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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 1
CAPÍTULO 10 – COLISÕES
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:
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:
d
dt
ext^ =^ =
P
F F
Suponha que o referencial x aponta no sentido do movimento do carro. Em x :
dPx F dt
dPx = Fdt (1)
De acordo com a Seção 10.3 (Pág. 195), a Eq. (1) é equivalente a:
P (^) x = F t
0 (^0 )^ (^0 )
0
p x p p m v^ v^ m^ v F t t t t t
−^ −^ −
0 63.888,88 N
mv F t
4 F − 6, 4 10 N
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 t ; 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 )
v
m
x
F
2
Solução.
Considere o seguinte esquema:
(a) A força média envolvida na colisão é:
px p p 0 m v (^ v 0^ ) m^ ( v^ v )
F
t t t t
−^ −^ −^ −
2 mv F t
(b) O módulo da força média é:
3
2(0,140 kg)(7,8 m/s) 560 N (3,9 10 ms)
F = − =
2 F = 5,6 10 N
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 90
o 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:
v
m
-v
m
x
4
m v 1 1 (^) B + 0 = m v 1 1 (^) C ' + m v 2 2 C '
1 1 1 1 ' 2 ' 2
B C C
m v m v v m
=^ (2)
Substituindo-se (2) em (1):
( )
( )
1 1 1 2 2 1 1 ' 1 2
B B C
m v v m m m v m m
São duas as possibilidades para v 1 C’ :
1 '
1 '
1,34768 m/s
2,54811 m/s
C
C
v
v
Como m 1 m 2 , sabe-se que v 1 C’ 0. Logo:
v 1 (^) C ' −1,35 m/s
Substituindo-se (3) em (2):
( )
( )
1 2 1 1 1 2 2 1 2 ' 2 1 2
B B C
m m v m v m m m v m m m
Também são duas as possibilidades para v 2 C’ :
2 '
2 '
0, 219525 m/s
0,980907 m/s
C
C
v
v
Somente v 2 C’ = 0,980907... torna KC’ = KB /2 (verifique você!). Logo:
v 2 (^) C ' 0,981 m/s
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) Trata-se de um choque completamente inelástico ( v 1 f = v 2 f ). O momento linear em x é
conservado.
Pxi = Pxf
m v 1 1 (^) i + m v 2 2 (^) i = m v 1 1 (^) f + m v 2 2 f
mvi + 0 = mv (^) f + Mvf
f i
m v v 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:
2 2
2
i f i f
i i
mv m M v K K f K mv
Substituindo-se (1) em (2) e simplificando-se:
M f m M
41. Um bloco de massa m 1 = 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 m 2 = 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 m 2 , 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.
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
x
vi
M m
vf
Inicial
Final
7
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 v 1 (trenó 1) e v 2 (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 1 (^) A = PgB + P 1 B
0 = m vg gB + Mv 1 B (2)
Substituindo (1) em (2):
0 = mg ( v 1 B + vgt )+ Mv 1 B
1 B gt
m v v m M
Estados B e C :
PxB = PxC
PgB + P 1 (^) B + P 2 (^) B = PgC + P 1 (^) C + P 2 C
Temos que P 2 B = 0 e P 1 B = P 1 C. Logo:
PgB = PgC + P 2 C
mvgB = mv (^) gC + Mv 2 C (4)
Substituindo (1) em (4):
m v ( 1 B + v gt )= ( m + M ) v 2 C (5)
Substituindo (3) em (5):
gt gt (^ ) 2 C
m m v mv m M v m M
−^ +^ =^ +
2 C (^) 2 gt
mM v v m M
Estados C e D :
A
B
C
D
E
v2A = 0
v2B = 0
v2C
v2D
v 2E =v2D
v1A = 0
v1B
v 1C =v1B
v 1D =v1B
v1E
vgB
vgD
8
PxC = PxD
PgC + P 1 (^) C + P 2 (^) C = PgD + P 1 (^) D + P 2 D
Temos que P 1 C = P 1 D. Logo:
PgC + P 2 (^) C = PgD + P 2 D
( m^ +^ M v ) 2^ C =^ mvgD^ + Mv 2 D^ (7)
Substituindo (1) e (6) em (7):
2 gt^^ (^2 D^ gt^ )^2 D
mM m M v m v v Mv m M
gt gt (^ ) 2 D
mM v mv m M v m M
2
2 D (^) 2 gt 0, 0591785^ m/s
m v v m M
= − =
v 2 (^) D 5,92 cm/s
