Colisões Mecânicas – Resolução
Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre
Colisões Mecânicas
01-
a) e=Vrdepois/Vrantes — 1=(10 + V’Y)/(5 + 10) — 15=10 +V’y — V’y=5m/s
b) e=Vrdepois/Vrantes=(4 – 2)/(5 – 1) — e=0,5 (choque parcialmente elástico)
c) 0.8=V’X/15 — V’X=8m/s
d) 0,6=(V’X – 40)/(40 + 60) — 60=V’X – 40 — V’X=100 km/h
e) e=0/4 — e=0 (choque inelástico)
f) e=√4/16 — e=0,25 (choque parcialmente elástico)
02– Considere o choque perfeitamente elástico.
e=Vrdepois/Vrantes — 1=(V’b + 10)/(20 – 10) — 10=V’b + 10 — V’b=0
03- mA=mB=m — Qa=mAVA + mBVB=mVA + 0 — Qa=mVA — Qd=(mA + mB)V’=2mV’ — Qd=2mV’ — Qa=Qd — mVA=2mV’ — V’=VA/2 – R- D
04– Considerando as velocidades para a direita como positivas:
Antes — Qa=m30 + m.20=50.m — Qa=50.m — depois — Qd=mV’ + mV’=2mV’ — Qa=Qd — 50m=2mV’ — V’=25m/s
05- a) Como a perda de energia cinética é máxima, o choque é inelástico — Qa=m1V1 + m2V2=4.3 + 0 — Qa=12kg.m/s — Qd=(m1 + m2).V’=(4 + 2).V’ — Qd=6V’ — Qa=Qd — 12=6V’ — V’=2m/s
b) Eca=m1V12/2 + m2V22/2=4.9/2 + 0 — Eca=18J — Ecd=m1V’2/2 + m2V’2/2=4.4/2 + 2.4/2 — Ecd=12J — ΔEc=18 – 12 = 6j
06- Considerando velocidade4s positivas para a direita — Qa=5.1 + 1.(-8) — Qa= -3kg.m/s — Qd=(5 + 1)V’ — Qd=6V’ —
Qa=Qd — – 3 =6V’ — V’= – 0,5m/s (negativa, para a esquerda) R- A
07- Estabelecendo velocidades para a esquerda como positivas — Qa=(30 + 10).0 + 20.VZ — Qa=20VZ — Qd=(30 + 10 +20).0,5
— Qd=30kg.m/s — Qa=Qd — 20Vz=30 — Vz=1,5m/s
08- Trata-se de um choque inelástico (e=0) e eles, após o choque, se movem juntos com velocidade comum de 8m/s — Qa=mX.VX + mY.VY=2.12 + mY.4 — Qa=24 + 4.mY — Qd=(mX + mY).V’=(2 + mY).8 — Qd=16 + 8mY — Qa=Qd — 24 + 4mY=16 + 8mY — 8=4mY — mY=2kg
09-
Qa=30V — Qd=(30 + m’).V/2 — Qa=Qd — 30V=(30 + m’).V/2 — 60=30 + m’ — m´=30g R- D — ou, o sistema deverá conservar a quantidade de movimento horizontal inicial. Desta forma como a velocidade foi reduzida à metade, a massa do sistema deverá dobrar, passando de 30 g para 60 g. A diferença de 30 g corresponde a bolinha de isopor. R- D
10- a) Considerando velocidades para a esquerda como positivas — mc=6.000kg – Vc=54km/h/3,6=15m/s — ma=2.000kg –
Va=72km/h/3,6=20m/s — Qa=maVa + mcVc=2.000.20 + 6.000.15 — Qa=130.000kg.m/s — Qd=(mc + ma)V’=8.000V’ — Qd=8.000V’ — Qa=Qd — 130.000=8.000V’ — V’=16,25m/s X 3,6 — V’=58,5 km/h
b) Energia cinética inicial do carro – Eci=mcVc2/2=2.000.(20)2/2 — Eci=400.000J — Energia potencial gravitacional de centro de massa do carro que subiu h=50cm=0,5m — Ep=ma.g.h=2.000.10.0,5 — Ep=10.000J — regra de três — 400.000J – 100% — 10.000J – p — p=10/4 — p=2,5%
11- QA=mAVA — 80.10-3=mA.8 — mA=80.10-3/8 — mA=10-2kg — QB=mBVB — 25.10-3=mB.1 — mB=25.10-3kg=2,5.10-2kg —
Qa=mAVA + mBVB=10-2.8 + 2,5.10-2.1 — QA=10,5.10-2kg.m/s — Qd=(mA + mB)V’=3,5.10-2.V’ — Qa=Qd — 10,5.10-2=3,5.10-2.V’ — V’=3m/s R- C
