Problemas Resolvidos do Capítulo 9
COLISÕES
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
 PROBLEMA 1
Calcule a magnitude (em kgf) da força impulsiva que atua em cada um dos exemplos seguintes:
(a) Num saque de jogo de tênis, a bola, de massa igual a 60 g, é lançada com uma velocidade de 40 m/s; o tempo de
contato com a raquete é da ordem de 0, 005 s (b) Um jogador de futebol cobra um pênalti, chutando a bola com uma
velocidade de 20 m/s. A massa da bola é de 450 g e a duração do chute da ordem de 0, 01 s. (c) Uma pessoa de 80 kg
pula do alto de um muro de 2, 5 m de altura, caindo em pé (sem dobrar os joelhos). A duração do impacto é de 0, 01 s.
É melhor dobrar os joelhos! (d) Um carro de 1,5 toneladas, a 60 km/h, bate num muro. A duração do choque é de 0, 1
s.
 Solução
A força impulsiva é dada por F  Δp/Δt. Assim: (a) p 0  0 e p  mv  0. 060  40  2. 4 kg m/s.
Δp
F
 2. 4 − 0  480. 0 N ou F  480  49 kgf . (b) p 0  0 e p  mv  0. 450  20  9. 0 kg m/s. F  9 − 0  900 N
Δt
0. 005
9. 8
0. 01
ou F  900  92 kgf. (c) Ao atingir o solo, a velocidade é v  2gh  2  9. 8  2. 5  7. 0 m/s. Logo, p 0  80  7 
9. 8
560 kg m/s e p  0. F  0 − 560  − 56000 N ou F  56000  5714 kgf. (d) v  60  16. 7 m/s. p 0  1500  16. 7 
0. 01
9. 8
3. 6
5
2.
505

