Impulso e Quantidade de Movimento

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1 Impulso e Quantidade de Movimento figuras apresentadas abaixo: Gabarito Parte I: Resposta da questão 1: [A] Como se trata de uma queda livre, a velocidade aumenta linearmente com o tempo durante a queda, portanto o momento linear ou quantidade de movimento (Q = m v) também aumenta durante a queda. Resposta da questão : Dados: 3 M= 180g= 18 kg;m = 0g= kg;k = 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 m vs 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. ( M+ m ) v k x M+ m inicial final s EMec = E Mec = x= v s k ( ) x = 0 = 0 = 0 x = 0 m 3 3 x = 0 cm. Resposta da questão 3: [C] A energia cinética da partícula α vale E. α Então: m α v α 4 v E = E α α = E α v α = α. Como o sistema é mecanicamente isolado, temos: Eα 1 Eα mα vα = mpb v Pb 4 = 00 v Pb v Pb = 50 Eα v Pb = Assim: mpb vpb 00 Eα Eα E Pb = E Pb = E Pb = Resposta da questão 4: Primeiramente, vamos entender o enunciado com as O enunciado nos conta que a esfera de massa m atinge a barra rígida e retorna em direção à parede. A Fig.A representa este momento onde vamos considerar: 1: ponto em que a esfera atinge a barra em uma colisão elástica; V: velocidade da esfera antes de atingir a barra; V : velocidade da esfera após atingir a barra; u: velocidade da barra após o impacto da esfera. Após o impacto com a barra, a esfera se desloca em direção à parede. A Fig.B representa este momento onde vamos considerar: : ponto em que a esfera atinge a parede em uma colisão elástica; V : velocidade de aproximação e de afastamento da esfera em relação à parede. Como a parede não irá sofrer deslocamento e a colisão é elástica, a intensidade da velocidade da esfera não se altera após a colisão. Após o impacto com a parede, a esfera se desloca novamente em direção à barra, onde deverá atingi-la em seu extremo inferior. A Fig.C representa este momento onde vamos considerar: 3: ponto em que a esfera atinge novamente a barra; x: deslocamento sofrido pela barra devido à sua velocidade u, adquirida no primeiro choque com a esfera; V : velocidade da esfera antes de atingir novamente a barra. Fig.D: representa todo o esquema, onde a trajetória da esfera é representada pelo tracejado. Página 1

2 ANÁLISE DA PRIMEIRA PERGUNTA. > Conservação da quantidade de movimento na direção x: M u m V x = m.vx M u m V x = m Vcosθ (eq.1) Colisão no ponto 1 elástica: u ( V x) u+ V e= 1= x u+ V x = Vcosθ (eq.) Vx 0 Vcosθ Multiplicando a eq. por M e subtraindo o resultado da eq.1, teremos: Vcos θ (M M u+ M V x = M Vcosθ V x (M+ = Vcos θ (M V x = (M+ Substituindo V x na eq., teremos: Vcos θ (M Vcos θ (M u+ = Vcosθ u= Vcosθ (M+ (M+ m u= Vcosθ (M+ > Considerando como t o tempo total percorrido pela esfera, esta irá percorrer uma distância horizontal total, após a primeira colisão, de D+ x com uma velocidade horizontal igual a V x. D+ x = V x t Analisando o movimento da barra: x = u t D+ x V Dividindo as duas equações: x t = x u t Vcos θ (M m Como V x = e u= Vcosθ, (M+ (M+ teremos: D+ x V x D+ x (M = = x(m = m(d + x) x u x m 4Dm x = M 3m 4Dm Substituindo x em x = u t: u t M 3m = m Como u= Vcosθ : (M+ 4Dm 4Dm m = u t = Vcosθ t M 3m M 3m (M+ D(M+ t = Vcos θ(m 3 > Analisando o movimento na direção do eixo Y: Δ S = V t Y Y Como VY = Vsenθ, teremos: D(M+ L t = e ΔSY, Vcos θ(m 3 L D(M+ L D(M+ L VY t Vsenθ tgθ Vcos θ(m 3 (M 3 L(M 3 tgθ 4D(M+ > RESPOSTA DA PRIMEIRA PERGUNTA o intervalo de valores de θ para que ocorra uma segunda colisão com a barra : L(M 3 0 θ arctg 4D(M + ANÁLISE DA SEGUNDA PERGUNTA. Considerando t o tempo gasto pela esfera entre as colisões no ponto 1 e no ponto : D= V t Vcos θ (M Como V x = : (M+ Vcos θ (M D (M+ D= V x t D= t t = (M+ Vcos θ (M Considerando Δt o tempo gasto pela esfera entre as colisões no ponto e no ponto 3: Δ t = t t D(M+ D (M+ Como t = e t = : Vcos θ(m 3 Vcos θ (M D(M+ D (M+ Δt = t t Δt = Vcos θ (M 3 Vcos θ (M > RESPOSTA DA SEGUNTA PERGUNTA o tempo decorrido entre esta (colisão no ponto 3) e a anterior na parede (colisão no ponto) : (M+ D 1 Δt = Vcosθ M 3m M m Resposta da questão 5: [E] Q = Qf Qi Q = Qi Qf Q = Qi Q f = Q Pelo teorema do impulso, temos: Q = F. t F= P = m.g Q= F. t Q= m.g. t (eq.1) Vamos determinar o t analisando o lançamento oblíquo, considerando como referencial o chão, ou seja, S0 =,m, S= 0 e VY = V 0.cos60º. a.t g.t.t S= V Y.t+ S S0 = V Y.t+ 0, = V 0.cos60º.t+, = 0.0,5.t+ 5.t t +.t+ 0,44 = 0 x Página

