Resolução Dinâmica Impulsiva

Transcrição

1 Resposta da questão 1: [C] Aplicando o teorema do impulso: m v I ΔQ F Δt m v F Δt km 1m s 80 kg 7 m v h 3,6 km h F F F N Δt 0, s F N nº sacos nº sacos nº sacos 16 peso de cd saco 500 N Resposta da questão : [B] Orientando a trajetória no mesmo sentido do movimento do móvel P, os dados são: mp 15 kg; mt 13 kg; vp 5 m s; vt 3 m s. Considerando o sistema mecanicamente isolado, pela conservação da quantidade de movimento: antes depois ' ' ' ' Qsist Qsist mpvp mtvt mpvp mtvt vP 13vT ' ' 15vP 13vT 36. I Usando a definição de coeficiente de restituição (e): ' ' ' ' ' ' vt vp 3 vt vp 3 vt vp ' ' e vt vp 6. II vp vt 4 5 ( 3) 4 8 Montando o sistema e resolvendo: ' ' ' ' ' ' 15vP 13vT 36 15v P 13v T 36 15v P 13v T 36 (+) ' ' ' ' ' ' 15vP 15vT 90 v T vp 6 vp vt 6 ' 0 8v T 16 ' 16 ' vt vt 4,5 m s. 8 Voltando em (II): ' ' ' ' ' ' vt vp 6 4,5 vp 6 4,5 6 vp vp 1,5m s vp 1,5 m s. Resposta da questão 3: [D] A figura 1 mostra os vetores quantidade de movimento do elétron e do isótopo de lítio, bem como a soma desses vetores. Qe QLi Q 1. Como o isótopo de hélio estava inicialmente em repouso, a quantidade de movimento do sistema era inicialmente nula. Como as forças trocadas entre as partículas emitidas no decaimento são internas, trata-se de um sistema mecanicamente isolado, ocorrendo, então, conservação da quantidade de movimento do sistema, que deve ser nula também no final.

2 Para satisfazer essa condição, o vetor quantidade de movimento do antineutrino Q ν deve ter mesma intensidade e sentido oposto à do vetor Q, 1 como também mostra a figura 1. A figura mostra a resolução usando a regra da poligonal, sendo: Qe QLi Qν 0. Resposta da questão 4: [C] A área hachurada A no gráfico é de um triangulo retângulo, sendo calculada como: base altura v Q v mv mv A A A A Então, a área equivale à Energia cinética. Resposta da questão 5: [B] Pela análise do gráfico, constata-se que os corpos andam juntos após o choque (velocidade relativa de afastamento dos corpos depois do choque é igual a zero), representando um choque perfeitamente inelástico. Neste caso, a energia cinética não é conservada e existe a perda de parte da energia mecânica inicial sob a forma de calor (energia dissipada) com aumento da energia interna e temperatura devido à deformação sofrida no choque. Sendo assim, a única alternativa correta é da letra [B]. Resposta da questão 6: [E] Sabendo que o Impulso é igual à variação da quantidade de movimento da partícula, temos: I ΔQ I Qf Qi m vi 3 m vi I mvi Portanto, em módulo, o impulso será: I 1,5 m v i Resposta da questão 7: [A]

3 Como o choque é elástico entre partículas de mesma massa, se as duas partículas se encontrarem no alinhamento do centro de massa de ambas, elas trocam de velocidades. Através do cálculo da área sob a curva do gráfico, temos o Impulso: F T F 3 I A A T T F Pelo teorema do Impulso sabemos que I ΔQ. Para a partícula que se move durante o pequeno intervalo de tempo em que ocorre a interação entre as duas partículas, a variação da quantidade de movimento é dada por: ΔQ m v Ficamos então com 3 mv T F0 4 E, finalmente: 4 mv F0 3 T Resposta da questão 8: [A] Da figura, notamos que as duas esferas (1 e ) são lançadas de mesma altura e suas energias potenciais gravitacionais são transformadas em energia cinética nos dois conjuntos de rampas e esferas. Portanto, nestes conjuntos, pela conservação da energia mecânica, tem-se: E E M(inicial) M(final) Considerando-se m e M as massas, respectivamente da esfera e da rampa; v e V as velocidades, respectivamente, das esferas ao final do trajeto curvilíneo e das rampas, ficamos com a expressão para cada conjunto esfera-rampa: Para a rampa A, temos: m1 v1 MA VA m1 gr 1 Para a rampa B, temos: m v MB VB m gr Nota-se através do gráfico apresentado, que as duas rampas têm a mesma velocidade em módulo, de acordo com:

4 5 m 10 VA VA m s m 10 VB VB m s 3 3 V V. A B Como as velocidades das rampas em módulo são iguais, isolando-as das equações (1) e (), resulta: m1 gr m1 v1 VA 3 MA m gr m v VB 4 MB Assim, podemos igualar as equações (3) e (4): m1 g R m1 v1 m g R m v MA MB 5 Substituindo pelos valores fornecidos no problema, temos: m m1 v1 m m v 1 00 m m v 00m1 m1 v1 400m1 m1 v1 00 m m v Por igualdade de polinômios, tem-se que: m1 v1 m v m1 v1 m1 v v1 v v1 v e, m 1 m Sendo assim, a razão entre as massas das esferas 1 e é dada por: m1 1 m1 m m Resposta da questão 9: [A] Na figura, a situação (I) mostra o trabalhador em repouso em relação à plataforma que se desloca com velocidade de módulo v em relação aos trilhos. Na situação (II) o trabalhador move-se em sentido oposto ao do movimento da plataforma, com velocidade de módulo v em relação a ela, passando a ser v' a velocidade da plataforma em relação aos trilhos.

5 Sejam, então, v t e vp v ' as velocidades finais do trabalhador e da plataforma, respectivamente, em relação ao trilhos. A velocidade do trabalhador em relação à plataforma tem módulo v. Orientando a trajetória no sentido da velocidade inicial da plataforma, ou seja para a direita na figura acima, tem-se: v v v v v v v v v v ' v. t/p t p t p t Pela conservação da Quantidade de Movimento: Q(I) Q (II) m Mv mvt Mv p m Mv M v ' m v ' v m v M v M v ' m v ' m v m v M v M m v ' m M v M m v ' m M v v '. M m Resposta da questão 10: [C] Considerando que não existam forças dissipativas no sistema, pode-se dizer que há conservação de energia mecânica. Fazendo uma análise do momento do choque entre o projétil e o corpo (A) e no momento de máxima altura (B), tem-se que:

6 EM E A MB Ec E A PgB m va m gh A massa nos dois casos é a soma da massa do projétil (m) e da massa do corpo (M). Logo, m M v a Assim, va g h m M g h Porém, a velocidade em a (v a ) é igual a velocidade após o choque inelástico entre projétil e corpo. Desta forma, aplicando o conceito de conservação de quantidade de movimento, tem-se que: Qi Qf m vi m M vf m vi m M va M g h m vi m M gh m vi m Resposta da questão 11: [D] Dados: 3 M 180g kg; m 0g 10 kg; k 10 N / m; v 00m / s. Pela conservação da quantidade de movimento calculamos a velocidade do sistema (v s) depois da colisão: depois antes Qsist Q sist M mvs m v 00 vs 0 00 vs 0 m/s. Depois da colisão, o sistema é conservativo. Pela conservação da energia mecânica calculamos a máxima deformação (x) sofrida pela mola. inicial final M m vs k x M m EMec E Mec x v s k x x 0 10 m x 0 cm. Resposta da questão 1: [E] [I] Falsa. O sistema não é mecanicamente isolado, portanto não conservação da Quantidade de Movimento do conjunto projétil + disco. [II] Falsa. O choque é inelástico, havendo dissipação de energia mecânica. [III] Verdadeira. Após o choque o sistema é conservativo, mantendo-se constante a energia mecânica do sistema. Resposta da questão 13:

7 [D] Iremos resolver a questão em três partes: Primeira: descida da partícula A pela rampa; Segunda: colisão entre as partículas A e B na parte mais baixa da rampa; Terceira: retorno da partícula A, subindo a rampa novamente e atingindo uma nova altura h. > Primeira parte: descida da partícula A. Considerando como um sistema conservativo a descida da partícula A, teremos: mv, em que V é a velocidade da Em Em' Ep Ec mgh V gh V gh partícula A na parte mais baixa da rampa. > Segunda parte: colisão entre as partículas A e B: Considerando a colisão como um sistema isolado, teremos: Q Q Q Q Q Q m.v ' m.v ' m.v m.v final inicial Afinal Bfinal Ainicial Binicial B B Dividindo a equação por m e substituindo os valores, teremos: m.v ' m.v ' B m.v m.v B V '.V ' B V.VB V '.V ' B gh.0 V '.V ' B gh V '.V ' B gh (eq.1) Como a colisão foi perfeitamente elástica (e = 1), teremos: V ' BV ' V ' BV ' e 1 V ' B V ' gh V ' B gh V ' V V gh 0 B V ' B gh V ' (eq.)