10
25050
 2. 505  10 5 N ou F 
 25. 561 kgf.
25050 kg m/s e p  0. F 
9. 8
0. 1
 PROBLEMA 2
Na teoria corpuscular da luz, no século 17, imaginava-se um feixe de luz como constituído de
corpúsculos muito pequenos, movendo-se com velocidade muito elevada. A reflexão da luz num espelho seria
produzida pela colisão dos corpúsculos luminosos com o mesmo, de forma análoga a uma colisão elástica com uma
parede impenetrável. Ao atravessar a superficie de separação entre dois meios transparentes distintos (ar e água, por
exemplo). um corpúsculo luminoso teria sua velocidade alterada pelo efeito de uma força impulsiva normal à superficie
de separação, prosseguindo depois em seu movimento, livre da ação de forças. Sejam  1 ,  ′1 e  2 os ângulos de
incidência, reflexão, e refração respectivamente. Mostre que este modelo explicaria as leis da reflexão e da refração:
raios refletido e refratado no plano de incidência, com  ′1   1 , sen  ′1 / sen  2  n 12 , e calcule o índice de refração relativo
n 12 do segundo meio em relação ao primeiro em função das velocidades v 1 e v 2 dos corpúsculos nos meios 1 e 2. A
velocidade dos corpúsculos seria maior no ar ou na água?
 PROBLEMA 3
Considere a colisão elástica entre duas partículas de massas m 1 e m 2 que se movem em uma
dimensão. (a) Verifique, a partir das (9.4.11), que a velocidade do CM se conserva na colisão. (b) Calcule as
velocidades iniciais v ′1i e v ′2i das duas partículas em relação ao CM do sistema, exprimindo-as em função da
velocidade relativa inicial v ri da partícula 2 em relação à partícula 1 e da massa total M  m 1  m 2 . Qual é a relação
entre v ′ri e v ri ? (c) Faça o mesmo para as velocidades finais v ′1f e v ′2f em relaçâo ao CM, com auxilio das (9.4.11). Qual
é a relação entre v ′rf e v rf (a velocidade relativa final)? E entre v ′rf e v ′ri ? (d) Interprete os resultados de (a) a (c),
descrevendo como ocorre a colisão vista do referencial do CM.
 Solução
(a) De acordo com a definição, a velocidade do CM antes e depois da colisão é dada por
v 1i  m 2 v 2i , V  m 1 v 1f  m 2 v 2f
V i  m 1m
f
m1  m2
1  m2
A conservação da velocidade do CM implica em
m 1 v 1i  m 2 v 2i  m 1 v 1f  m 2 v 2f
m1  m2
m1  m2
Agora, considere as equações (9.4.11)
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen
Departamento de Física
PR-9.1
Universidade Federal do Amazonas
m 1 − m 2 v  2m 2 v
1i
m1  m2
m 1  m 2 2i
1
1 − m2
 m 2m
v 1i − m
m 1  m 2 v 2i
1  m2
v 1f 
v 2f
ou seja
m 1 − m 2 m v  2m 1 m 2 v
1 1i
m1  m2
m 1  m 2 2i
1 − m2
 m2m1 mm2 v 1i − m
m 1  m 2 m 2 v 2i
1
2
m 1 v 1f 
m 2 v 2f
ou ainda
m 1 − m 2 p  2m 1 p
1i
m1  m2
m 1  m 2 2i
2
1 − m2
 m 2m
p 1i − m
m 1  m 2 p 2i
1  m2
p 1f 
p 2f
Somando as duas
p 1f  p 2f 
p 1f  p 2f 
p 1f  p 2f 
p 1f  p 2f 
m1
m1
m1
m1
m1
m1
m1
− m 2 p  2m 1 p  2m 2 p − m 1 − m 2 p
1i
2i
 m2
m 1  m 2 2i m 1  m 2 1i
m1  m2
− m 2  2m 2
2m 1
m1 − m2
p 2i
 m2
m 1  m 2 p 1i  m 1  m 2 p 2i − m 1  m 2
− m 2  2m 2
2m 1
m1 − m2
p 2i
 m2
m 1  m 2 p 1i  m 1  m 2 − m 1  m 2
− m 2  2m 2 p  2m 1 − m 1  m 2 p
1i
2i
m1  m2
m1  m2
p 1f  p 2f  p 1i  p 2i
Esta equação é equivalente a
m 1 v 1i  m 2 v 2i  m 1 v 1f  m 2 v 2f
ou, o que é o mesmo
m 1 v 1i  m 2 v 2i  m 1 v 1f  m 2 v 2f
m1  m2
m1  m2
como queríamos demonstrar. (b) Em relação ao CM o momento total é nulo, tanto antes como depois da colisão, ou
seja
m 1 v ′1i  m 2 v ′2i  m 1 v ′1f  m 2 v ′2f  0
Logo,
2 ′
m 1 v ′1i  m 2 v ′2i  0  v ′1i  − m
m 1 v 2i
Como v ′2i  v 2i − V i encontra-se
v ′2i  v 2i −
m 1 v 1i  m 2 v 2i
m1  m2
 v ′2i  m 1 v 2i  m 2 v 2i − m 1 v 1i − m 2 v 2i  m 1 v 2i − m 1 v 1i  m 1 v 2i − v 1i 
M
M
M
Lembrando que a velocidade relativa inicial de 2 em relação a 1 é v ri  v 2i − v 1i , então
v ′2i  m 1 v r
M
Portanto,
m2 m1
2 ′
′
v ′1i  − m
m 1 v 2i  v 1i  − m 1 M v r
ou seja,
Notas de Aula de Física I
Colisões - Problemas Resolvidos
PR-9.2
Universidade Federal do Amazonas
v ′1i  − m 2 v ri
M
De maneira similar
v ′2i  m 1 v ri
M
Em relação ao centro de massa, v ′ri  v ′2i − v ′1i , ou seja,
v ′ri  m 1 v ri − − m 2 v ri
M
M
 m 1  m 2 v ri
M
ou seja,
v ′ri  v ri .
(c) Para as velocidade finais, em relação ao CM temos da relação m 1 v ′1f  m 2 v ′2f  0
2 ′
v ′1f  − m
m 1 v 2f
Como v ′2f  v 2f − V f , então
v ′2f  v 2f −
m 1 v 1f  m 2 v 2f
m1  m2
 m 1 v 2f − v 1f 
M
ou, lembrando que v rf  v 2f − v 1f ,
v ′2f  m 1 v rf
M
Então
m2 m1
m2
2 ′
′
v ′1f  − m
m 1 v 2f  v 1f  − m 1 M v rf  − M v rf
Devido à conservação da energia da energia cinética e do momento, vimos que
v 2f − v 1f  −v 2f − v 1i   v rf  −v ri
ou seja, a velocidade relativa entre as duas partículas se inverte. Desta maneira, encontra-se
v ′1f  − m 2 v rf  v ′1f  m 2 v ri
M
M
m
2
′
Logo, como v 1i  −
v encontra-se que
M ri
v ′1f  −v ′1i
De maneira similar
v ′2f  −v ′21
★★★
 PROBLEMA 4
Considere um sistema qualquer de duas partículas, de massas m 1 e m 2 e velocidades v 1 e v 2 .
Sejam T 1 e T 2 as energias cinéticas das duas partículas, e v r , a velocidade relativa da partícula 2 em relação à
partícula 1. (a) Mostre que os momentos das duas partículas em relação ao CM são dados por: p ′1  −v r  −p ′2 , onde
  m 1 m 2 /M (com M  m 1  m 2 ) chama-se a massa reduzida do sistema de duas partículas. Note que 1/
 1/m 1   1/m 2 . (b) Mostre que a energia cinética total é dada por T 1  T 2  T ′1  T ′2  1 Mv 2CM , onde T ′1 e T ′2 são as
2
energias cinélicas relativas ao CM e v CM é a velocidade do CM. (c) Mostre que a energia cinética relativa ao CM
(energia cinética interna) é dada por T ′1  T ′2  1 v 2r . Combinando os resultados de (b) e (c), vemos que a energia
2
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen
Departamento de Física
PR-9.3
Universidade Federal do Amazonas
cinética total é a soma da energia cinética associada ao movimento do CM, com massa igual à massa total, mais a
energia cinética do movimento relativo, equivalente à de uma partícula de massa igual a massa reduzida e velocidade
igual à velocidade relativa. Mostre que, para um sistema isolado de duas partículas, a energia cinética interna se
conserva numa colisão elástica entre elas. Mostre que o fator Q de uma colisão inelástica (Seç. 9.7) é igual a variação
da energia cinética interna.
 Solução
O momento total em relação ao CM é nulo, ou seja,
P ′  p ′1  p ′2  0  p ′1  −p ′2
Como v ′  v − V ou p ′  p − m P então
M
p ′1  p 1 − m 1 P,
M
′
p2  p2 − m2 P
M
ou seja
Mp 1 − m 1 p 1  p 2 
m1p1  m2p1 − m1p1 − m1p2
m2p1 − m1p2