3 Resolvendo a equação de segundo grau, teremos raízes: t1 =,s e t =,s. Considerando a raiz positiva e substituindo na eq.1, teremos: 3 Q= m.g. t 300x.., Q= 6,60kg. m s Resposta da questão 6: De acordo com o enunciado, houve troca de velocidades no choque. Isso somente ocorre em colisão perfeitamente elástica, frontal de duas massas iguais. Como as forças trocadas na colisão formam um par ação-reação, e o tempo de interação é o mesmo, o módulo do impulso sobre o bloco foi o mesmo que o módulo do impulso sobre o bloco 1. Resposta da questão 7: Dados: h = 1,5m;h = 0,8m;g = m/s. 1 1 a) A figura ilustra os dois choques. v1= 5 m/s. Bolinha 1 v1= -4 m/s. v1 = 5 m/s. Bolinha v1 = 0 (Choque inelástico). A figura mostra as forças atuantes na bolinha durante o choque. Aplicando o Teorema do Impulso para as duas bolinhas: mv 1 v1 m 4 5 F1 P = F1 P = Bolinha 1 Δt Δt m F1 = 9 + P. Δt mv 1 v1 m0 5 F P = F P = Bolinha Δt Δt m F = 5 + P. Δt Comparando os resultados obtidos: F 1 > F. ( ) F1 < F. ( ) F1 = F. ( X ) F1 > F. Nesse item serão considerados apenas os módulos das velocidades. Pela Conservação da energia mecânica: m v Chegada: v1 = 1,5 v1 = 5 m/s. m g h = v = g h Subida: v1 = 0,8 v1= 4 m/s. b) O coeficiente de restituição (e) entre a bolinha e o chão é: v1 4 e = = e = 0,8. v1 5 Para o º choque: v v e = 0,8 = v = 3, m/s. v 4 c) Orientando a trajetória para baixo, para cada choque temos: Resposta da questão 8: [A] Utilizando o teorema do impulso temos: I = F Δt = m ΔV De forma escalar temos: I= F Δt= m Δv m Δv F= Δt Analisando esta última expressão, podemos concluir que para a frenagem do veículo a força é inversamente proporcional ao tempo da colisão. A colisão direta da cabeça do motorista no volante ocorre em um intervalo de tempo muito pequeno, o que resulta em uma grande força de impacto. Entretanto, o airbag aumenta o tempo de colisão (frenagem da cabeça do motorista), o que diminui a força do impacto. Página 3

4 Resposta da questão 9: [E] Pelo Teorema do Impulso, a intensidade da força média (F m ) é dada pela razão entre o módulo da variação da quantidade de movimento ( v ) e o tempo de interação ( t). A pressão média (p m ) é dada pela razão entre intensidade da força média e a área de contato (A). Assim: mδv F m = I Δt () mδv I em II : p =. ( ) ( ) m Fm Δt A p m = ( II) A Dados: m V = 70 g; m G = 45 g; v 0V = 30 m/s; v V = 0; v 0G = 60 m/s; v G = 0; t V = t G ; A V = A G. Então, fazendo a razão entre as pressões exercidas pela bola de golfe (p mg ) e pela bola de vôlei (p mv ): pmg mg Δv Δt G V AV p t mg Δ G AG pmg 0 = = = p Δt A m Δv p Δt A p 3 mv G G v V mv G G mv pmg = 6,7 p mv pmg > p mv. Resposta da questão : Do gráfico, concluímos que o impulso exercido pela força resultante de 0 a 15 s é -0 kg m/s. Do Teorema Impulso: I R = Qf Q i I R = Qf m v 0 0= Qf 0, Qf 0+ = 18 Qf = 18 kg m/s. Resposta da questão 11: [B] Como o sistema é isolado de forças o momento linear total se conserva. Q= Q0 m1v1 + mv = 0 v 3m v1+ mv = 0 3v1 = v v1= 3 Resposta da questão 1: Dados: m A = m B = 3 kg; E Mec = 3,75 J; v 0 = 1 m/s; v B = 1,5 m/s. A energia mecânica do sistema é igual à energia potencial elástica da mola mais a energia cinética dos dois carrinhos. mola carros mola m v0 mola EMec = Epot + E Cin EMec = E pot + Epot = E Mec m v 0 mola mola Epot = 3, Epot = 3,75 3 mola Epot = 0,75 J. O sistema é mecanicamente isolado, logo ocorre conservação da quantidade de movimento durante o disparo. antes depois Qsist = Q sist m v0 = m va + m v B 1= va + 1,5 va = 0,5 m/s. Obs.: Como o sistema é também conservativo, a velocidade final do carrinho A pode ser calculada pela conservação da energia mecânica. Resposta da questão 13: [E] Como o choque é perfeitamente elástico, a energia cinética se conserva. Então: antes depois m m1 Cin Cin A A B B B 3m E = E E = E + E = + E E =. m 4 m Como: E A = E A =. Então: 3m EB EB 3 = =. EA 4m EA 4 Resposta da questão 14: Dados: M = 6 4 kg; m = 16 kg; v 0 = 30 km/s = 3 4 m/s; 1 megaton = 4 15 J a) Pi = m v0 = 3 Pi = 3 kg m/s. b) ( ) 16 4 m v E c = = Ec = 4,5 J. c) Trata-se de um choque inelástico. A massa do meteoro é desprezível em relação à massa da Terra, por isso, depois do choque, a massa do sistema é apenas a massa da Terra, pois: = 6, = 6. Pela Conservação da Quantidade de movimento: 0 Antes Depois m v0 3 5 QSist = Q Sist m vo = ( M+ v v= = = 5 m/s M 4 6 v 0. O choque do meteoro com a Terra praticamente não altera a velocidade da Terra. d) Pela resposta do item anterior, conclui-se que toda energia cinética do meteoro é dissipada na colisão. Passando para megaton: J 1 megaton 4,5 E 4 dissip = 15 4,5 Edissip 4 9 Edissip = 1,15 megaton. 0 Página 4