Estados D e E :
PxD = PxE
PgD + P 1 (^) D + P 2 (^) D = PgE + P 1 (^) E + P 2 E
Temos que P 2 D = P 2 E. Logo:
PgD + P 1 (^) D = PgE + P 1 E
mvgD + Mv 1 (^) B = (^) ( m + M v ) 1 E (9)
Substituindo (1) e (3) em (9):
( (^2) D gt ) gt^ (^ ) 1 E
m m v v M v m M v m M
2 D gt gt (^ ) 1 E
mM mv mv v m M v m M
Substituindo-se (8) em (10):
3
2 gt^ gt^ gt^^1 E
m mM v mv v m M v m M m^ M
− + − = +
2
1 E (^) 3 gt 0, 0515484^ m/s
m M v v m M
= = −
v 1 (^) E −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 1 (^) + P 2 (^) = ( m + M v ) 1 (^) E + Mv 2 D
2 2
f 3 gt 2 gt
m M m P m M v M v m M m M
10
0 59, 4654 km/h cos
A A
A B
m v v
m m
v 59,5 km/h
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 + pBf
mA v (^) Ai + mB vBi = mA v (^) Af + mB vBf
A ( )
B
m
m
v (^) Bf = vAi − v (^) Af + vBi
v (^) Bf = i + j − − i + j + − i + j
vBf = 4,0 i +5,0 j
(b)
(^1 2 1 2 1 2 )
2 2 2 2
K K (^) f Ki m vA Af m vB Bf m vA Ai m vB Bi
K = m^ A vAf − vAi + mB vBf − vBi
Normalmente calcularíamos vAf^2 como sendo igual a vAxf^2 + vAyf^2. Porém, neste problema não ocorre
variação do momento linear na coordenada y. Portanto, pode-se considerar, para fins do cálculo de
K , vAf
2 = vAxf
2
. Logo:
K = m^ A vAxf − v (^) Axi + mB vBxf − vBxi
(2,0 kg) ( 6,0 m/s) (15 m/s) (3,0 kg) (4,0 m/s) ( 10 m/s) 2
K = − − + − −
K = −315 J
K −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).
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
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próton-alvo após o choque? (b) Quais as velocidades dos prótons depois do impacto?
( Pág. 212 )
Solução.
Considere o seguinte esquema:
Na ausência de força externa resultante o momento linear será conservado em x e em y. Em x :
Pxi = Pxf
p 1 (^) xi + p 2 (^) xi = p 1 (^) xf + p 2 xf
mv 1 (^) i + 0 = mv 1 (^) f cos + mv 2 f cos
v 1 (^) i − v 1 (^) f cos = v 2 f cos (1)
Em y :
Pyi = Pyf
p 1 (^) yi + p 2 (^) yi = p 1 (^) yf + p 2 yf
0 + 0 = − mv 1 (^) f sen + mv 2 f sen
v 1 (^) f sen = v 2 f sen (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:
K (^) i = Kf
K 1 (^) i + K (^) 2 i = K 1 (^) f + K 2 f
2 2 2 1 1 2
mv (^) i + = mv (^) f + mvf
2 2 2 v 1 (^) i = v 1 (^) f + v 2 f (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):
2 2 2 2 2
v 1 i − 2 v v 1 i 1 f cos + v 1 f cos = v 2 f cos (4)
Tomemos também o quadrado de (2):
2 2 2 2
v 1 f sen = v 2 f sen (5)
Adicionando-se (4) e (5) e reconhecendo-se que sen^2 + cos^2 = 1 e sen^2 + cos^2 = 1:
2 2 2 v 1 (^) i − 2 v v (^1) i 1 (^) f cos + v 1 (^) f = v 2 f (6)
Substituindo-se v2f^2 de (3) em (6):
2 2 2 2 v 1 (^) i − 2 v v (^1) i 1 (^) f cos + v 1 (^) f = v 1 (^) i − v 1 f
v 1 (^) f = v 1 i cos =227, 076 m/s
x
y
v1i
m (^) m
v2i = 0
v2f
v1f
13
Na colisão entre m 1 e m 2 o efeito das forças externas é desprezível. Portanto, o momento linear é
conservado:
PBi = PBf
p 1 (^) Bi + p 2 (^) Bi = p 1 (^) Bf + p 2 Bf
m v 1 1 (^) B + 0 = (^) ( m 1 (^) + m 2 (^) ) v 12 B (2)
Na Eq. (2), v 12 B é é a velocidade inicial do conjunto m 1 - m 2 após a colisão. Substituindo-se (1) em
(2):
1 12 1 2
B
m gd v m m
Após a colisão, o movimento do conjunto ocorre com energia mecânica constante:
EB = EC
K (^) B + U (^) B = KC + UC
2 1 2 12 1 2
m + m v (^) B + = + m + m gh (3)
Substituindo-se (2) em (3):
2 1
1 2
m h d m m
= +
60. (a) Mostre numa colisão elástica unidimensional a velocidade do centro de massa de duas