p ′1  p 1 − m 1 p 1  p 2   p ′1 
m1  m2
m1  m2
m1  m2
M
m
m
2m1v1 − m1m2v2
1m2
′
p1 
 m  m v 1 − v 2   −v 2 − v 1   −v r
m1  m2
1
2
Assim,
p ′1  −v r  −p ′2
(b) A energia cinética total do sistema é dada por
T
Como p ′1  p 1 − m 1 P,
M
p 21
p2
 2
2m 1
2m 2
′
p 2  p 2 − m 2 P ou seja,
M
′
p 1  p ′1  m 1 P e p 2  p 2  m 2 P
M
M
então
2
m2
m2
p ′1 2  2 m 1 p ′1  P  12 P 2
p ′2 2  2 m 2 p ′2  P  22 P 22
p ′2  m 2 P
M
M
M
M
M
T



2m 2
2m 1
2m 2
m 21 2
m 22 2
m1 p′  P
m1 p′  P
P
P
′
2
′
2
2
2
2
2
1
2
p
p
T 1  M
 M
 2  M
 M
2m 1
2m 1
2m 2
2m 2
2m 1
2m 2
m
m
1
2
′
′
p1  P
p2  P
2
2
2
p′ 2
p′ 2
T  1  2  m1  m2 P  M
 M
M
2m 1
2m 2
2M
2m 1
2m 2
′ P
′ P
2
p
p
T  T ′1  T ′2  P  1
 2
M
M
2M
p ′1  m 1 P
M
2m 1
2
Mas, p ′1  −p ′2 , o que nos leva a
2
T  T ′1  T ′2  P
2M
ou seja
T  T ′1  T ′2  1 MV 2CM
2
(c) A energia cinética interna, T ′  T ′1  T ′2 é dada por
Notas de Aula de Física I
Colisões - Problemas Resolvidos
PR-9.4
Universidade Federal do Amazonas
1 m 2 v ′2
T ′  1 m 1 v ′2
1 
2
2
2
Mas, v ′  v − V, então
T ′  1 m 1 v 1 − V 2  1 m 2 v 2 − V 2
2
2
T ′  1 m 1 v 21 − m 1 v 1  V  1 m 1 V 2  1 m 2 v 22 − m 2 v 2  V  1 m 2 V 2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
′
T  m 1 v 1  m 2 v 2 − m 1 v 1  m 2 v 2   V  m 1  m 2 V 2
2
2
2
Como V  m 1 v 1  m 2 v 2 , logo
M
T ′  1 m 1 v 21  1 m 2 v 22 − m 1 v 1  m 2 v 2   m 1 v 1  m 2 v 2  1 m 1  m 2  m 1 v 1  m 2 v 2
M
M
2
2
2
2
2
v