5 Resposta da questão 15: Em toda a questão o atrito será desprezado a) Observando a figura abaixo podemos concluir que 3 N= Pcos30 = = 5 3N. b) Pela conservação da energia. 1 mgdsen30 = mv xdx0,5 = 0,5x d= m c) Pela conservação da quantidade de movimento na colisão, vem: mv + m V = m V + ( ) m ( V ) xV1 + 3x4= 1x + 3x0 V1 = 1=,0m/s d) As figuras abaixo mostram as posições inicial e final do bloco e as forças que agem sobre ele no topo da lombada. m.x m1x1 + mx + m3x3 XCM = = m m1+ m + m3 X CM Mx( 4L) + Mx) + Mx16L = = 4L 3M Resposta da questão 18: 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: Podemos determinar V pela Conservação da energia. 1 1 mv + mgh= mv0 V + gh= V0 1 1 V + x0,6 = x4 V = 4 A força centrípeta no topo da trajetória vale: V 4 P N= m 30 N= 3x 30 N= 0 N= N R 0,6 mv Em= Em Ep= Ec mgh= V = gh V = gh, em que V é a velocidade da 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: Resposta da questão 16: O sistema é isolado. Há conservação da quantidade de movimento total do sistema. Q= Q M+ m.v = mv 3V = 0,3x5 V = 0,5m/s ( ) 0 0 Resposta da questão 17: O texto não citada em relação a que objeto. A questão será feita em relação ao objeto 1. Para calcularmos a posição do CM faremos uma média ponderada das posições das partículas. Q = Q Q + Q = Q + Q m.v + m.v = m.v + m.v final inicial Afinal Bfinal Ainicial Binicial B B Página 5

6 Dividindo a equação por m e substituindo os valores, teremos: m.v + m.v B = m.v + m.vb 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 B V V B V e = 1= V B V = gh V B = gh+ V V V gh 0 V B B = gh+ V (eq.) Substituindo a eq. na eq.1, teremos: gh V +.V B = gh V +.( gh+ V) = gh 3.V = gh V = 3 Ou seja, concluímos que a partícula A, após a colisão, volta a subir a rampa com uma velocidade V de intensidade gh : 3 ΔQ = m. ΔV forma escalar ΔQ= 0,06.(60 0) = 0,06.60 = 3,6 ΔQ= 3,6kg m s Variação da energia cinética: C 0 V V ΔEC = EC.F EC.0 = m. m. 60 ΔEC = 0,06. 0 ΔE = 8J Resposta da questão 0: Analisando o problema através do teorema fundamental do impulso, temos: I = ΔQ Cuja análise escalar resulta: F. Δt = m. Δv > Terceira parte: retorno da partícula A, subindo a rampa e atingindo uma nova altura h: Em que F representa a força média executada sobre a parede. Assim sendo: m. Δv F= Δt 0,6.8 F= = 48N 0,1 Sendo a área da atuação da força igual a 0 cm, temos: 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 19: Variação da quantidade de movimento: F p= = A 4 0. = 0 p= 4000Pa Resposta da questão 1: [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: Página 6

