Escrito por Gabriel Hemétrio
Alguns exercícios para você estudar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com *. Problemas com * são equivalentes a problemas de primeira fase da OBF, ** equivalentes à segunda fase e *** equivalentes à terceira fase.
Problema 01*
Um carrinho de massa \(m_1 \), deslocando-se com velocidade \(v_1\) sobre um trilho horizontal sem atrito, colide com outro carrinho de massa \(m_2 \), inicialmente em repouso sobre o trilho. Sabendo que a colisão é inelástica, qual é a perda de energia mecânica no processo?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como a colisão é inelástica, teremos, pela conservação do momento angular que:
$$m_1v_1 = (m_1+m_2)v$$
Logo:
$$v = \dfrac{m_1 v_1}{m_1 + m_2} $$
Por fim, calculando a energia dissipada:
$$\Delta E = \dfrac{m_1 v_1^2}{2}- \dfrac{(m_1+m_2)v^2}{2}$$
Simplificando:
$$ \boxed{\Delta E = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2}\dfrac{m_1 v_1^2}{2} }$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\Delta E = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2}\dfrac{m_1 v_1^2}{2} }$$[/spoiler]
Problema 02**
Uma bola de gude de raio \(r\) e uma bola de basquete de raio \(R\) são lançadas contra uma parede com velocidade horizontal \(v\) e com seus centros a uma altura \(h\). A bola de gude e a bola de basquete estão na iminência de contato entre si, assim como ambas contra a parede. Desprezando a duração de todas as colisões e quaisquer perdas de energia, calcule o deslocamento horizontal \(\Delta S\) da bolinha de gude ao atingir o solo.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Nesse caso, após colidir com a parede, a bola de basquete retornará com velocidade \(v\) e, após isso, colidirá com a bola de gude, de modo que, pela conservação de momento linear:
$$Mv – mv = Mv_M + mv_m$$
Como a colisão é elástica, \(e = 1\), então:
$$v_m – v_M = 2v$$
Ou seja:
$$v_M = v_m – 2v$$
Assim:
$$(3M – m)v = (M+m)v_m$$
Como \(M >> m\), teremos:
$$3Mv \approx Mv_m$$
Logo:
$$v_M \approx 3 v$$
De tal modo, é de imediato, que:
$$\boxed{\Delta S = 3v \sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\Delta S = 3v \sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$$
[/spoiler]
Problema 03*
Durante um jogo de Futebol Americano um jogador cuja massa é $$90,0\, \textrm{kg}$$ salta em direção a um jogador adversário, inicialmente em repouso, atingindo-o com uma velocidade de $$7,20\, \textrm{m/s}$$. Eles se seguram e passam a se mover com uma velocidade de $$3,00\, \textrm{m/s}$$. As velocidades antes e depois da colisão possuem mesma direção e sentido. Despreza as perdas com as interações com o gramado.
(a) Qual a massa, em $$\textrm{kg}$$, do jogador adversário?
(b) Qual a perda mecânica mecânica na colisão, em $$\textrm{J}$$?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Como não há forças externas (como a interação com o gramado), podemos conservar o momento linear na horizontal:
$$ p_0 = p $$
$$ mv_0 = (M+m)v $$
Em que definimos $$m$$ como sendo a massa do jogador inicialmente em movimento, $$M$$ a massa do jogador inicialmente em repouso, $$v_0$$ a velocidade inicial e $$v$$ a velocidade final. Note que consideramos a colisão inelástica já que os jogadores passam a se mover juntos após o impacto. Dessa forma, temos:
$$ \boxed{M=126\,\textrm{kg}} $$
(b) Para calcular a energia dissipada, basta encontra a variação de energia cinética, já que nenhuma parcela se transforma em potencial:
$$ \Delta E = \dfrac{1}{2}(M+m)v^2-\dfrac{1}{2}mv_0^2 $$
Numericamente encontramos:
$$ \boxed{\Delta E\approx -1360\,\textrm{J}}$$
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(a) $$ \boxed{M=126\,\textrm{kg}} $$
(b) $$ \boxed{\Delta E\approx -1360\,\textrm{J}}$$
[/spoiler]
Problema 04**
Uma bola de basquete pode ser usada para impulsionar uma bola de tênis a uma altura surpreendente. A figura abaixo, fora de escala, representa a configuração inicial de um sistema formado por uma bola de tênis, raio $$r = 3,00$$ $$cm$$ e massa $$m = 50,0$$ $$g$$, que está apoiada sobre uma bola de basquete, raio $$R = 12,0$$ $$cm$$ e massa $$500$$ $$g$$, cuja base está a uma altura $$h = 1,50$$ $$m$$ acima de um piso horizontal liso. Determine a máxima altura que o centro de cada bola atinge após serem abandonadas do repouso. Considere que a colisão da bola de basquete com o piso é instantânea, de modo que, efetivamente, a bola de basquete em ascensão colide com a bola de tênis enquanto essa está descendo e que todas as colisões são perfeitamente elásticas. (As especificações das bolas são aproximadas e não estão, necessariamente, nos intervalos aceitos oficialmente em cada modalidade esportiva.)