m
v
v

m
v
m

m

1
1
2
2
1
1
2
2
T ′  1 m 1 v 21  1 m 2 v 22 −
 1
M
M
2
2
2
2
m 1 v 1  m 2 v 2 
T ′  1 m 1 v 21  1 m 2 v 22 −
2
2
2M
2
m
m 22
1
1
1
2
2
T′  m1v1  m2v2 −
v 21 − m 1 m 2 v 1 v 2 −
v2
2
2
2m 1  m 2 
2m 1  m 2  2
m 1  m 2 
m 1  m 2 m 1 v 21  m 1  m 2 m 2 v 22 − m 21 v 21 − 2m 1 m 2 v 1 v 2 − m 22 v 22
T′ 
2m 1  m 2 
m
m
T ′  1 m 1 m2
v 21  v 22 − 2v 1  v 2 
1
2
2
T ′  1 mm 1mm2
v 2 − v 1  2
1
2
2
2
ou seja
T ′  1 v 2r
2
 PROBLEMA 5
massa
m′,
Uma partícula de massa m desloca-se com velocidade v em direção a duas outras idênticas, de
alinhadas com ela, inicialmente separadas e em repouso (veja fig.). As colisões entre as partículas são
todas elásticas. (a) Mostre que, para m ≤ m ′ haverá duas colisões, e calcule as velocidades finais das três partículas.
(b) Mostre que, para m  m ′ , haverá três colisões, e calcule as velocidades finais das três partículas. (c) Verifique que,
no caso (a), o resultado para a primeira e a terceira partícula é o mesmo que se a partícula intermediária não existisse.
 Solução
Da conservação da energia cinética total e do momento total, sabe-se que
m 1 − m 2 v  2m 2 v
1i
m1  m2
m 1  m 2 2i
1
1 − m2
 m 2m
v 1i − m
m 1  m 2 v 2i
1  m2
v 1f 
v 2f
Como v 1i  v, v 2i  0, m 1  m e m 2  m ′ , encontra-se para as velocidades após a primeira colisão
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen
Departamento de Física
PR-9.5
Universidade Federal do Amazonas
v 1f 
v 2f 
m − m′
m  m′
2m
m  m′
v
v
(a) Se m ≤ m ′ a partícula de massa m pára ou volta após colidir com a segunda partícula de massa m ′ . Ou seja,
m − m′ v ≤ 0
m  m′
2mv