7 ( ) V0x = V0senθ = 0,6 V0x = 6 m s. Como não há forças resistivas atuando na bola na direção horizontal, o movimento nessa direção é uniforme. Então: Δx 6,6 Δx = V0xΔt Δt = = Δt = 1,1 s. V0x 6 Calculando a intensidade (F) da força que o solo exerce na bola. A componente vertical da velocidade inicial da bola é: V = V cosθ= 0,8 = 8 m s. 0y 0 ( ) A componente da velocidade da bola antes do choque é: ( )( ) V1y = V0y + gδy V1y = 8 + 1,8 V1y = 0 V1y = m s. Assim, o vetor da variação d quantidade de movimento é dado por: Δ Q= QF Q0 Como o peso da bola é desprezível, a força que o solo exerce na bola é a própria resultante. Assim, pelo teorema do impulso: FΔt = m Δv F 0,1 = 0,6 9+ F= 114 N. ( ) ( ) Observação: a questão apresenta incoerências, pois se não há perda de energia no choque, as componentes vertical da velocidade antes e depois do choque deveriam ter mesmo valor. Agora que encontramos o vetor da variação da quantidade de movimento, devemos notar que devido ao ângulo formado entre o vetor Q 0e Q Fser de 60 e ainda que Q 0 = Q F, o triângulo formado pelos vetores acima é equilátero. Assim sendo: ΔQ =m. v 0 = 00.5 ΔQ = 5000kg.m/s Resposta da questão : Dados: m= 600g= 0,6kg;V0 = m s;senθ= 0,6;cosθ= 0,8;Vy = 9m s; x = 6,6m; y = 1,8m;g = m s. Calculando o intervalo de tempo pedido. A intensidade da componente horizontal da velocidade inicial da bola é: Resposta da questão 3: [A] Dados: v0 = 144 km/h= 40 m/s; v = 0; DS= 5 m,m = 1,6 t = kg Calculando o tempo de frenagem: v+ v ΔS= Δt 5= Δt Δt = 1,5 s. Supondo movimento retilíneo durante a paragem, aplicando o Teorema do Impulso: mδv 1600( 40) I R = mδv R Δt = mδv R = = Δt 1,5 R= N. Resposta da questão 4: O Teorema do Impulso afirma que o Impulso da resultante das forças é igual à variação da quantidade de movimento. Durante o impacto do trapezista agem nele duas forças: o N aplicada pela seu próprio Peso ( P ) e a força Normal ( ) superfície de apoio (o solo ou a rede). Essas forças têm sentidos opostos. Página 7

8 mδv I R = mδv ( N P) Δt = mδv N= + mg. Δt Os impulsos exercidos pela rede e pelo solo têm mesma intensidade, igual à da variação da quantidade de movimento. Porém, o intervalo de tempo de impacto contra a rede é maior que o intervalo de tempo de impacto contra o solo, tornando menor intensidade média da Normal aplicada pela rede. Resposta da questão 5: [B] Como o sistema é isolado, há conservação da quantidade de movimento. Portanto: MV mv = 0 600V = 3x800 V = 4,0m/s. Resposta da questão 6: [B] Como as esferas se deslocam em sentidos opostos, o módulo da velocidade relativa é igual à soma dos módulos das velocidades. Então: vrel = v+ v vrel = v. Aplicando a conservação da Quantidade de Movimento ao choque, com sentido positivo orientado para a direita: mv 3 mv = m m 1 -v = -5 v = 5. v rel = v = 5 m/s. ( ) ( ) Aplicando a equação de Torricelli antes e depois de cada colisão: vi = ghi h1 v1 h1 1ª = = 0,8 = 0,8 (I). v1 = gh h 1 i vi hi v1 = gh1 h v h ª = = 0,8 = 0,8 (II). v h = gh 1 v1 h1 v = gh hf vf hf 3ª = = 0,8 = 0,8 (III). v h f = ghf v h Multiplicando membro a membro (I), (II) e (III): h1 h hf ( ) 3 hf hf = 0,8 0,8 0,8 = 0,8 = 0,51 = 0,51 h h h h 1 f i 1 i h = 0,51 m. ª Solução: Dados: h i = 1 m; vi ε = = 0,8. vf As figuras mostram as velocidades inicial e final, bem como as alturas inicial e final para cada uma das três colisões. Resposta da questão 7: OBS: o Note e Adote traz uma informação errada: ε = V f / V i. A expressão correta do coeficiente de restituição é: ε = V f / V i. Faremos duas soluções, a primeira usando a expressão errada do coeficiente de restituição e a segunda, usando a expressão correta. 1ª Solução: Dados: h i = 1 m; vi ε = = 0,8. v f Desprezando a resistência do ar, a velocidade final de uma colisão é igual à velocidade inicial da próxima. As figuras mostram as velocidades inicial e final, bem como as alturas inicial e final para cada uma das três colisões. Aplicando a equação de Torricelli antes e depois de cada colisão: vi = ghi h1 v1 h 1 v 1 h1 1ª = = ( 0,8 ) ( 0,8 ) (I). = = v h 1 = gh1 i vi hi vi hi v1 = gh1 h v h v h ª = = ( 0,8 ) ( 0,8 ) (II). = = v h = gh 1 v1 h1 v1 h1 v = gh 3ª vf = ghf f h vf h f v f hf = = = ( 0,8 ) = ( 0,8 ) (III). h v h v h Multiplicando membro a membro (I), (II) e (III): Página 8