12- a)
Ep=Mgh=(0,01 + 0,190).10.0,1 — Ep=0,2.10.0,1 — Ep=0,2J
b) Cálculo da velocidade (VQ) com que o conjunto bloco esfera de massa M=0,2kg sai de Q e chega em P com velocidade nula —
conservação da energia mecânica — EmP=EmQ — EcP + EpP=EcQ + EpQ — 0 + 0,2=MVQ2/2 + 0 — 0,2=0,2VQ2/2 — VQ=√2m/s — choque inelástico da esfera de massa m= 0,01kg que chega com velocidade Ve com o bloco de massa mb=0,190kg que está em repouso sendo que, após o choque o conjunto de massa M=0,2kg se move com V’=√2m/s —
Qa=0,01.Ve + 0 — Qa=0,01Ve — Qd=0,2V’=0,2.√2 — Qa=Qd — 0,01Ve=0,2.√2 — Ve=20.√2≈20.1,4 — Ve≈28m/s
13-
dágua=1kg/L=1kg/10-3m3 — dágua=103kg/m3 — Vc=5.103.5.103.10.103 — Vc=25.1010m3 — dágua=Mc/Vc — 103=Mc/25.1010 — Mc=25.1013kg — Mn=100kg — antes – Vc=10km/s — Vn=0 — Qa=McVc + MnVn=25.1013.10 + 0 — Qa=25.1014kg.m/s choque inelástico – movem se juntos com velocidade V’ — Qd=(Mc + Mn)V’=(25.1013 + 100)V’ — como 100kg é desprezível em relação a 25.1013kg — Qd=25.1013 V’ — Qa=Qd — 25.1014=25.1013 V’ — V’=10km/s (observe que a velocidade do cometa, após o choque com a nave praticamentenão sofreu alteração e a astróloga russa estava errada, pois essa alteração é muito pequena e não afeta o equilíbrio do Sistema Solar).
14- a) Qa=Qd — 6.104.3.1014 + 0 = (3.1014 + 1,8.1027)V’ — observe que 3.10+14kg é praticamente desprezível em relação a 1,8.1027kg — 18.1018=1,8.1027V’ — V’=10-8m/s (esse valor é desprezível e esse choque não afetou a velocidade de Júpiter)
b) A energia mecânica total dissipada foi toda energia cinética perdida pelo cometa no choque — Edissipada=MV2/2=3.1014.(6.104)2/2 — Edissipada=5,4.1023J
15- e=√6/12 — e=√2/2
16- mca=3mc — antes — Qa=mcVc — Qca=mca.Vca=3mca.10 — Qca=30mc — (veja figura) — aplicando
sen45o=cateto oposto/hipotenusa — sen45o=Qca/Qc — √2/2=30mc/mcVc — Vc=60/√2 ≈60/1,4≈43m/s X 3,6 ≈145km/h – a declaração é falsa, pois a velocidade do carro era aproximadamente de 145km/h
17- mp/ms=1/999 — ms=999mp — Qa=Qd — mpVp+ 0=(mp + ms).0,25 — mpVp=(mp + 999mp).0,25 — mpVp=1.000mp.0,25 —
Vp=250m/s R- C
18- Trata-se de um choque inelástico oblíquo (se movem juntos após o choque)
R- B
19- Esquematizando a situação e supondo que após o choque, eles se movam para a direita
Aplicando o teorema da conservação da quantidade de movimento, supondo velocidades positivas para a direita e negativas para a esquerda — Qa=Qd — mN.VN + mM.VM = mN.VN’ + mM.VM’ — 13.(-3) + 15.(5) = 13.VN’ + 15.VM’ — -39 +75 = 13.VN’ + 15.VM’ — 13.VN’ + 15.VM’=36 I — aplicando a expressão do coeficiente de restituição – e=Vrdepois/Vrantes — 3/4 = (VN’ – VM’)/(5 + 3) — VN’ – VM’=6 II — resolvendo o sistema composto por I e II — VN’=4,5m/s (para a direita) e VM’= -1,5m/s (para a esquerda).