0
m  m′
1
v 1f 
1
v 2f
Como v 2f  0, a segunda partícula é arremessada ao encontro da terceira partícula que está em repouso. Novamente,
da conservação da energia cinética e momento encontra-se v 2i  v 2f , v 3i  0
m 2 − m 3 v  2m 3 v
2i
m2  m3
m 2  m 3 3i
2 − m3
2
 m 2m
v 2i − m
m 2  m 3 v 3i
2  m3
2
v 2f 
2
v 3f
ou seja,
m ′ − m ′ v 2i  2m ′  0
m′  m′
m′  m′
′
′
′
 ′2m ′ v 2i − m ′ − m ′  0
m m
m m
2
v 2f 
2
v 3f
Portanto,
2
v 2f  0
2m ′ v 2i  2mv
m  m′
 m′
2
v 3f 
m′
m − m ′ v ≤ 0 (a partícula volta após a colisão ou fica parada), v 2  0 e v 2  2mv  0 não há mais
2f
3f
m  m′
m  m′
condições de haver outras colisões, além das duas que mencionadas. (b) No caso em que m  m ′ as velocidades
1
Como v 1f 
após a primeira colisão (entre as partículas 1 e 2 são
m − m′ v  0
m  m′
 2mv ′  0
mm
1
v 1f 
1
v 2f
A partícula 2 cuja velocidade v 2f  0 caminha para colidir com a partícula 3. Após esta colisão, a velocidades finais são
(ja foram calculada acima)
2
v 2f  0
2
v 3f 
2m ′ v 2i  2mv
m  m′
 m′
m′
Mas neste caso, a partícula 1, após a primeira colisão, tem velocidade v 1f  0 e volta a colidir com a partícula 2 que
1
está parada após a segunda colisão. Como v 1i  v 1f 
3
m − m′
m  m′
2
v e v 2i  v 2f  0
m − m ′ v 1i  2m ′  0
m  m′
m′  m′
′
 2m ′ v 1i − m′ − m ′  0
mm
m m
v 1f 
3
v 2f
ou seja,
Notas de Aula de Física I
Colisões - Problemas Resolvidos
PR-9.6
Universidade Federal do Amazonas
3
v 1f 
3
v 2f 
m − m′
m  m′
m − m′
m  m′
v
2m v 1i  2m
m  m′
m  m′
m − m ′ 
2
m  m ′ 
2
m − m′
m  m′
v
v
Assim,
v 1f 
v 2f 
v 3f
m − m ′ 
2
m  m ′ 
2
v0
2mm − m ′ 
v0
m  m ′  2
 2m ′ v  0
mm
Comparando as velocidades, encontra-se
m − m ′  2
v
v 1f
m  m ′  2
1 m − m′  1 1 − m′
v 2f  2mm − m ′   2
m
m
2
v
m  m ′  2
Como m  m ′ , m ′ /m  1 e portanto:
v 1f  v 2f .
Por outro lado,
2mm − m ′ 
v 2f
v 3f 
m  m ′  2
2m v
m  m′
v
′
 m − m′  1
mm
e, portanto,
v 2f  v 3f
Logo,
v 1f  v 2f  v 3f .
Como todas as partículas caminham para a direita e suas velocidades satisfazem as desigualdades v 1f  v 2f  v 3f ,
concluímos que não haverá outras colisões, além das três já mencionadas.
★★★
 PROBLEMA 6
(a) Que fração f da energia cinética é transferida por uma partícula de massa m, que se move com
velocidade v, numa colisão frontal elástica com uma partícula de massa m′ inicialmente em repouso? Exprima o
resultado em função da razão   m ′ /m. Para que valor de  a transferência é máxima, e quanto vale? (b) Coloca-se
entre as duas partículas uma terceira, de massa m ′′ , em repouso, alinhada com m e m′. Mostre que a transferência de
energia cinética de m para m ′ é máxima quando m ′′ 
m m ′ . Mostre que, para m ≠ m ′ , a presença da partícula
intermediária possibilita transferir mais energia cinética de m para m′ do que no caso (a).
 Solução
Após a colisão, as velocidades são v 1i  v, v 2i  0
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen
Departamento de Física
PR-9.7
Universidade Federal do Amazonas
m 1 − m 2 v  2m 2 v
1i
m1  m2
m 1  m 2 2i

1
1 − m2
 m 2m
v 1i − m
v 2i

m
m

m
1
2
1
2
m − m′ v
m  m′
 2m ′ v
mm
v 1f 
v 1f 
v 2f
v 2f
Como a energia cinética inicial da partícula 1 é T 1i  1 mv 2 e a final
2
′
T 1f  1 mv 21f  1 m m − m ′
2
2
mm
2
v2  1 m 1 − 
2
1
2
v2
ou seja,
1−
1
T 1f 
2
1−
1
1 mv 2 
2
2
T 1i
Como T 1→2  T 1i − T 1f é a energia cinética transferida para a partícula de massa m’, a fração f é dada por
T 1i −
T 1i − T 1f
f  T 1→2 

