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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
3.
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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
4.
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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
7.
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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
9.
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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.
10.
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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
11.
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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
12.
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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
13.
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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−
=
= ⋅
∴ ≅ ⋅
14.
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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
= ⋅ +
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∫ ∫ ∫
∫ ∫
15.
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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
16.
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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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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](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)