20- Esquematizando a situação
Qa=Qd — mA.6 + 0 = mA.4 + mB.6 — 2mA=6mB — mA/mB=3 — e=Vrd/Vra=(6-4)/6 — e=1/3 R- C
21- a) Durante o choque eles trocam forças que obedecem ao Princípio da Ação e Reação, pois trocam forças que tem a mesma intensidade, mesma direção, mas sentidos contrários. Como essas forças tem a mesma intensidade, FA=FB e FA/FB=1
b) Qa=Qd — mA.(10) + mB.(-6) = mA.(-3) + mB(9) — 13mA=15mB — mA/mB=15/13
c) e=Vrdepois/Vrantes= (3 + 9)/(10 + 6) — e=3/4
22- Qa=Qd — m1.(-2) + m2.(4) = m1.(3) + m2.(1) — 5m1=3m2 R- E
23- Como não é inelástico (não se movem juntos) nem elástico (enunciado), é parcialmente elástico — antes —Qa=MVo – M2Vo — depois — como B pára, A só pode voltar com velocidade V — Qd=M.(-V) — Qd=-MV — Qa=Qd — MVo – 2MVo=
-MV — V=-Vo — Ef=MVo2/2 — Ei/Ef=5MVo2/2 X 2/MVo2 — Ef=Ei/5 — e=módulo da velocidade relativa depois / módulo da velocidade relativa antes — e=Vrd/Vra=Vo/3Vo — e=1/3 R-D
24- O choque que ocorre na posição 1 é parcialmente elástico, pois não é elástico (do enunciado) e nem inelástico (não se movem juntas após o choque) — adotando o sentido horário como positivo –
— Qa=mAVA + mBVB=3mBVo – mBVo — Qa=2mBVo — Qd=3mBV + mBVo — Qa=Qd — 2mBVo=3mBV + mBVo — VA=Vo/3 VB=3VA=3Vo — equação de cada bola — SA=VA.t=Vo.t — SB=VB.t=3Vo.t
Supondo que o encontro seja no instante t e no ponto P.
Nesse instante, a bola A está na posição SA e percorreu essa distância (SA) enquanto que a bola B deu uma volta completa (2pR) e percorreu mais (SA) até o encontro — (SA) + (2pR) =SB — Vo.t + 2πR=3Vo.t — t=πR/Vo I — substituindo I em SA =Vo.t=Vo.πR/Vo — SA =πR (percorreu meia circunferência a partir do ponto 1) ou SB=3Vo.t=3Vo.πR/Vo — SB=3πR (percorreu uma circunferência e meia a partir do ponto 1) – R- B
25- Esquematizando a situação antes e depois do choque da bola de tênis com o caminhão
e=Vrdepois/Vrantes — 0,6=(10 + Vb’)/(20 – 10) — 6=10 + Vb’ — Vb’= -4m/s ( a bola retorna com velocidade de 4m/s)
26- Como os caixotes tem a mesma massa, e os choques são perfeitamente elásticos, em todos os choques eles trocam ou conservam suas velocidades
Observe que após o 3o choque, VA=0 e VB=Vo R- E
27- Como o choque é perfeitamente elástico e elas tem a mesma massa, após o choque, trocam suas velocidades — V1=0 e V2=Vo
28- Colisão perfeitamente elástica de A com B e eles não trocam suas velocidades, pois suas massas
são diferentes Qa=Qd — 2.(10) + 1.(0) = 2VA + 1VB — 2VA + VB=20 I — e=Vrdepois/Vrantes — 1=(VB-VA)/10 — VB – VA=10 II — resolvendo I com II — VA=10/3m/s e VB=40/3m/s
B se desloca até a parede, onde chega com velocidade de 40/3m/s (não existe atrito) e retorna com a mesma velocidade (choque perfeitamente elástico).
