1.
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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

2.
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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

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

5.
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5
direção e sentido paralelos à velocidade da jangada. Mostre que a velocidade do centro de massa do
sistema permanece constante e igual a 3 m s ‐1. Calcule a distância percorrida pelo centro da jangada e
pelo centro de massa do sistema durante o tempo que o homem passa de uma extremidade para outra
da jangada.
Resolução:
Como a força resultante no sistema é nula, podemos concluir que a aceleração sobre o centro
de massa também é nula. Desta forma a velocidade do centro de massa se mantém constante.
O intervalo de tempo que o homem leva para alcançar a outra extremidade do barco vale:
5
.
1,5hj
l
t s
v
∆ = =
Aplicando a conservação do momento, teremos:
( )
( )
0
0
1
270 3 70 200
810 105 270
2,6 .
cm hT jT
jT jT
jT
jT
P P
P P
m M v mv Mv
v v v
v
v m s−
=
=
+ = +
⋅ = + +
= +
∴ ≅ ⋅
Onde vhT = vhj +vjT (velocidade do homem com relação à Terra é igual a velocidade do homem com
relação à jangada mais a velocidade da jangada com relação à Terra). Assim, teremos:
5
3 10 ;
1,5
5
2,6 8,7 .
1,5
cm cm
j jT
x v t m
x v t m
∆ = ⋅∆ = ⋅ =
∆ = ⋅∆ = ⋅ ≅
Poderíamos também encontrar a posição do centro de massa do sistema, admitindo que jangada
possua massa uniformemente distribuída:
( ) 200 2,52 1,85 .
270
cm
lM
x m
m M
⋅ ⋅
= = ≅
+
Agora, podemos determinar a distância percorrida pelo centro de massa:
5m2,5m1,85m0

6.
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6
Como a diferença entre a distância percorrida pelo centro de massa do sistema e o centro da
jangada é de 1,3 m, concluímos então que a distância percorrida pelo centro da jangada vale 8,7 m.
Questão 7
Uma bola de 50 g é lançada ao ar com uma velocidade inicial de 15 m s ‐1, formando um ângulo
com a horizontal de 450. (a) Quais são os valores da energia cinética da bola, inicialmente, e no
momento em que antecede a colisão dela com o solo? (b) Ache os valores correspondentes ao
momento (módulo e direção). (c) Mostre que a variação do momento é exatamente igual ao peso da
bola multiplicada pelo intervalo de tempo em que ela ficou no ar.
Resolução:
a) Como o módulo da velocidade inicial é igual ao módulo da velocidade que antecede a colisão, a
energia cinética inicial terá o mesmo valor da energia cinética final. Assim,
( )
22
0
0,05 15
5,625 .
2 2
mv
K K J= = = =
b) Os momentos, inicial e final (que antecede a colisão com o solo), terão o mesmo módulo, dado por:
2,5m1,85m
2,5m 3,15m
Δxcm= 10m
Δxcj
450
450
15 m s‐1
15 m s‐1

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

8.
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8
Dois corpos, ambos constituídos por pesos de balança, são interligados por um tênue fio que
passa através de uma polia leve, sem atrito, de 5,0 cm de diâmetro. Os dois corpos estão no mesmo
nível e cada qual têm, originariamente, massa de 500 g. (a) Localize o centro de massa do sistema. (b)
Vinte gramas são transferidos de um corpo a outro, mas os corpos são impedidos de mover. Localize o
centro de massa. (c) Os dois corpos são, agora, liberados. Descreva o movimento do centro de massa e
determine sua aceleração.
Resolução:
a) Desprezando a massa da polia, o centro de massa do sistema será dado
por:
0,5 5
2,5 .
1
cmx cm
⋅
= =
b) Nessa nova configuração, teremos:
0,48 5
2,4 .
1
cmx m
⋅
= =
c) Quando liberados, cada corpo será acelerado, com o mesmo valor
para a aceleração, porém em sentidos opostos:
( ) ( )
1 1
2 2
1 2
1 2 1 2
2
;
0,4 .
m a m g T
m a T m g
a a a
a m m g m m
a m s−
= −
= −
= =
+ = −
∴ = ⋅
Assim,
( )
( ) ( )
1 2 1 1 2 2
1 2 1 2
2
0,016 ; 0.
cm
cmy
cmy cmx
m m a m a m a
m m a m m a
a m s a−
+ = +
+ = −
∴ = ⋅ =
Questão 10
5 cm
5 cm 2,5 cm 0
m 0
5 cm
5 cm2,4 cm 0
m 0
P2 P1
m 0
T T

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

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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
=
= ⋅ ∴ =