8 Substituindo a eq. na eq.1, teremos: V'.V' gh V'.( gh V') gh 3.V' gh V' B gh 3 Ou seja, concluímos que a partícula A, após a colisão, volta a subir a rampa com uma gh velocidade V' de intensidade : 3 > Terceira parte: retorno da partícula A, subindo a rampa e atingindo uma nova altura h: Considerando que a partícula A suba a rampa em um sistema conservativo e que no ponto mais alto ela se encontra em repouso, teremos: Emf Ep mgh mv ' Emi Ec mv ' Emf Emi mgh Dividindo a equação por m e substituindo os valores, teremos: gh gh mv ' 3 9 H mgh gh gh h 9 Resposta da questão 14: [D] Analisando o problema através do teorema fundamental do impulso, temos: I ΔQ Cuja análise escalar resulta: F. Δt m. Δv Em que F representa a força média executada sobre a parede. Assim sendo: m. Δv F Δt

9 0,6.8 F 48N 0,1 Sendo a área da atuação da força igual a 0 cm, temos: F p A p 4000Pa Resposta da questão 15: [C] Apesar de a velocidade do veículo não mudar em relação a sua intensidade (5 m/s), devemos lembrar que a velocidade é uma grandeza vetorial, e, como tal, a mudança do seu sentido e direção implica na sua variação. Como a quantidade de movimento também é uma grandeza vetorial definida como o produto da massa de um corpo pela velocidade, a mudança da velocidade implica na sua variação. Observe as ilustrações: Assim, o vetor da variação d quantidade de movimento é dado por: ΔQ QF Q0

10 Agora que encontramos o vetor da variação da quantidade de movimento, devemos notar que devido ao ângulo formado entre o vetor Q0 e QF ser de 60 e ainda que Q 0 = Q F, o triângulo formado pelos vetores acima é equilátero. Assim sendo: Δ Q =m. v 0 = ΔQ 5000kg.m / s Resposta da questão 16: [C] Pela conservação da quantidade de movimento, o somatório vetorial das quantidades de movimento iniciais das bolas branca e preta, é igual à quantidade de movimento inicial da bola branca, como mostrado na figura abaixo. Como se trata de um triângulo retângulo: QFA 1 m VFA 1 VFA 10 sen30 VF A QIA m VIA 10 VFA 5 m / s. QFB m VFB cos30 0,87 QIA 10 VFB 100,87 VFB 8,7 m / s. Resposta da questão 17: [A] ΔV 30 ( 0) FR m a m 0, 1000N. Δt 0,01 Resposta da questão 18:

11 [E] Antes do arremesso, o sistema possui massa total de 6 kg e velocidade de 3m s. Isto significa uma quantidade total de movimento igual a Q m v kgm s. Após o arremesso, teremos a pedra e o jovem separados: Q Q( jovem) Q (pedra). Como a resultante das forças externas (atrito, resistência do ar, peso e normal) é nula, o sistema jovem-pedra é mecanicamente isolado, havendo conservação da quantidade de movimento. Q(antes) Q(depois) 186 Q Q (jovem) v v v (pedra) v v ,8m s. Resposta da questão 19: [B] A figura ilustra a situação. Analisando as afirmativas: [I] Correta. Como a força age perpendicularmente à velocidade inicial (v x ), nesse eixo x não ocorre variação da velocidade. O impulso da força F provoca variação da velocidade apenas no eixo y. Aplicando o teorema do impulso no eixo y, que pode ser calculado pela área (A) abaixo da 6 linha do gráfico, vem: I y ΔQ y mv y A 10 v y 10 v y 4m/s. Aplicando Pitágoras: v vx vy 3 4 v 5 m/s. Calculando a energia cinética em t 6s : mv 10 5 E cin Ecin 15J. [II] Incorreta. Pelo teorema da energia cinética: m 10 W R v v x 5 3 W 80J. R

12 [III] Incorreta. Q mv 10 5 Q 50kg m/s. Resposta da questão 0: [C] Dados: massa da mala m1 = 0 kg; velocidade da mala v1 = 4 m/s; massa do carrinho m = 60 kg; velocidade do carrinho v = 0; velocidade final do sistema (m1 + m) V Trata-se de um sistema mecanicamente isolado apenas na direção horizontal. Assim, só há conservação da Quantidade de Movimento (ou Momento Linear) apenas nessa direção. Qantes = Qdepois m1v1 + mv = (m1 + m)v 0(4) + 60(0) = (0 + 60)V 80 = 80V V = 1 m/s. Quanto a Energia Mecânica, seria desnecessário cálculo, pois podemos analisar esse caso como uma colisão inelástica (os corpos seguem juntos), onde há dissipação de Energia Mecânica (a Energia Mecânica só se conserva em choques perfeitamente elásticos). Para confirmar: antes depois 1 1 EMec m1v 1 (0)(4) 160 J; E Mec (m1 m )V (80)(1) 40 J. Portanto, foram dissipados 10 J, o que significa que a Energia Mecânica diminui.