Trata-se de um encontro de dois móveis em MRU com o referencial (origem da trajetória em A) de equações — SA = So + VAt — SA = 0 + 10/3.t — SA = 10/3.t — SB= So+ VB.t= 4 + (-40/3).t — SB= 4 – 40/3.t — no encontro – AS=SB — 10/3.t = 4 – 40/3.t — t=6,25s (tempo do encontro) — SA=10/3.t=10/3.6/25 — SA=0,8m (distância que A percorreu enquanto B voltava) — como B foi e voltou, A percorreu — ΔS=0,8 (ida) + 0,8 (volta) — ΔS=1,6m R- D
29-(01) Falsa – somente se o choque for perfeitamente elástico
(02) mAVA + 0 = mAVA’ + mA/2VB’ — 2VA= 2VA’ + VB’ I — 1=(V’B – VA’)/VA — VB’ – VA’ = VA II — I com II — VA’=VA/3 e VB’=4VA/3 – Falsa
(4) Verdadeira – choque perfeitamente elástico e mesma massa, trocam suas velocidades
(08) Falsa – a quantidade de movimento sempre é a mesma antes e depois do choque
(16) mA.VA + 0=mAVA’ + 2mAVB’ — ) mA.VA + =mAVA’ + 2mAVB’ — VA=VA’ + 2VB’ I — 1=(V’B – VA’)/VA — II — VA=VB’ – VA’ resolvendo I com II — VA’=-VA/3 (sentidos opostos) – Verdadeiro
As corretas são 4 e 16.
30- A previsão de Pedro é correta, pois a quantidade de movimento do sistema sempre se conserva, ou seja, .
31- Velocidade com que o bloco de massa m chega à base da rampa (pontoC) — conservação da energia mecânica — EmA=EmC —
mVA2/2 + mgh = mVC2/2 + mghC — 0 + m.10.0,8 = mVC2/2 + 0 — 8=VC2/2 — VC=4m/s — como não existe atrito, ele colide elasticamente em B com o outro bloco de mesma massa e eles trocam suas velocidades – R- 4m/s
32- a) Primeira colisão em P – A percorre 1,6m e se choca com B – como não existe atrito, o movimento é com velocidade constante de + 2m/s (para a direita) e trata-se de um MRU de equação V=ΔS/Δt — 2=1,6/Δt — Δt=0,8s (tP=0,8s).
b) Sendo o choque perfeitamente elástico, em P, A e B trocam suas velocidades, A pára e B se move com velocidade de +2m/s até chegar em Q, base da rampa, e, nesse percurso demora também 0,8s (tQ=1,6s).
Em seguida, sobe a rampa até chegar à altura máxima H, (ponto R), com velocidade zero no instante tS=2,0s (dado do exercício).
Observe que nessa subida demorou 0,4s.
A partir de R, começa a descer a rampa, demorando também 0,4s, chegando em Q, no instante t’Q=2,4s, com velocidade de
-2,0m/s
Retorna à P, demorando 0,8s, aonde chega no instante t’P=3,2s
Em P, colide com A, trocando suas velocidades e A chegando à parede, em t=4,0s (3,2s + 0,8s), onde recomeça tudo novamente.
A seguir, temos um esquema do movimento durante a ida e a volta:
Graficamente:
c) T = 4,0s.
33- O vetor quantidade de movimento antes do choque tem direção horizontal e sentido para a direita. Como , e o choque é elástico, a única alternativa que satisfaz é aC, cuja soma vetorial também tem direção horizontal e sentido para a direita e, como o choque é elástico e as bolas idênticas, a bola 1 tem que parar.