9 h1 h hf ( ) 6 hf hf = 0,8 0,8 0,8 = 0,8 = 0,6 = 0,6 h h h h 1 f i 1 i h = 0,6 m. Nesse caso, resposta mais próxima é 0,0, que está na opção E. Resposta da questão 8: [A] Dados: h 1 = 45 cm = 0,45 m; h = 0 cm = 0, m; Δt= 5 3 s. Como a alturas envolvidas são pequenas, a resistência do ar pode ser desprezada. Considerações: g = m/s ; v 1 e v os módulos das velocidades imediatamente antes de depois da colisão, respectivamente. Sendo nulas as velocidades inicial da descida e final da subida, apliquemos a equação de Torricelli na descida e na subida: Descida: v1 = g h1 = ( )( 0,45 ) v1= 9 = 3 m/s. v = v 0 + a ΔS = = = ( )( ) = Subida: 0 v g h v g h 0, m/s. Orientando a trajetória verticalmente para cima, as velocidades escalares passam a ser: v 1 = 3 m/s e v = m/s. A aceleração escalar média na colisão é, então: Δv v v ( 3) 5 3 a 1 m = = a m = = a 3 3 m = 1 m/s. Δt Δt 5 5 Resposta da questão 9: [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. Resposta da questão 30: a) As forças que atuam na caixa após ela entrar em contato com a esteira são o peso e a força da esteira, que se dividem em uma componente normal, N, e uma tangencial, Fa. Temos, portanto, Fa = μn = ma. Como N = P = mg, temos que a = μg = 0,1 = 1 m/s. Assim sendo, o tempo que a caixa leva para atingir a velocidade da esteira, igual a 0,5 m/s, será t = 0,5 = 0,5 s. 1,0 b) O trabalho realizado pela esteira sobre a caixa será igual à variação da energia cinética da caixa: W = E C = m( vf) = Resposta da questão 31: [B] Resposta da questão 3: [E] Resposta da questão 33: = Gabarito Parte II: 0,5 = 0,5 J. Resposta da questão 1: a) Dados: m A = m B = m = 3 kg; h = 0,8 m; v 0A = v 0B = 0 e g = m/s. Desprezando a resistência do ar, pela conservação da energia mecânica, calculamos a velocidade (v A ) do bloco A antes da colisão com o bloco B. A A ( )( ) A m v m g h = v = g h = 0,8 v = 4 m/s. Como se trata de um triângulo retângulo: QFA 1 m VFA 1 VFA sen30 = = = VF A = QIA m VIA VFA = 5 m/s. QFB m VFB cos30 = 0,87 = VFB = ( 0,87 ) QIA VFB = 8,7 m/s. Pela conservação da quantidade de movimento, calculamos a velocidade ( ) B v do bloco B depois da colisão. Convém salientar que, como a colisão entre A e B é frontal e perfeitamente elástica, e as massas são iguais, ocorre troca de velocidades, ou seja, após a colisão, o bloco A para e o bloco B segue com velocidade de 4 m/s. Mas vamos aos cálculos e demonstremos isso. antes depois sist = sist A + 0B = A + B = A + B Q Q m v m v m v m v 4 v v (I). Página 9

10 Como o choque é perfeitamente elástico, o coeficiente de restituição (e) vale 1. B A vb va v v e = 1 = vb va = 4 v v 4 A 0B (II). v + v = 4 vb va = 4 B A B B v = 8 v = 4 m/s. b) Se o atrito entre o bloco B e o solo for desprezível, esse bloco atingirá a mola com velocidade 4 m/s, até que sua energia cinética transforme-se em energia potencial elástica na mola, deformando-a de x. Assim, pela conservação da energia mecânica: B m v k x m 3 = x= vb = 4 x= 3 m. k 4 Usando novamente a conservação da energia mecânica, calculamos a altura (h) atingida pelo conjunto formado pelos dois corpos esféricos. inicial final mv v 1 EMec = E Mec = mgh h = = h= 0,05 m. g 0 Nessa altura, a velocidade se anula. Então a intensidade F aplicada pela pista tem a mesma da forma normal ( ) n intensidade da componente radial ( P n) da força peso do conjunto. c) Dados: m = 3 kg; v 0A = v= v B = g = m/s. 4 m/s; µ = 0,4; d = 3 m e Pelo teorema da energia cinética, o trabalho da força de W é igual a variação da energia cinética do atrito ( ) Fat bloco B. Seja D a distância percorrida por esse bloco até parar. Então: m v m v WFat = E Cin Fat D= 0 µ m gd= D v 4 = = µ g 0,4 ( )( ) D = m. Como D < d, a mola não será comprimida pelo bloco B. Na figura, as medidas estão expressas em cm. No triângulo hachurado: 15 cosθ= = 0,75. 0 Fn = Pn = mgcosθ= ( 0,1)( )( 0,75 ) Fn = 1,5 N. Resposta da questão : Dados: m = g = kg; v 0 = 600 m/s; M = 6 kg = g; h = 1 m; g = m/s. Resposta da questão : [C] Resposta da questão 3: [A] Gabarito Parte III: Resposta da questão 1: a) Pela conservação da energia mecânica, calculamos a velocidade (v), antes da colisão, do corpo esférico que é abandonado. Dados: v 0 = 0; H = R = 0 cm = 0, m; g = m/s. inicial final mv EMec = E Mec mgr = v= gr = ( )( 0, ) v= m/s. a) A velocidade v 1 do sistema pedra-pêndulo é calculada aplicando a conservação da quantidade de movimento (Q) para antes e depois do choque: ( ) antes depois sist sist Q = Q m v = M+ m v 600= 6.0 v v 1= v1 1 m/s. 6.0 b) Como o choque é inelástico, pelo teorema do sistema isolado, calculamos a velocidade (v ) do conjunto após a colisão. antes depois v Qsist = Q sist mv = mv v = = v = 1m/s. b) Depois do choque o sistema é conservativo: ( + ) inicial final M m v1 v1 1 mec mec ( ) E = E = M+ m gh h = = g 0 Página