T 1i
T 1i
1−
1
T 1i
2
T 1i

4
1   2
A representação gráfica da fração f em função de  é dada por:
1
-10
-8
-6
-4
-2
2
4
0
-1
-2
f
-3
-5
Vemos que tem um máximo entre 0 e 2. Para determinar o valor de  para o qual f  f max
df
4
 d
0
d 1   2
d
ou seja :
− 4 −1  3  0    1
1  
Desta maneira
f max 
4  1  1 para   1
1  1 2
(b) Interpondo-se a massa m ′′ entre m e m ′ , a velocidades final da massa m ′ pode ser calculada a partir das equações:
m 1 − m 3 v  2m 3 v
1i
m1  m3
m 1  m 3 3i
1 − m3
1
 m 2m
v 1i − m
m 1  m 3 v 3i
1  m3
v 1f 
v 3f
Portanto, da colisão entre m 1  m e m 3  m ′′ , encontra-se
Notas de Aula de Física I
Colisões - Problemas Resolvidos
PR-9.8
Universidade Federal do Amazonas
m − m ′′ v
m  m ′′
2m v

m  m ′′
v 1f 
v 3f
A massa m 3  m ′′ colide em seguida com m 2  m ′ que está em repouso. Como v 3i  v 3f , então
m2 − m3
2m 3
m 2  m 3 v 2i  m 2  m 3 v 3i
m −m
2
 m 2m
v 2i − m 2  m 3 v 3i
2  m3
2
3
v 2f 
v 3f
ou seja v 2i  0
2m ′′
2m v
m ′  m ′′ m 1  m ′′
′
′
′′
 ′2m ′′  0 − m ′ − m ′′
m m
m m
v 2f 
v 3f
2m v
m  m ′′
Logo,
2m ′′
2m v
 m ′′ m 1  m ′′
′
′′
2m v
 − m ′ − m ′′
m  m ′′
m m
v 2f 
v 3f
m′
A energia cinética transferida para a partícula 2 é
2m ′′
2m v
T 1→2  1 m ′ v 22f  1 m ′
′
2
2
m  m ′′ m  m ′′
2
ou seja,
T 1→2  8m ′
T 1→2 
m ′
m ′
m ′′ 2
m2
m ′′ 2
m2
v 2  8m ′
2
2
2
′′
′′
′
′′
 m  m  m 
m  m  m  m ′′  2
2
m
1 mv 2
2
16m m ′ m ′′ 2
T 1i
 m ′′  2 m  m ′′  2
Logo, a fração da energia transferida é
16m m ′ m ′′ 2
f  T 1→2 
T 1i
m ′  m ′′  2 m  m ′′  2
Derivando em relação a m ′′ e igualando a zero, encontra-se
16m m ′ m ′′ 2
d
 32m m ′ m ′′
′′
dm m ′  m ′′  2 m  m ′′  2
m m ′ − m ′′ 2
m ′  m ′′  3 m  m ′′  3
0
Daí obtém-se
m m ′ − m ′′ 2  0  m ′′ 
mm ′
Portanto, o valor máximo de f é
f max 
16m 2 m ′2
m ′  mm ′
2
m  mm ′
2
′
′
Usando   m
m ou seja, m  m, encontra-se
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen
Departamento de Física
PR-9.9
Universidade Federal do Amazonas
f max 
16 2 m 4
m  m 2
2
m  m 2
2
16 2
2
 
1 

2
16

16

2

1

1 
2
2
1 1

1 
2
Ou
f max 
16
1 
4
Comparando com o caso (a), para m ≠ m ′ ou seja para  ≠ 1, encontra-se
f max