34- Soma vetorial das quantidades de movimento antes dos choques:
Baseado no Princípio da Conservação da quantidade de Movimento (), dentre todas as alternativas, a única cuja soma vetorial das quantidades de movimento depois do choque também é vertical e para cima é a e R- E
35- A força de atrito (Fat) contrária ao movimento é a única força, na direção do movimento,que age sobre P diminuindo-lhe a velocidade — Fr=ma — Fr=Fat=10N — 10=5.a — a=2m/s2 — Aplicando Torricelli com Vo=10m/s — a= -2m/s2 (retardando) — ΔS=12m — V2=Vo2 + 2.a.ΔS — V2=(10)2 + 2.(-2).12 — V=√52 — sendo o choque perfeitamente elástico e os corpos tendo a mesma massa, após o choque eles trocam suas velocidades, P pára e Q segue com velocidade constante de 7,2m/s até chegar à base da rampa (ponto R). A partir daí sua velocidade começa a diminuir até chegar ao ponto C, onde se anula.
Princípio da Conservação da Energia Mecânica — EmR=EmC — mVR2/2 + m.g.hR = mVC2/2 + m.g.h — 5.(√52)2/2 + 0 = 0 + 5.10.h — 26 = 10h — h=2,6m R- A
36- O sistema é mecanicamente isolado e conservativo — assim, para determinar as velocidades dos discos depois do choque ( e
) você pode usar a conservação da quantidade de movimento e a conservação da energia mecânica,pois você tem duas equações com duas incógnitas (
e
) que são — MA.VA=MA.VA’ + MB.VB’ e MA.VA2 = (MA.VA’2)/2 + (MB.VB’2)/2 — R- B
OBS: seria bem mais fácil usar a conservação da quantidade de movimento e o coeficiente de restituição (e = 1), uma vez que o choque é perfeitamente elástico.
37- As duas bolas têm mesma massa (m) — desprezando a resistência do ar, se elas são largadas da mesma altura, chegarão ao solo com mesma velocidade (vo) — orientando a trajetória para cima, como mostrado a seguir, e aplicando o teorema do impulso nos dois casos — — Ib = m |v + vo| — Im = m |0 – (–vo)| — Im = m |vo| — Ib > Im.
38- Dados — m1 = 800 kg — v1 = 90 km/h = 25 m/s — m2 = 450 kg e v2= 120 km/h =120/3,6=100/3 m/s — lembre-se de que você não deve fazer uma divisão que dá dízima no meio da solução de um exercício — trabalhe com a fração — se na resposta final a dízima persistir, aí sim, fazem-se as contas e os arredondamentos — note-se que se fosse feita a divisão nessa questão, obtendo 33,3 m/s para v2, teríamos um tremendo trabalho e não chegaríamos a resposta exata. — módulo da quantidade de movimento dos dois carros antes da colisão — Q1=m1.V1=800.25 — Q1=20.103kg.m/s — Q2=m2.V2=450.100/3 — Q2=15.103kg.m/s — como quantidade de movimento é uma grandeza vetorial, como mostra o esquema, vem — Qs2=Q12 + Q22 — Qs2=(20.103)2 + (15.103)2 —
Qs=25.103kg.m/s — Sendo a colisão inelástica eles se movem juntos após a mesma com velocidade V e massa total — M=m1 + m2 — M=1.250kg — Qdepois=MV — Qdepois=1250V — como o sistema é isolado a quantidade de movimento antes e depois do choque é a mesma — Qs=Qdepois — 25.103=1250V — V=20m/s — R- B
39- Cálculo dde VB’ usando o coeficiente de restituição — e=│Vrelativa de afastamento │/│Vrelativa de aproximação │ — 0,6=(VB’ – 12)/(20 – 10) — VB’=18m/s — em toda colisão a quantidade de movimento total sempre se conserva se conserva — —
—
—
(V) A velocidade do corpo B após o choque é 18 m/s.
(V) A massa do corpo A vale 2 kg.
(F) O choque é perfeitamente elástico, pois os dois corpos têm massas iguais a 2 kg — se o choque é elástico e = 1.
(F) A quantidade de movimento depois do choque é menor do que antes do choque — em todo choque a quantidade de movimento total se conserva.
(F) A energia dissipada, igual à diferença da energia cinética antes do choque e da energia cinética depois do choque, é de 64 J — a energia dissipada vale 32J.