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Chamaremos aqui de $$M$$ a massa da bola de basquete e $$m$$ a massa da bola de tênis. Considere o instante em que a bola de basquete bate no chão, temos ambas as bolas com velocidade:
$$v_{0}=\sqrt{2gh}$$
Após a colisão da bola de basquete com o solo seu movimento é invertido e a mesma colide com a bola de tênis. Adotaremos como para cima o sentido positivo de velocidades. Conservando o momento nessa colisão, temos:
$$\left(M-m\right)\sqrt{2gh}=MV+mv$$
Pelo coeficiente de restituição:
$$v-V=2\sqrt{2gh} \rightarrow v=V+2\sqrt{2gh}$$
Substituindo $$v$$, obtemos:
$$\left(M-m\right)\sqrt{2gh}=\left(M+m\right)V+2m\sqrt{2gh}$$
$$V=\dfrac{M-3m}{M+m}\sqrt{2gh}$$
Sabemos que $$M=10m$$, logo:
$$V=\dfrac{7}{11}\sqrt{2gh}$$
Substituindo, obtemos $$v$$:
$$v=\dfrac{29}{11}\sqrt{2gh}$$
As alturas do centro são dadas então por:
$$\boxed{H_{bas}=R+\dfrac{V^{2}}{2g}=R+\dfrac{49}{121}h \approx 0,73 \; \rm{m}}$$
$$\boxed{H_{tenis}=2R+r+\dfrac{v^{2}}{2g}=2R+r+\dfrac{841}{121}h \approx 10,7 \; \rm{m}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{H_{bas} \approx 0,73 \; \rm{m}}$$
$$\boxed{H_{tenis} \approx 10,7 \; \rm{m}}$$
[/spoiler]
Problema 05**
A figura abaixo mostra dois níveis de referência $$A$$ e $$B$$, localizados em relação ao solo pelas distâncias verticais $$H$$ e $$h$$ respectivamente. Um corpo de massa $$m$$ é abandonado do nível $$A$$ e após colidir com o solo eleva-se até o nível $$B$$ e assim sucessivamente o corpo quica várias vezes com o solo elevando-se a novos níveis.
Desprezando os efeitos do ar e considerando o coeficiente de restituição de energia ($$e$$) durante a colisão, determine:
a) os trabalhos da força gravitacional entre os níveis $$A$$ e $$B$$ e os classifique como motor ou resistente
b) a altura do nível atingido por este corpo após $$N$$ colisões sucessivas.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) A massa $$m$$ está inicialmente em repouso e, devido à atração gravitacional da terra, ela começa a acelerar para baixo. Como o trabalho da força gravitacional está aumentando a velocidade, em módulo, do corpo, então pode-se dizer que o trabalho é motor. O trabalho de uma força pode ser facilmente encontrado pela definição dele. O trabalho de uma força é o produto do valor dessa força pelo deslocamento do corpo na direção desta. Portanto, como a força de atração gravitacional é vertical e aponta para baixo, sendo $$W$$ o trabalho:
$$W=F_{gra} * (-\Delta y)=mg*(-(h-H))=m g (H-h)$$
b) Para encontrar essa altura tem de se primeiro pensar em como a energia mecânica da massa varia no tempo. A energia mecânica do sistema é dada por:
$$E_{mec}=E_{cin}+E_{pot}=\frac{mv^{2}}{2}+mgh$$
Na altura máxima do sistema, pode-se dizer que a velocidade da partícula é zero, pois do contrário a altura iria aumentar se você olhasse a posição dela num tempo maior ou menor. Portanto, num trecho do movimento da partícula em que a energia mecânica se conserva, pode-se dizer que, caso o ponto de altura máxima esteja nele:
$$E_{mec}=\frac{mv^{2}}{2}+mgh=mgh_{max}$$
Onde $$h_{max}$$ é a altura máxima da partícula. Por esse resultado, caso a partícula tivesse energia mecânica constante ao longo do movimento todo, ela teria a altura máxima, após cada colisão com o chão, constante em todas colisões e igual a $$h_{max}$$. Ademais, a energia também pode ser encontrada se você souber a velocidade da partícula quando a energia potencial gravitacional da partícula é mínimo, i.e, no nosso caso, a velocidade da partícula se $$h=0$$:
$$E=\frac{mv_{max}^{2}}{2}$$
A interação gravitacional não dissipa energia mecânica, portanto a perda de energia ocorre apenas durante as colisões. Assume-se por simplicidade que o problema espera que você considere o caso mais trivial dessa perda de energia: A colisão da bola com o chão não é perfeitamente elástica. Quando a colisão entre dois corpos é não-perfeitamente elástica, pode-se dizer que a velocidade relativa de aproximação se relaciona com a velocidade relativa de afastamento deles por um coeficiente $$e$$:
$$e=\frac{v_{rel}}{v_{apro}}$$
E experimentalmente se encontra que esse coeficiente é função apenas das propriedades intrísecas dos dois corpos em questão. Como o chão está parado no referencial da terra, a velocidade relativa de afastamento ou aproximação da massa $$m$$ com ele é apenas a própria velocidade dessa massa. Portanto, vale que, sendo $$v_{f}$$ a velocidade da partícula após a colisão e $$v_{ini}$$ a velocidade da partícula antes da colisão:
$$e=\frac{v_{f}}{v_{ini}} \leftrightarrow v_{f}= e v_{ini}$$
Ademais, se após a colisão a partícula sai do chão com velocidade $$v_{f}$$, após cair nele novamente ela ainda terá velocidade $$v_{f}$$, porém com sinal invertido, devido à conservação de energia mecânica durante o tempo em que a partícula está voando. Portanto, se inicialmente, antes da primeira colisão, a partícula tinha velocidade $$v_{o}$$, vale, e em geral, imediatamente após a n-ésima colisão ela tem velocidade $$v_{n}$$:
$$v_{1}= e v_{o}$$
$$v_{2}= e v_{1}=e^{2} v_{0}$$
E, em geral, vale que:
$$v_{n}=e^{n} v_{o}$$
Como desde a colisão até a altura máxima da partícula vale a conservação da energia mecânica, então:
$$E_{n}=\frac{mv_{n}^{2}}{2}=mg h_{n}$$
Onde $$h_{n}$$ é a altura máxima da partícula após a n-ésima colisão. Portanto:
$$h_{0}=\frac{v_{o}^{2}}{2g}$$
$$h_{n}=\frac{v_{n}^{2}}{2g}=e^{2n} \frac{v_{o}^{2}}{2g}$$
$$h_{n}=e^{2n} h_{o}=e^{2n} H$$
Já que vale que $$H$$ é a altura máxima da partícula antes de ela colidir com o chão. Podemos encontrar o resultado também a partir de $$h$$ e $$H$$. Vale que:
$$h_{1}=h=\frac{v_{1}^{2}}{2g}=e^{2} \frac{v_{0}^{2}}{2h}=e^{2} H$$
$$e=\sqrt{\frac{h}{H}}$$
Portanto:
$$h_{n}=(\frac{h}{H})^{n} H$$
Como $$h<H$$, o fator $$\frac{h}{H}$$ é menor que um e a cada colisão a altura máxima da partícula após quicar diminui.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Motor. $$W=mg(H-h)$$
b) $$h_{n}=e^{2n} H=(\frac{h}{H})^{n} H$$
[/spoiler]
Problema 06**
Uma esfera de massa $$m$$ é abandonada de uma altura $$h$$ em relação ao ponto $$A$$ no declive da cunha triangular de massa $$M=2m$$ montada sobre rodas, conforme mostra figura abaixo. A esfera choca-se elasticamente, com a cunha no ponto $$A$$, que se encontra a uma altura $$\frac{h}{2}$$ do solo (ver figura) e após a colisão é lançada horizontalmente até atingir o solo no ponto $$B$$. Desprezando os efeitos de possíveis forças de resistência existentes no sistema, determine a velocidade da esfera ao atingir o ponto $$B$$.