11 h = 0,05 m. No ponto mais alto a velocidade é nula. Então, a resultante centrípeta é nula, ou seja: mola carros mola m v0 mola EMec = Epot + E Cin EMec = E pot + Epot = E Mec m v 0 mola mola Epot = 3, Epot = 3,75 3 mola Epot = 0,75 J. L h 0,95 Py T= 0 m gcosθ= T m g = T 60,1 = T L 1 T = 57,1 N. Resposta da questão 3: [B] O sistema é mecanicamente isolado, logo ocorre conservação da quantidade de movimento durante o disparo. antes depois Qsist = Q sist m v0 = m va + m v B 1= va + 1,5 va = 0,5 m/s. Antes da colisão o vetor quantidade de movimento do sistema é 3i 3j onde i e j são os vetores unitários. Como existe conservação da quantidade de movimento e a partícula A, após a colisão, possui vetor i + j, conclui-se que: Quantidade de movimento antes da colisão = Quantidade de movimento após a colisão 3.i 3.j = (i + j) + B B =.i 4.j que está representado na opção B. Resposta da questão 4: [A] Resposta da questão 5: [C] Resposta da questão 6: a) Pela 3.a lei de Newton, ou princípio fundamental da ação e reação o barco irá para trás. b),0m/s Resposta da questão 7: Obs.: Como o sistema é também conservativo, a velocidade final do carrinho A pode ser calculada pela conservação da energia mecânica. Resposta da questão : [E] Como o choque é perfeitamente elástico, a energia cinética se conserva. Então: antes depois m m1 Cin Cin A A B B B 3 m E = E E = E + E = + E E =. m 4 m Como: E A = E A =. Então: 3m EB EB 3 = =. EA 4m EA 4 Resposta da questão 3: Dados: m = 600g= 0,6kg;V0 = m s;senθ= 0,6;cosθ= 0,8;Vy = 9m s; x = 6,6m; y = 1,8m;g = m s. Resposta da questão 8: a) 0 m b) 3,0 N.s Resposta da questão 9: a) O tempo de interação entre a xícara e o piso é menor quando o piso é rígido. b) 1,4 N e 1,0 N Gabarito Parte IV: Resposta da questão 1: Dados: m A = m B = 3 kg; E Mec = 3,75 J; v 0 = 1 m/s; v B = 1,5 m/s. A energia mecânica do sistema é igual à energia potencial elástica da mola mais a energia cinética dos dois carrinhos. Calculando o intervalo de tempo pedido. A intensidade da componente horizontal da velocidade inicial da bola é: V0x = V0senθ = ( 0,6 ) V0x = 6 m s. Como não há forças resistivas atuando na bola na direção horizontal, o movimento nessa direção é uniforme. Então: Δx 6,6 Δx = V0xΔt Δt = = Δt = 1,1 s. V0x 6 Calculando a intensidade (F) da força que o solo exerce na bola. A componente vertical da velocidade inicial da bola é: V = V cosθ= 0,8 = 8 m s. 0y 0 Página 11 ( ) A componente da velocidade da bola antes do choque é:

12 ( )( ) V1y = V0y + gδy V1y = 8 + 1,8 V1y = 0 V1y = m s. Como o peso da bola é desprezível, a força que o solo exerce na bola é a própria resultante. Assim, pelo teorema do impulso: FΔt = m Δv F 0,1 = 0,6 9+ F= 114 N. ( ) ( ) Observação: a questão apresenta incoerências, pois se não há perda de energia no choque, as componentes vertical da velocidade antes e depois do choque deveriam ter mesmo valor. Resposta da questão 4: Dados: H = 1 m; h = 0,6 m; g = m/s. 1ª Experiência Pela conservação da energia mecânica: A B mvi EMec = E Mec mgh= mgh + vi = g( H h) = ( )( 1 0,6) = 8 v I = m/s,8 m/s. Após abandonar a rampa, a resultante das forças horizontais sobre a bolinha I é nula, portanto sua velocidade horizontal mantém-se constante, em módulo. Assim, ao atingir o solo em C, a velocidade horizontal da bolinha I tem módulo: v Ix = v I = m/s,8 m/s. ª Experiência Analogamente à 1ª experiência, a velocidade da bolinha I ao chegar em B, antes do choque, é v I = m/s. Na colisão, ocorre conservação da quantidade de movimento do sistema (sistema mecanicamente isolado) formado pelas duas bolinhas. Como os ângulos, assim como as distâncias, indicados na figura são iguais, concluímos que as velocidades ( I II) mesmo módulo ( v I = vii v ) v e v após a colisão também têm =. A figura a seguir ilustra a colisão em dois momentos: imediatamente antes e imediatamente depois. Q = Q m v = m v cosθ+ m v cos θ v = v cos θ antes depois sist sist I I II I v cosθ cosθ I v = = v = sec θm/s. Como já explicitado na 1ª experiência, após abandonar a rampa as velocidades horizontais não sofrem alteração em seus módulos. Assim, ao atingir o solo, as componentes horizontais das velocidades das bolinhas I e II são: v = v = secθ m/s. Ix IIx Observação: A questão ficaria bem mais interessante se o examinador especificasse no enunciado tratar-se de uma colisão perfeitamente elástica. Teríamos, então, conservação da energia cinética. m v mv mv I I II E = E = + v = v + v. Ora, essa expressão nada mais é que o teorema de Pitágoras aplicado a dois vetores perpendiculares entre si. Isso significa, que quando ocorre uma colisão perfeitamente elástica e oblíqua entre dois corpos de massas iguais, depois da colisão, suas velocidades são perpendiculares entre si. antes depois Cin cin I I II Teríamos, então, na figura 3 do enunciado: θ = 90 θ = 45. A resposta seria: v1x = vx = sec45 = v1x = vx = m/s. Resposta da questão 5: Observe a figura abaixo que mostra uma oscilação de um pêndulo. A energia potencial transforma-se em energia cinética. 1 L.mV = mgh V= g = gl = x0, = m/ s Como a colisão é elástica entre corpos de mesma massa a bola 1 fica parada e bola adquire a velocidade V = m/s. Temos agora um lançamento horizontal. Aplicando o teorema de sistema mecanicamente isolado: Página 1