partículas, de massas m 1 e m 2 , que têm velocidade inicial v 1 e v 2 , respectivamente, é expressa por
1 2 1 2 1 2 1 2
CM i i
m m v v v m m m m
(b) Aplique as Eqs. 15 e 16 para v 1 f e v 2 f (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, m 1 e m 2 , cujas posições iniciais são,
respectivamente, x 1 i e x 2 i , é dado por:
1 2
x CM m x (^) i m xi m m
Derivando-se ambos os membros de (1) em relação ao tempo:
1 1 2 2
1 2 1 2
i i CM
m dx m dx v m m dt m m dt
1 2 1 2 1 2 1 2
CM i i
m m v v v m m m m
(b)
1 2 2 1 1 2 1 2 1 2
f i i
m m m v v v m m m m
14
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
f i i
m m m v v v m m m m
A velocidade do centro de massa das duas partículas após a colisão é, de acordo o resultado do item
(a):
1 2 1 2 1 2 1 2
CMf f f
m m v v v m m m m
Substituindo-se (15) e (16) em (2):
1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
CMf i i i i
m m m m m m m m v v v v v m m m m m m m m m m m m
2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 CMf i i i i
m m m m m m m m m m v v v v v m m m m m m m m
− − = + + +
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2
CMf i i
m m m m m m v v v m m m m
= +
1 2 1 2 1 2 1 2
CMf i i
m m v v v m m m m
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:
Como não há forças externas agindo sobre o sistema, o centro de massa não é acelerado.
FExt^ =^ M aCM =^0
Logo:
vCM =Constante
v (^) CM i = v (^) CM f = vCM
Por definição:
1 2
m m m m
v (^) CM v 1 v 2
1 2
f m^ m m m
v (^) CM v1i v2i
Como o choque é unidimensional (coordenada x ), temos:
1 2
vCMf m v (^) i m vi 2, 44133 m/s m m
vCMf −2, 44 m/s
x
v1i
m 1 m 2 v2i
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No caso da chapa, a situação é semelhante à da bala e o resultado é similar.
vc (^) 2 = 2 gH ( 2 )
(b) Nas configurações 1 e 2 há conservação da quantidade de movimento linear na coordenada 𝑦.
Portanto, podemos aplicar esta lei de conservação:
P 1 (^) y = P 2 y
mvb (^) 1 + Mvc (^) 1 = mvb (^) 2 + Mvc 2
mvb (^) 1 + 0 = mvb (^) 2 + Mvc 2 ( 3 )
Substituindo-se (1) e (2) em (3) e dividindo-se (3) por 𝑚, teremos:
b 1 2 2
M
v gh gH m
Devemos notar que a velocidade da bala está relacionada à altura que ela consegue chegar sob ação
da gravidade e à quantidade de energia que ela transfere ao compensado.
(c) Por definição, a energia mecânica do sistema na configuração 1 é:
2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1
E K U K b Ub Kc Uc mvb mvb
Substituindo-se (4) em (5):
2
1
M
E m gh gH m
2 2 (^1 )
M M
E m gh g hH gH m m
Logo:
2
1 2
M
E mgh gH Mg hH m
Na expressão acima, que corresponde à energia da bala antes da colisão com o compensado, essa
energia é representada em três termos. O primeiro é a energia que levará a bala até a altura ℎ. O
segundo e o terceiro termos estão relacionados à elevação do compensado à altura 𝐻, ao trabalho de
perfuração do compensado e ao calor que será dissipado para ambos os corpos. Não dá para separar
essas energias, pois foram geradas na forma de termos cruzados quando elevamos ao quadrado a
Eq. 4.
Na Configuração 2, teremos:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
E K U K b U (^) b Kc Uc mvb Hvc
2 2 2 2 2
E = mv b + Mvc ( 7 )
Substituindo-se (1) e (2) em (7):
2 (^ )^ (^ )
E = m gh + M gH
E 2 = mgh + MgH ( 8 )
(d) A energia dissipada (𝐸𝑑) corresponde à variação observada na energia mecânica do sistema.