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]A bola colidir elasticamente com a cunha no ponto $$A$$ implica que a energia do sistema é conservada durante a colisão, sendo a mesma antes e depois dela. Contudo, deve-se ter cuidado, pois a conservação da energia deve-se fazer imediatamente depois da colisão, antes da cunha colidir com a terra e passar a se mover só na horizontal, já que essa colisão pode não conservar energia. A conservação de energia e todos os passos serão feitos considerando a colisão da bola com a cunha apenas, considerando portanto o movimento da partícula e da cunha antes da colisão da cunha com o chão. A energia cinética da bola ao chegar em $$A$$ pode ser encontrada facilmente, pois está é igual ao trabalho da força gravitacional na bola até chegar em $$A$$, visto que esta parte do repouso:
$$W=m g \Delta H=\frac{mgh}{2}=\frac{mv_{o}^{2}}{2}$$
$$v_{o}^{2}=2 g h$$
Ademais, o sistema não tem quantidade de movimento na direção $$x$$, e como não há nenhuma força horizontal agindo no sistema durante esse meio tempo, visto que o chão é liso, no final essa quantidade de movimento continuará zero.Portanto, sendo $$v_{x}$$ a velocidade da bola imediatamente após a colisão e $$V_{x}$$ a velocidade da cunha em $$x$$ imediatamente após a colisão, e sendo ambas horizontais, a conservação de quantidade de movimento do sistema na direção $$x$$ implica que:
$$P_{x}=0=mv_{x}-MV=0$$
$$V=\frac{m v_{x}}{M}$$
Antes da cunha de massa $$M$$ colidir com o chão, sendo o momento que estamos analisando, a quantidade de movimento na direção $$y$$ que a massa $$m$$ tinha inicialmente vai toda para a cunha. Portanto, para a cunha:
$$P_{y}=M V_{y}=m v_{o}$$
$$V_{y}=\frac{m v_{o}}{M}$$
Ademais, como a energia cinética do sistema se conserva, a energia cinética da bola no começo é igual à soma da energia cinética da cunha e da bola no final.
$$K_{sis}=\frac{m v_{o}^{2}}{2}=\frac{mv_{x}^{2}}{2}+\frac{M(V_{x}^{2}+V_{y}^{2})}{2}$$
$$v_{o}^{2}=v_{x}^{2}+\frac{M}{m} (\frac{m}{M} v_{x})^{2}+\frac{M}{m} (\frac{m v_{o}}{M})^{2}$$
$$v_{x}^{2}(1+\frac{m}{M})=v_{o}^{2}(1-\frac{m}{M})$$
$$v_{x}=v_{o} \sqrt{\frac{M-m}{M+m}}$$
E até atingir o ponto $$B$$, a bola estará sob efeito apenas da interação gravitacional e portanto terá sua energia mecânica conservada. Como não há força horizontal nela, ela continuará com velocidade horizontal constante e igual a $$v_{x}$$, e a velocidade que ela chega em $$B$$ pode ser encontrada uma vez que se encontra a velocidade vertical da bola em $$B$$. Essa velocidade vertical encontra-se trivialmente com o teorema de Torriceli, pois a bola cairá com aceleração vertical constante $$g$$ e ela parte em repouso em $$y$$, implicando que, sendo sua velocidade vertical $$v_{y}$$:
$$\Delta v_{y}^{2}=v_{y}^{2}-0=v_{y}^{2}=2 g \frac{h}{2}=g h$$
Usando pitágoras para encontrar a velocidade final total $$v$$:
$$v^{2}=v_{x}^{2}+v_{y}^{2}=g h+\frac{(M-m) 2 g h}{m+M}=\frac{3M-m}{M+m} gh$$
Usando as relações do problema:
$$v^{2}=\frac{5}{3} gh$$
$$\boxed{v=\sqrt{\frac{5 g h}{3}}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{v=\sqrt{\frac{5 g h}{3}}}$$
[/spoiler]
Problema 07***
Uma massa começa a mover-se a partir de um piso horizontal com uma velocidade vertical \(v_0\) e uma velocidade horizontal \(u_0\). Sempre que colide com o chão, a sua velocidade vertical resultante vertical resultante é uma fração e da que tinha antes da colisão. Se o coeficiente de de atrito cinético entre o solo e a massa é \(\mu\), e a velocidade horizontal da massa se torna zero após exatamente \(n\) colisões, determine \(n\).