13 Resposta da questão : [C] Calculemos a velocidade do cofre ao atingir o solo, considerando g= m/s. Aplicando Torricelli: v = v 0 + gh v = 5 v = m/s= 36 km/h. O movimento vertical é uniformemente variado a partir do repouso. 1 Δ S= gt 0,4 = 5t t = 0,08 = 0, s O movimento horizontal é uniforme. Δ S= Vt D= x0, = 0,4m Resposta da questão 6: Dados: m= 30 g= 3 kg; h= 0 m; Δt= 0,06 s; g= m/s. Calculando a velocidade do fruto ao atingir o solo: v = v + a S v= gh = 0 v= 0 m/s. 0 Inserindo esses dados na tabela e calculando as quantidades de movimento. Quantidade de Massa Velocidade Corpos movimento (kg) (km/h) (kg.km/h) leopardo 60 Q 1 = 7.00 automóvel Q = caminhão Q 3 = cofre Q 4 =.800 Analisando os valores obtidos, constatamos que: Q < Q < Q < Q Resposta da questão 3: No gráfico, vemos que para v = 1 m/s, a E c = 1 J. Substituindo esses valores na expressão da energia cinética, vem: Pelo teorema do impulso: 3 0 R t= m v R = 0,06 R= N. Resposta da questão 7: Gabarito Parte V: Resposta da questão 1: Variação da quantidade de movimento: ΔQ = m. ΔV forma escalar ΔQ= 0,06.(60 0) = 0,06.60 = 3,6 ΔQ= 3,6kg m s Variação da energia cinética: C 0 V V ΔEC = EC.F EC.0 = m. m. 60 ΔEC = 0,06. 0 ΔE = 8J E c = m v m = Ec (1) m= m= kg. v 1 Para v = 5 m/s, a quantidade de movimento desse corpo é: Q = m v Q = (5) Q = kg.m/s Resposta da questão 4: [C] Resposta da questão 5: [C] Gabarito Parte VI: Resposta da questão 1: [E] Pelo Teorema do Impulso, a intensidade da força média (F m ) é dada pela razão entre o módulo da variação da quantidade de movimento ( v ) e o tempo de interação ( t). A pressão média (p m ) é dada pela razão entre intensidade da força média e a área de contato (A). Assim: Página 13

14 mδv F m = I Δt ( ) mδv I em II : p =. ( ) ( ) m Fm Δt A p m = ( II) A Dados: m V = 70 g; m G = 45 g; v 0V = 30 m/s; v V = 0; v 0G = 60 m/s; v G = 0; t V = t G ; A V = A G. Então, fazendo a razão entre as pressões exercidas pela bola de golfe (p mg ) e pela bola de vôlei (p mv ): pmg mg Δv Δt G V AV p t mg Δ G AG pmg 0 = = = p Δt A m Δv p Δt A p 3 mv G G v V mv G G mv pmg = 6,7 p mv pmg > p mv. Resposta da questão : Dados: M = 6 4 kg; m = 16 kg; v 0 = 30 km/s = 3 4 m/s; 1 megaton = 4 15 J a) Pi = m v0 = 3 Pi = 3 kg m/s. b) ( ) 16 4 m v E c = = Ec = 4,5 J. c) Trata-se de um choque inelástico. A massa do meteoro é desprezível em relação à massa da Terra, por isso, depois do choque, a massa do sistema é apenas a massa da Terra, pois: = 6, = 6. Pela Conservação da Quantidade de movimento: 0 Nota-se que a figura (II) está de acordo com a opção [A]. Resposta da questão 4: Antes de jogar a bola, Maria e a bola estão em repouso, portanto a quantidade de movimento desse sistema é nula. Como o sistema é mecanicamente isolado (a resultante das forças externas é nula), apliquemos a ele a conservação da quantidade de movimento: ( ) ( ) Q = Q 0= mv+ MV MV = mv sist antes sistema depois Maria Maria mv V Maria =. M Antes de agarrar a bola que tem velocidade v, Luísa tem velocidade -V. Aplicando novamente a conservação da quantidade de movimento: ( ) ( ) ( ) Q = Q m v MV = m+ M V V sist antes sist depois Luísa Luísa m v MV = m+ M 0 Antes Depois m v0 3 5 QSist = Q Sist m vo = ( M+ v v = = = 5 m/s M 4 6 v 0. O choque do meteoro com a Terra praticamente não altera a velocidade da Terra. d) Pela resposta do item anterior, conclui-se que toda energia cinética do meteoro é dissipada na colisão. Passando para megaton: J 1 megaton 4,5 E 4 dissip = 15 4,5 Edissip 4 Resposta da questão 5: a) Dados: h = 5 m; v 0 = 0; g = m/s. Pela conservação da energia mecânica: final inicial m v E = E = m gh v = gh = ( )( 5) Mec Mec v = m/s. b) Dados: m = 0 kg; g = m/s. 9 Edissip = 1,15 megaton. Resposta da questão 3: [A] Pela conservação da quantidade de movimento: p + p = p + p ( ) ( ) e f final e f inicial. Mas, antes da colisão, apenas o fóton apresenta quantidade de movimento, que tem direção e sentido do eixo x. Então: e f final f inicial. ( p + p ) = ( p ) A figura mostra três possibilidades. Pelo princípio da ação-reação, a força média ( F que a tábua aplica no saco tem a mesma intensidade da força que o saco aplica na tábua. Pelo princípio da inércia, como da tábua não sofre aceleração, a intensidade (F m ) da força que o saco aplica na tábua tem a mesma intensidade da força que o peito do homem aplica na tábua. E, novamente, pelo princípio da ação-reação, a força que o peito do homem aplica na Página 14