f a
16
1 
4
1   2
4
41   2

1 
4
1
para  ≠ 1
4
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0
2
4
6
8
10
★★★
 PROBLEMA 7
Num brinquedo bem conhecido, uma série de bolinhas metálicas idênticas, suspensas por fios
idênticos presos a um suporte, estão inicialmente todas em contato. Se um determinado número n de bolas é
deslocado conjuntamente da posição de equilíbrio e solto (Fig.), o efeito da colisão com as demais é transferir a
velocidade v com que colidem a um igual número de bolas na outra extremidade, suspendendo-as. (a) Supondo que o
efeito da colisão fosse transferir uma velocidade v′ a n′ bolas adjacentes situadas na outra extremidade, as colisões
sendo todas elásticas, mostre que se tem, necessariamente, n′  n e v′  v. (b) Tomando n  2, e supondo que o
efeito da colisão fosse transferir velocidades v 1 e v 2 às duas bolas situadas mais à direita (fig), mostre que,
necessariamente v 1  v 2  v.
 Solução
 PROBLEMA 8
Uma bala de 5 g incide sobre um pêndulo balístico de massa igual a 2 kg, com uma velocidade de
400 m/s, atravessa-o e emerge do outro lado com uma velocidade de 100 m/s. Calcule a altura de elevação do
Notas de Aula de Física I
Colisões - Problemas Resolvidos
PR-9.10
Universidade Federal do Amazonas
pêndulo, desprezando a elevação durante o tempo que a bala leva para atravessá-lo. Verifique a validade desta
aproximação.
 Solução
O momento antes da colisão vale P i  m b v bi  m p v pi e após a colisão P f  m b v bf  m p v pf . Da conservação
do momento, sabendo que v bi  400 m/s, v bf  100 m/s e v pi  0
m b v bi  m b v bf  m p v pf  0. 005  400  0. 005  100  2v pf
ou seja,
2v pf  0. 005  400 − 0. 005  100  v pf  1. 5  0. 75 m/s
2
Usando agora a conservação da energia para o pêndulo, isto é, toda energia cinética é transformada em energia
potencial gravitacional,
v 2pf
mgh  1 mv 2pf  h 
2
2g
ou seja,
2
h  0. 75  0. 029 m
2  9. 8
ou
h  2. 9 cm.
★★★
 PROBLEMA 9
Durante a madrugada, um carro de luxo, de massa total igual a 2. 400 kg, bate na traseira de um
carro de massa total 1. 200 kg, que estava parado num sinal vermelho. O motorista do carro de luxo alega que o outro
estava com as luzes apagadas, e que ele vinha reduzindo a marcha ao aproximar-se do sinal, estando a menos de 10
km/h quando o acidente ocorreu. A perícia constata que o carro de luxo arrastou o outro de uma distância igual a 10, 5
m, e estima o coeficiente de atrito cinético com a estrada no local do acidente em 0, 6. Calcule a que velocidade o carro
de luxo vinha realmente.
 Solução
Neste caso a colisão é totalmente inelástica. Da conservação do momento
m 1 v 1i  m 1  m 2 v
Como o carro foi arrastado por uma distância de d  10. 5 m, desacelerado pela força de atrito, que imprime uma
aceleração a   c g, então, a velocidade com que os dois carros saíram da colisão pode ser calculada, usando a
fórmula de Torricelli, ou seja,
v
2ad 
2 c gd 
2  0. 6  9. 8  10. 5  11 m/s
Logo,
v 1i 
m 1  m 2 
2400  1200
v  v 1i 
2  0. 6  9. 8  10. 5  16. 7 m/s
m1
2400
v 1i  16. 7  3. 6  60 km/h
★★★
 PROBLEMA 10
O balconista de uma mercearia, para atender a um cliente que pediu 200 g de creme de leite
fresco, coloca o recipiente vazio sobre uma balança de mola, acerta o zero e despeja o creme sobre o recipiente
desde uma altura de 75 cm. Depois de 2 s, com a balança marcando 200 g, o balconista, mais que depressa, retira o
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen
Departamento de Física
PR-9.11
Universidade Federal do Amazonas
recipiente de cima da balança. Que quantidade de creme de leite o cliente realmente leva?
 Solução
A transferência de momento do creme para a balança é
Δp b  −Δp c  m c v i − m c v f  m c v i
onde v i é a velocidade com que o creme atinge o prato da balança, ao cair de uma altura de 75 cm. Ou seja,
vi 
2gh 
2  9. 8  0. 75  3. 8 m/s
Assim,
Δp b  m c v i  3. 83m c
Com 2 s que levou para variar o momento, a força que o creme aplica na balança é
F
Δp b
 3. 83m c  1. 92m c
Δt
2
Esta força equivale a uma massa de m′ dada por
m ′  1. 92m c  0. 196m c
9. 8
Portanto, o que o balconista pesou foi a soma das duas massas m c  m ′  200 g, de onde se obtém
m c  200 − m ′  m c  200 − 0. 196m c .
ou
1. 196m c  200  m c 
200  167 g.
1. 196
★★★
Notas de Aula de Física I
Colisões - Problemas Resolvidos
PR-9.12