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Ed = E = E 2 (^) − E 1 ( 9 )
Substituindo-se (6) e (8) em (9):
2
d^2
M
E mgh MgH mgh Mg hH H m
Expandindo, teremos:
2
d^2
M
E mgh MgH mgh Mg hH gH m
Dividindo-se por 𝑀𝑔𝐻 e simplificando:
2
d^2
M
E gH Mg Hh MgH m
Compare este resultado com a Eq. 6. Para chegar à energia dissipada, precisamos subtrair a energia
potencial do compensado que estava embutida nos dois últimos termos da Eq. 6. O primeiro sinal
negativo da expressão acima refere-se ao caráter de perda de energia mecânica.
60. A Figura 8-54 mostra um canhão da Primeira Guerra Mundial montado sobre um vagonete e
preparado para atirar uma bala a um ângulo de 30° acima da horizontal. Com o vagão inicialmente em repouso sobre um trilho horizontal sem atrito, o canhão dispara uma bala de
200 kg a 125 m/s. (Todos os valores são no referencial do trilho.) (a) O vetor quantidade de
movimento do sistema vagão– canhão – bala será o mesmo justo antes e justo após a bala ser
disparada? Explique sua resposta. (b) Se a massa de vagão mais canhão é igual a 5000 kg, qual
será a velocidade de recuo do vagão sobre o trilho, após o disparo? (c) A bala se eleva até a uma altura máxima de 180 m em sua trajetória. Neste ponto, sua rapidez é de 80,0 m/s. Com base
nesta informação, calcule a quantidade de energia térmica produzida pelo atrito do ar com a
bala, da boca do canhão até a altura máxima.
( Pág. 279 )
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
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117. Uma sequência de contas elásticas de vidro, cada uma de massa 0,50 g, sai de um tubo
horizontal a uma taxa de 100 por segundo (veja a Figura 8-57). As contas caem de uma altura
de 0,50 m sobre um prato de uma balança e repicam de volta à sua altura original. Que massa
deve ser colocada no outro prato da balança, para manter o ponteiro no zero?
( Pág. 280 )
Solução.
Para equilibrar os pratos da balança, é preciso aplicar uma força vertical para baixo no prato
esquerdo e que tenha a mesma intensidade da força que é exercida pela massa 𝑚 no prato direito. A
segunda lei de Newton nos diz que a aplicação de uma força sobre um corpo gera sobre ele uma
taxa de variação no momento linear. No presente caso, o prato esquerdo da balança está recebendo
sucessivos choques, sendo que cada choque corresponde a uma pequena transferência de momento
linear para o prato (Δ𝑝⃗ ).
Se a transferência de momento fosse contínua (por exemplo, se alguém pressionasse com o dedo o
prato esquerdo para equilibrar a balança) a força gerada seria constante e invariável. Mas como a
transferência de momento é quantizada, ou seja, em pequenas partes sucessivas, dizemos que as
contas geram uma força média 𝐹⃗𝑚𝑒𝑑 sobre o prato.
Na expressão acima, Δ𝑃⃗⃗ é a variação total do momento que ocorre ao longo do intervalo de tempo
Δ𝑡. Como pretendemos analisar cada colisão no prato (Δ𝑝⃗ ), teremos Δ𝑃⃗⃗ = 𝑁Δ𝑝⃗ , em que 𝑁 é o
número de colisões que ocorrem no intervalo Δ𝑡. Veja o esquema simplificado da situação, em que
𝒗⃗⃗⃗𝑖 = 𝑣𝑥𝑖𝒊̂ + 𝑣𝑦𝑖𝒋̂ e 𝒗⃗⃗⃗𝑓 = 𝑣𝑥𝑓𝒊̂ + 𝑣𝑦𝑓𝒋̂. Devemos notar que, como os choques são elásticos, a
magnitude de 𝒗⃗⃗⃗𝑖 é igual à de 𝒗⃗⃗⃗𝑓.
Na coordenada 𝑦, teremos:
NΔ𝑝𝑦
N
N
N
[𝑚𝑐𝑣𝑦 − 𝑚𝑐(−𝑣𝑦)]
N
Tipler, Mosca - Física para Cient e Eng - 6 a^ Ed. - LTC - 2009. Cap. 0 8 – Conservação da Quantidade de Movimento Linear
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Na situação de equilíbrio, os torques sobre a balança devem ser anulados.
Igualando-se as Eqs. (1) e (2), teremos:
Como as contas caem a partir do repouso (vertical, não horizontal) em queda livre sobre o prato de
uma altura ℎ, a rapidez vertical com que colidem no prato é:
Logo:
Substituindo-se os valores numéricos, teremos:
- ( 0 , 50 × 10 −^3 kg)
( 1 , 0 s)
2 ( 0 , 50 m)
( 9 , 81 m/s^2 )
= 0 , 3192 … kg