15 tábua (através dos pregos) tem a mesma intensidade da força média que a tábua aplica no peito do homem. De acordo com o teorema do impulso: o impulso da força resultante ( I R) é igual à variação da quantidade Q. de movimento ( ) m v I = Q ( Fm P) t= m v Fm = + mg R t 0( ) Fm = + 00 F m = 4.00 N. 0,05 c) Dados: A = 4 mm = 0,04 cm ; N = 400 pregos. A intensidade da força média aplicada por cada prego no peito do homem é: Fm 4.00 F 1 = = F1 =,5 N. N 400 Calculando a pressão exercida por cada prego: F1,5 p= = p = 6,5 N/cm. A 0,04 Gabarito Parte VII: Resposta da questão 1: a) Dados: π = 3; g = m/s ; ρ água = 1,0 3 kg/m 3 ; b = 1,6-3 N.m. Na iminência de começar a cair, a força exercida pelo vento ascendente tem mesma intensidade que o peso. Lembrando que o volume de uma esfera de raio r é 4 3 V = r 3 π, vem: 4 3 P= Fvento m g= b r ρágua V g= b r ρágua π r = b r 3 3 b 1,6 8 r = = = ρágua π g I = F Δt = m ΔV De forma escalar temos: I= F Δt = m Δv m Δv F= Δt Analisando esta última expressão, podemos concluir que para a frenagem do veículo a força é inversamente proporcional ao tempo da colisão. A colisão direta da cabeça do motorista no volante ocorre em um intervalo de tempo muito pequeno, o que resulta em uma grande força de impacto. Entretanto, o airbag aumenta o tempo de colisão (frenagem da cabeça do motorista), o que diminui a força do impacto. Resposta da questão 3: a) Dados: M= kg;v = 80 km/h;ma = kg;va = 0. O Sistema é mecanicamente isolado. Então, ocorre conservação da quantidade de movimento na colisão. antes depois ( ) Qsist = Q sist MV+ mava = M+ m v 9.000(80) =.000v v = 7 km/h. b) Dados: mb = kg;sen3 = 0,05;cos3 = 0,99; Fat = N. Da figura dada: FL FL sen3 = 0,05 = FL = 400 N. Fat Aplicando o princípio fundamental da dinâmica na direção lateral: F = m a 400= a a = 0,5 m/s. L a L L L 4 r = m. b) Dados: A = 1 m ; h = 0 mm = 0 3 m; ρ água = 1,0 3 kg/m 3 ; v 0 =,5 m/s; v = 0. O volume de água despejado nessa área é: 3 3 V = A h= 1 0 m. Calculando a massa correspondente: 3 3 m= ρágua V = 0 m= 0 kg. Pelo Teorema do Impulso: I= ΔQ I= mv v0 = 00,5 I= 50 N s. Resposta da questão : [A] OBS: A questão foi resolvida de forma fiel ao enunciado. No entanto, pode se questionar se o aparecimento dessa força lateral numa roda desalinhada não provoca outra força de atrito em sentido oposto na outra roda dianteira, impedindo que o carro desvie lateralmente, sendo, então, nula a aceleração lateral do carro. A experiência de motorista mostra que um carro desalinhado somente desvia quando se solta o volante. Resposta da questão 4: a) Dados: m a = 60 kg; m p = 80 kg; v a = 0,15 m/s Como se trata de um sistema isolado, há conservação do momento linear (quantidade de movimento) do sistema (Q). Utilizando o teorema do impulso temos: Página 15

16 inicial final Q = Q Q a + Q p = 0 m a v a + m p v p = 0 v a = sist sist mpvp 80(0,15) = = 0, m/s ma 60 v a = 0, m/s. b) Após o empurrão, o momento linear do painel é: Q p = m p v p = 80 (0,15) = 1 kg.m/s. Como a força aplicada pelo astronauta é a responsável pela variação da velocidade do painel, temos, pelo teorema do impulso: II Fa = Q P = 1 N.s. Conforme o próprio enunciado afirma, o módulo do impulso é numericamente igual a área do gráfico. II Fa = Área 1 = 0,9+ 0,3 1 = 0,6 F max F max = 1 0,6 F max = 0 N. F max Página 16

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