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Seja \(v_i\) e \(u_i\) as velocidades vertical e horizontal, respectivamente, da massa imediatamente após a i-ésima colisão, teremos:
$$v_i = ev_{i-1}$$
Logo:
$$ v_i = e^i v_0$$
Os impulsos recebidos pela normal e pela força de atrito podem ser calculados por:
$$ I_N = \langle N\rangle \Delta t = m(v_i + v_{i-1}) = (1+e)mv_{i-1}$$
$$ I_{f_{AT}} = \langle f_{AT}\rangle \Delta t = -\langle N\rangle \Delta t = -\mu(1+e)mv_{i-1}$$
De modo que, a partir disso, conseguimos calcular a velocidade final \(u_n\) da seguinte maneira:
$$ u_i = u_{0} -\mu(1+e) \displaystyle \sum_{k=1}^{n} v_{i-1} $$
$$ = u_{0} -\mu v_0(1+e) \displaystyle \sum_{k=1}^{n} e^{i-1} $$
$$ = u_{0} -\mu v_0(1+e) \dfrac{1- e^n}{1 – e}$$
No caso em que a velocidade se anula:
$$ u_{0} = \mu v_0(1+e) \dfrac{1- e^n}{1 – e}$$
Ou seja:
$$ n \geq \ln \left( 1 – \dfrac{u_0 (1-e)}{\mu (1+e) v_0}\right)$$
Como \(n\) é inteiro, temos que, na verdade, pegar o menor númerio inteiro que é maior que a expressão encontrada anteriomente, ou seja, deveremos utilizar a função teto:
$$\boxed{ n = \lceil \ln \left( 1 – \dfrac{u_0 (1-e)}{\mu (1+e) v_0}\right) \rceil}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{ n = \lceil \ln \left( 1 – \dfrac{u_0 (1-e)}{\mu (1+e) v_0}\right) \rceil}$$
[/spoiler]
Problema 08*
Com base na figura, as duas esferas à direita estão inicialmente em repouso e a esfera da esquerda incide sobre a do centro com velocidade \(v_0\). Supondo que as colisões sejam frontais e elásticas, mostre que se \(m_1 \geq m_2\) há duas colisões e se \(m_1 \leq m_2\) há três colisões.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Primeiramente analisando se um corpo de massa m colidir com um corpo de massa M em repouso em cada caso de relação entre as massas.
Se $$m>M$$, m continua o seu caminho na mesma direção que inicialmente, enquanto M vai com velocidade maior para essa direção.
Se $$m=M$$, o corpo de massa m passa a ficar em repouso enquanto o corpo de massa M passa a ter a velocidade inicial do corpo de massa m.
Se $$m<M$$, o corpo de massa m, após colidir, passa a se mover na direção contrária e o corpo de massa M se move na direção inicial.
Analisando esses casos, a primeira colisão das esferas de massa $$m_1$$ faz com que a primeira esfera fique parada e a segunda se mova com $$v_0$$. Após isso, a esfera de massa $$m_1$$ colide com a de massa $$m_2$$, e analisando os casos, se $$m_1>m_2$$ ou $$m_1=m_2$$, so há duas colisões. Enquanto se $$m_1<m_2$$, a segunda esfera volta e causa uma terceira colisão com a primeira esfera.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Demonstração acima
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Problema 09*
Uma bola com coeficiente de restituição $$e$$ é atirada com uma velocidade horizontal$$v_0$$. Determine a que distância, $$d$$, a bola atinge o ponto P. Despreze a resistência do ar.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Para calcular a distância total $$d$$, Podemos dividi-la em duas parte s: a distância $$x_1$$ percorrida até ela encostar no chão após ser lançada; e a distância $$x_2$$ percorrida após ricochetear e chegar no ponto P. Escrevendo as equações de movimento na horizontal e vertical, respectivamente:
$$x_1 = v_0 t_1$$
$$H = \frac{g {t_1}^2}{2}$$
Onde $$t_1$$ é o tempo que a bola leva até quicar. Resolvendo para $$t_1$$ na segunda equação e substituindo na primeira:
$$t_1 = \sqrt{\frac{2 H}{g}}$$
$$x_1 = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}}$$
Agora podemos encontrar $$x_2$$ escrevendo as mesmas equações de movimento na horizontal e vertical para o instante após o quique:
$$x_2 = v_0 t_2$$
$$h = \frac{g ({t_2}/{2})^2}{2}$$ (relação 1)
Onde adotamos $$h$$ como sendo a altura máxima que a bola alcança no movimento parabólico após ricochetear. Algo interessante a se notar é que, a velocidade na equação para o movement na horizontal se manteve $$v_0$$, pois como a reação normal da superfície atua apenas na vertical neste caso (assumimos que não há atrito), a única componente da velocidade que sofrerá alteração é a da vertical! Além disso, o tempo que colocamos na segunda equação é $$\frac{t_2}{2}$$, e a velocidade inicial $$0$$. Fizemos isto pois consideramos apenas metade do movimento (até chegar no topo), e de trás para frente, para não ter que lidar com equações do segundo grau. Encontrando $$h$$ com Torricelli:
$${v_2}^2 = 2 g h\,\,\,\therefore\,\,\,h = \frac{{v_2}^2}{2 g}$$ (relação 2)
Onde $$v_2$$ é a velocidade vertical após a colisão, que pode ser encontrada usando o coeficiente de restituição $$e$$ e a velocidade vertical antes da colisão $$v_1$$:
$$v_2 = e v_1 = e \sqrt{2 g H}$$
Assim, igualando as duas relações para $$h$$ para encontrar $$t_2$$:
$$h = \frac{g ({t_2}/{2})^2}{2} = \frac{{v_2}^2}{2 g}$$
$$t_2 = 2 \frac{v_2}{g} = 2 e \sqrt{\frac{2 H}{g}}$$
Portanto:
$$x_2 = v_0 t_2 = v_0*2 e \sqrt{\frac{2 H}{g}}$$
Assim, a distância total pode ser escrita como:
$$d = x_1 + x_2 = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}} + 2 v_0 e \sqrt{\frac{2 H}{g}}$$
$$\boxed{d = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}} (1 + 2 e)}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{d = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}} (1 + 2 e)}$$
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Problema 10***
Em uma colisão bidimensional, uma esfera de massa $$M$$ é lançada com uma certa velocidade $$V_{0}$$ para colidir elasticamente com uma esfera de massa $$m<M$$ em repouso. Calcule o maior ângulo de espalhamento $$\theta$$ possível da esfera de massa $$M$$ em relação a direção inicial do seu movimento.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
No referencial do centro de massa, a esfera de maior massa possui velocidade dada por:
$$V’=V_{0}-V_{CM}=\dfrac{mV}{m+M}$$
Sabemos que o módulo dessa velocidade não mudará antes e depois da colisão, sendo assim, podemos escrever:
$$\vec{V}=\vec{V}_{CM}+\vec{V}’$$
Onde $$\vec{V}$$ é a velocidade final da esfera de massa $$M$$ em relação à terra e $$\vec{V}’$$ é a velocidade final da massa em relação ao $$CM$$, com módulo calculado anteriormente. Podemos esquematizar então:
Onde a circunferência foi desenhada para indicar que podemos variar a direção de $$\vec{V}’$$ ao longo da mesma. No caso do maior ângulo $$\theta$$, o vetor $$\vec{V}$$ tangencia a circunferência, conforme no esquema a seguir:
Utilizando a definição de seno e o fato de que a tangente à uma circunferência é perpendicular ao raio da mesma, obtemos:
$$\sin \theta_{max}=\dfrac{V’}{V_{CM}}=\dfrac{m}{M}$$
Logo, nossa resposta final é:
$$\theta_{max} = \sin^{-1} \left(\dfrac{m}{M}\right)$$
É importante ressaltar que essa solução é incrivelmente curta quando comparada a solução no referencial da Terra, que pode ser encontrada em um problema da semana.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\theta_{max} = \sin^{-1} \left(\dfrac{m}{M}\right) }$$
[/spoiler]
Problema 11***
Uma massa $$m_1$$ com velocidade inicial $$V_0$$, atinge um sistema massa-mola,cuja massa é $$m_2$$, inicialmente em repouso, mas livre para se movimentar. A mola é ideal e possui constante elástica $$k$$ conforme a figura. Não há atrito com o solo.
a) Qual é a compressão máxima da mola?