R- (V,V,F,F,F)
40- Supondo o choque perfeitamente elástico e, como eles possuem a mesma massa, após o choque eles trocam suas velocidades —
EcB=mVB’2/2=4.22/2=8J — R- D
41- a) Velocidade de A imediatamente antes de se chocar com B — conservação da energia mecânica — mgh=mV2/2 — 10.0,8=V2/2 — V=4m/s — velocidade de B imediatamente após o choque com A — Qi=Qf — mAVi=mBVf — 3.4=3.Vf —
Vf=4m/s
b) Como, no o atrito é desprezível o bloco B incide na mola com velocidade de 4m/s e a mola é comprimida de x, até o bloco B parar (V=0) — conservação da energia mecânica — imediatamente antes de se chocar com a mola o bloco só possui energia cinética Emi=mV2/2=3.16/2=24J — quando o bloco B pára ele só possui energia potencial elástica armazenada — Emf=kx2/2=4x2/2 — Emf=2x2 — Emi=Emf — 24=2x2 — x=√12 — x≈3,46m
c) Agora, com atrito no plano horizontal a única força na direção do movimento é a força de atrito — Fat=μN=μP=0,4.30 —
Fat=FR=ma — 12=3.a — a=4m/s2 — como a velocidade do bloco B está diminuindo essa aceleração é negativa — equação de Torricelli até o bloco B parar — V2=Vo2 + 2.a.ΔS — 0=42 + 2.(-4).ΔS — ΔS=2m — como d=3m, o bloco B não comprime a mola parando a 1m da mesma.
42- Trata-se de uma colisão perfeitamente elástica com esferas de mesma massa onde elas trocam suas velocidades — o coeficiente de restituição vale e=1 — a energia cinética se conserva (as velocidades são iguais antes e depois da colisão) — em qualquer tipo de colisão a quantidade de movimento sempre se conserva — R- D
43-
0. – Quantidade de movimento do sistema antes da colisão — Qsa=mAVA + mBVB=2×5 + 8×0=10kg.m/s — quantidade de movimento do sistema quando se movem juntos com velocidade V e massa m=2 + 8=10kg — Qsd=mV=10V — Qsa=Qsd —
10=10V — V=1m/s — correta
1. Correta — se movem juntos após a colisão
2. Correta — o sistema é conservativo (os atritos são desprezados)
3. Falsa — quem se conserva é a quantidade de movimento do sistema e não de cada bloco.
4. Observe a figura abaixo onde os dois blocos juntos tem no ponto P energia mecânica EmP=mV2/2 e no ponto de altura máxima
Q eles tem energia mecânica EmQ=mgh — pelo teorema da conservação da energia mecânica — EmP=EmQ — 10.12/2=10.10.h — h=0,05m=5cm — correta
I (0,1,2 e 4) II (3)
44- R- B — veja teoria
45-
Observe o esquema abaixo que ilustra a situação apresentada — cálculo de V1, com Vo=0 e g=10m/s2, considerando
desprezível o atrito com o ar — aplicando a equação de Torricelli — V12=Vo2 + 2.g.h — V12=0 + 2.10.1 — V12=20 — cálculo de V2 na primeira colisão com o solo — ε=V22/V12 — 0,8= V22/20 — V22=16 — ela sobe com velocidade V2, atinge a altura máxima, retorna e atinge novamente o solo com velocidade V2 e, neste segundo choque retorna com velocidade V3 — ε= V32/ V22 — 0,8= V32/16 — V32=12,8 — ela sobe com velocidade V3, atinge a altura máxima, retorna e atinge novamente o solo com velocidade V3 e, neste terceiro choque retorna com velocidade V4 — ε= V42/ V32 — 0,8= V42/12,8 — V42=10,24 — cálculo, por Torricelli, da altura h3 atingida após a terceira colisão —
0= (10,24)2 + 2.(-10).h3 — h3=0,51m — R- D — na realidade o coeficiente de restituição é fornecido por ε=módulo da velocidade relativa antes/módulo da velocidade relativa depois.
46-
a) Se você considerar o sistema carro-ônibus como um sistema isolado, você pode utilizar o teorema da conservação da
quantidade de movimento — Qantes=M.Vo + ma.Va=9000.80 +1000.0 — Qantes=720000kg.m/s — Qdepois=(M + ma).V=10.000.V
Qdepois=10000V — Qantes = Qdepois — 720000=10000V — V=72km/h.
b) Pela figura fornecida você pode determinar a intensidade da força lateral — sen3o=FL/Fat — 0,05=FL/8000 — FL=400N
A aceleração lateral do carro tem intensidade — FL=m.aL — 400=1600.aL — aL=0,25m/s2.
