia, temos:
1
2
1
2
1
21 1
2
1 1
2
2 2
2m v m v m vi f f= + .
A solução do sistema de equações acima é dada pela Eq. 9-67:
v
m m
m m
vf i1
1 2
1 2
1= −
+
.
Explicitando m2, obtemos:
m
v v
v v
mi f
f i
2
1 1
1 1
1=
−
+
.
294 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
A velocidade do centro de massa é
v
m v m v
m m
i i
CM = +
+
1 1 2 2
1 2
.
(a) Como v vf i1 1 4= / , a massa do segundo corpo é
m
v v
v v
m
v v
v v
i f
i f
i i
i i
2
1 1
1 1
1
1
1
=
−
+
= −
+




1
1
/4
/4 = = =m m1 1
3
5
3
5
2 0 1 2( , ) , .kg kg
(b) A velocidade do centro de massa é
v
m v m v
m m
i i
CM
kg m/s
kg
= +
+
=
+
1 1 2 2
1 2
2 0 4 0
2 0 1
( , )( , )
, ,,
, .
2
2 5
kg
m/s=
66. De acordo com as Eqs. 9-67 e 9-68, temos, após a colisão,
v
m m
m m
v
m m
m m
f i1
1 2
1 2
1
1 1
1 1
0 40
0 40
4 0= −
+
= −
+
,
,
( , m/s)) ,
,
( ,
=
=
+
=
+
1 71
2 2
0 40
4 02
1
1 2
1
1
1 1
m/s
mv
m
m m
v
m
m m
f i //s m/s) , .= 5 71
(a) Durante o deslizamento subsequente, a energia cinética do bloco 1, K m vf f1 1 1
2= /2, é con-
vertida em energia térmica (∆Et = µ km1 gd1). Explicitando a distância percorrida d1, obtemos 
d1 = 0,2999 m ≈ 30 cm.
(b) Um cálculo muito semelhante, com o índice 2 no lugar do índice 1, nos dá a distância per-
corrida pelo bloco 2, d2 = 3,332 m ≈ 3,3 m.
67. Usamos as Eqs. 9-67 e 9-68 para calcular a velocidade das partículas após a primeira coli-
são (em x = 0 e t = 0):
v
m m
m m
vf i1
1 2
1 2
1
0 30 0 40
0 30 0 40
= −
+
= −
+
, ,
, ,
kg kg
kg kgg
m/s m/s
kg
( , ) ,
( ,
2 0 0 29
2 2 0 30
2
1
1 2
1
= −
=
+
=v
m
m m
vf i
))
, ,
( , ) , .
0 30 0 40
2 0 1 7
kg kg
m/s m/s
+
=
A uma velocidade de 1,7 m/s, a partícula leva 0,82 s para percorrer uma distância 2xp = 140 cm 
e voltar ao ponto x = 0. Nesse instante, a partícula 1 se encontra no ponto 
x = (–0,29)(0,82) = –24 cm
e a partícula 2 está “ganhando terreno” à taxa de 1,7 − 0,24 = 1,46 m/s. A distância entre as duas 
partículas se reduz a zero após um tempo adicional de (0,24 m)/(1,46 m/s) = 0,16 s. Nesse ins-
tante (t = 0,82 + 0,16 = 0,98 s) as duas partículas estão no ponto x = (–0,29)(0,98) = –28 cm.
68. (a) Se a colisão é elástica, podemos usar a Eq. 9-68:
v
m
m m
v
m
m m
gh ghi2
1
1 2
1
1
1 1
2 2
2 00
2
2
3
2=
+
=
+
=
( , )
na qual usamos o fato (que é fácil de demonstrar a partir da lei de conservação da energia) de 
que a velocidade do bloco 1 na base da rampa é 2gh, sendo h a altura da rampa. Para analisar 
o movimento do bloco 2, usamos a Eq. 8-29:
1
2
4
9
4 2 50
9 0 52 2
2
2m v E f d m gd d
h
k k
k
= = = ⇒ = = ×
×
∆ t
mµ
µ
,
, 000
2 22= , m.
(b) Se a colisão é perfeitamente inelástica, podemos usar a Eq. 9-53:
v
m
m m
v i2
1
1 2
1=
+