b) Se, após um longo tempo, ambos os objetos, se deslocam na mesma direção, qual serão as velocidades finais $$V_1$$ e $$V_2$$ das massas $$m_1$$ e $$m_2$$, respectivamente?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Primeiramente, deve-se perceber que o instante da compressão máxima é quando as velocidades de ambas as massas são iguais, pois enquanto a massa $$m_{1}$$ tiver velocidade maior a mola continuará a ser comprimida cada vez mais. Sabendo disso, podemos descobrir a velocidade das massas nesse instante a partir da conservação da quantidade de movimento.
$$m_{1}v_{0}=\left( m_{1} + m_{2} \right) v$$
$$v= \dfrac{m_{1} v_{0}}{m_{1}+m_{2}}$$
Agora, note que não atuam forças dissipativas nesse sistema, portanto:
$$E_{0}=E$$
$$\dfrac{m_{1}v_{0}^{2}}{2}=\dfrac{kx^{2}}{2}+\dfrac{\left(m_{1}+m_{2}\right)v^{2}}{2}$$
$$kx^{2}=m_{1}v_{0}^{2}-\left(m_{1}+m_{2}\right)\dfrac{m_{1}^{2}v_{0}^{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right)^{2}}$$
$$kx^{2}=m_{1}v_{0}^{2}\left(1- \dfrac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}} \right)$$
$$x=v_{0}\sqrt{\dfrac{m_{1}m_{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right) k }}$$
b) Como na situação final só haverá a energia cinética das massas e o momento se conservará, temos simplesmente uma colisão perfeitamente elástica, portanto, podemos utilizar o conceito de coeficiente de restituição:
$$e=1=\dfrac{v_{2}-v_{1}}{v_{0}}$$
$$v_{2}=v_{1}+v_{0}$$
Pela conservação do momento linear (quantidade de movimento), temos:
$$m_{1}v_{0}=m_{1}v_{1}+m_{2}v_{2}$$
$$v_{2}=\dfrac{m_{1}}{m_{2}}\left(v_{0}-v_{1} \right)$$
Igualando, obtemos então:
$$v_{1}+v_{0}=\dfrac{m_{1}}{m_{2}}v_{0}-\dfrac{m_{1}}{m_{2}}v_{1}$$
$$v_{1}\left(1+\dfrac{m_{1}}{m_{2}} \right) = \left(\dfrac{m_{1}}{m_{2}}-1 \right)v_{0}$$
$$v_{1}=\dfrac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$$
E, substituindo na equação para $$v_{2}$$, temos:
$$v_{2}=\dfrac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link’true’]
a)
$$x=v_{0}\sqrt{\dfrac{m_{1}m_{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right) k }}$$
b)
$$v_{1}=\dfrac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$$
e
$$v_{2}=\dfrac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$$
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Problema 12*
Duas partículas de massas $$m_{1} = 4 \; \rm{kg}$$ e $$m_{2} = 6 \; \rm{kg}$$ estão movendo-se em direções opostas sobre uma superfície plana sem atrito. Elas têm velocidades constantes, cujos módulos são $$V_{1i} = 20 \; \rm{m/s}$$ e $$V_{2i} = 10 \; \rm{m/s}$$ e colidem. A colisão é frontal e perfeitamente elástica. Calcule as velocidades finais das partículas.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Pela conservação da quantidade de movimento, temos:
$$m_{1}V_{1i}-m_{2}V_{2i}=m_{1}V_{1f}+m_{2}V_{2f}$$
Por outro lado, a relação do coeficiente de restituição nos dá:
$$e=\frac{V_{2f}-V_{1f}}{V_{2i}+V_{1i}}=1$$
$$V_{2f}-V_{1f}=V_{2i}+V_{1i}$$
$$V_{1f}=V_{2f}-V_{2i}-V_{1i}$$
Substituindo $$V_{1f}$$ na expressão da conservação da quantidade de movimento, temos:
$$(m_{1}+m_{2})V_{2f}=2m_{1}V_{1i}+(m_{1}-m_{2})V_{2i}$$
$$V_{2f}=\dfrac{2m_{1}V_{1i}+(m_{1}-m_{2})V_{2i}}{m_{1}+m_{2}}$$
$$V_{2f}=\dfrac{160+(-2)*10}{10}$$
$$\boxed{V_{2f} = 14 \; \rm{m/s}}$$
Logo:
$$14-V_{1f} = 30$$