47-
a) Sendo os atritos com a pista desprezíveis o sistema é conservativo — chamando de A a esfera da parte superior e de B a da inferior — mA=mB=m — inicialmente A encontra-se numa altura h igual ao raio da depressão esférica — h=20cm=0,2m —
utilizando o teorema da conservação da energia mecânica (figura 1) — Emantes=Ecantes + Epantes = m.VA2/2 + m.g.h=m.02/2 + m.10.0,2 —Emantes=2m — depois (V’A – velocidade da esfera A instantes antes de atingir a esfera B) — Emdepois=Ecdepois +
Epdepois=mV’A2/2 + m.g.h= mV’A2/2 + m.g.0 — Emdepis= mV’A2/2 — Emantes=Emdepois — 2m = mV’A2/2 — VA’ = 2m/s — agora você tem o choque entre as duas esferas — sendo o sistema constituído apenas pelas duas esferas ele é isolado e você pode utilizar a conservação da quantidade de movimento (figura 2) — Qantes=mA.V’A + mB.VB=m.2 + m.0 — Qantes=2m — como a colisão é inelástica, as duas esferas obrigatoriamente se movem juntas após a mesma, com velocidade V’’ — Qdepois= 2mV’’ —
Qantes = Qdepois — 2=2V’ — V’=1m/s (velocidade das duas esferas se movendo unidas após a colisão)
b) Cálculo da altura máxima h que as duas esferas se movendo juntas (massa 2m) atingem e, nesse instante possuem velocidade
nula — conservação da energia mecânica — Emantes=2mV2/2=2m.12/2 — Emantes=m — Emdepois=2m.g.h=20mh — Emantes = Emdepois — m=20mh — h=0,05m — colocando as forças que agem sobre as esferas quando elas estão em repouso na altura h=0,05m — em todo movimento circular existe uma força resultante denominada força resultante centrípeta de direção radia, sentido para o centro da circunferência e de intensidade Fc=M.V2/R — na figura, estão colocadas todas as forças que agem
sobre as esferas nessa situação — observe que Fc=N – 2Pcosθ=2mV2/R=2m.02/R=0 — N – 2mg=0 — N – 2.0,1.(0,15/0,2)
N = 1,5N
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Observe que, pelo enunciado o sistema é mecanicamente conservativo, pois as forças de atrito com a rampa e com o ar são desprezadas —
– cálculo da velocidade V1 da partícula A, abandonada em P, imediatamente antes de colidir com B (ponto Q) — teorema da
conservação de energia mecânica — EmP=mVo2/2 + mgH=0 + 10mH — EmP=10mH — EmQ=mV12/2 + mgH=mV12/2 + 0 — EmQ=mV12/2 — EmP=EmQ — 10mH=mV12/2 — V12=20H — cálculo da
velocidade de retorno de A após o choque perfeitamente elástico de coeficiente de restituição e=1 — e=(módulo da velocidade relativa depois)/(módulo da velocidade relativa antes) — 1=(V2 + V3)/V1 — V1=V2 + V3 — V3=V1 – V2 (I) — Qantes=mV1 — Qdepois= -mV2 +2mV3 — Qantes=Qdepois — mV1= – mV2 + 2mV3 — V1= – V2 + 2V3 (II) — (I) em (II) — V1= – V2 + 2(V1 – V2) — V1= – V2 + 2V1 – 2V2 — V2=V1/3 (a bola A retorna com velocidade V1/3) — por último a esfera A retorna à rampa atingindo uma altura máxima h no ponto R, quando V=0 — teorema da conservação da energia mecânica — EmQ=mV22/2 + mgh=m.[(V1/3)2]/2 — EmQ=mV12/18 — EmR=mV2/2 + mgh=0 + mgh — EmR=10mh — EmQ=EmR — mV12/18=10mh — V12=180h — 20H=180h — h=H/9 — R- D