$$\boxed{V_{1f} = -16 \; \rm{m/s}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{V_{2f} = 14 \; \rm{m/s}}$$
$$\boxed{V_{1f} = -16 \; \rm{m/s}}$$
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Problema 13**
Uma massa $$m$$ com velocidade $$v$$ na direção $$x$$ colide elasticamente com uma massa estacionária $$nm$$, onde $$n$$ é um número real. Depois da colisão é observado que ambas as massas têm velocidades iguais na direção $$x$$. Qual o ângulo que a velocidade da massa $$nm$$ faz com o eixo $$x$$?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conservação da quantidade de movimento no eixo x:
$$mv=mv_{x}+nmv_{x}$$
$$v_{x}=\dfrac{v}{1+n}$$
Conservação da quantidade de movimento no eixo y:
$$mv_{1y}=nmv_{2y}$$
$$v_{1y}=nv_{2y}$$
Conservação de energia:
$$\dfrac{mv^{2}}{2}=\dfrac{m}{2}\left(v_{x}^{2}+v_{1y}^{2}\right)+\dfrac{nm}{2}\Bigg(v_{x}^{2}+v_{2y}^{2}\Bigg)$$
$$\dfrac{mv^{2}}{2}=\dfrac{m}{2}\Bigg(\Big(\dfrac{v}{1+n}\Big)^{2}+(nv_{2y})^{2}\Bigg)+\dfrac{nm}{2}\left(\left(\dfrac{v}{1+n}\right)^{2}+v_{2y}^{2}\right)$$
$$\dfrac{nmv_{2y}^{2}(1+n)}{2}=\dfrac{nmv^{2}}{2(1+n)}$$
$$v_{2y}=\dfrac{v}{1+n}$$
Logo,como $$v_{x}$$ e $$v_{2y}$$ são iguais, o ângulo que a massa $$nm$$ faz com o eixo x é $$\boxed{45^{\circ}}$$.[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{45^{\circ}}$$
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Problema 14*
Uma bolinha de massa $$m$$ viaja a uma velocidade $$v$$ ate que se choca com outra, de massa $$M$$ que estava parada. Sabendo que na colisão $$20 \%$$ da energia foi perdida, qual a velocidade final de ambas as massas?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conservação da momento:
(I) – $$mv=MV+mv’\Rightarrow v’=v-\dfrac{M}{m}V$$
Relação das energias:
(II) – $$\dfrac{8}{10}E_{0}=E\rightarrow\dfrac{2}{5}mv^2=\dfrac{MV^2+mv’^2}{2}$$
Aplicando (I) em (II):
$$\dfrac{4}{5}mv^2=MV^2+mv^2-2MvV+\dfrac{M^2}{m}V^2$$
Resolvendo a equação do segundo grau, obtemos:
$$\boxed{V=\dfrac{2Mv-\sqrt{\dfrac{4M^2-Mm}{5}}}{2\left(M+\dfrac{M^2}{m}\right)}}$$
Aplicando (I), obtemos $$v’$$:
$$\boxed{v’=v-\dfrac{M}{m}\dfrac{2Mv-\sqrt{\dfrac{4M^2-Mm}{5}}}{2\left(M+\dfrac{M^2}{m}\right)}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{V=\dfrac{2Mv-\sqrt{\dfrac{4M^2-Mm}{5}}}{2\left(M+\dfrac{M^2}{m}\right)}}$$
$$\boxed{v’=v-\dfrac{M}{m}\dfrac{2Mv-\sqrt{\dfrac{4M^2-Mm}{5}}}{2\left(M+\dfrac{M^2}{m}\right)}}$$
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Problema 15*
Considere uma partícula de massa $$m$$ que se move com velocidade $$v$$ iniciamente em direção a um espelho. Sabendo que $$e=1$$, mostre que a velocidade da partícula é conservada e que $$\theta=\theta ‘$$.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como a colisão é elástica, a energia é conservada, de modo que:
$$E = E’$$
Ou seja:
$$\dfrac{mv^2}{2}= \dfrac{mv’^2}{2} \Rightarrow v = v’ $$
Além disso, como \(e = 1\), teremos, calculando as velocidades relativas de aproximação e afastamente em relação à normal do espelho:
$$\dfrac{v’ \sin \theta’}{v \sin \theta} = 1 $$
Assim:
$$ v \sin \theta = v’ \sin \theta’ $$
Uma vez que \(v = v’\), concluímos que:
$$ \sin \theta’ =\sin \theta \Rightarrow \theta = \theta’ $$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Demonstração.
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