Colisões Mecânicas – Resolução

Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre

Colisões Mecânicas

01-

a) e=V_rdepois/V_rantes  —  1=(10 + V’_Y)/(5 + 10)  —  15=10 +V’_y  —  V’_y=5m/s

b) e=V_rdepois/V_rantes=(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=V_rdepois/V_rantes  —  1=(V’_b + 10)/(20 – 10)  —  10=V’_b + 10  —  V’_b=0

03- m_A=m_B=m  —   Q_a=m_AV_A + m_BV_B=mV_A + 0  —  Q_a=mV_A  —  Q_d=(m_A + m_B)V’=2mV’ —  Q_d=2mV’  — Q_a=Q_d  —  mV_A=2mV’  —  V’=V_A/2 – R- D

04– Considerando as velocidades para a direita como positivas:

Antes  —  Q_a=m30 + m.20=50.m —  Q_a=50.m  —  depois  —  Q_d=mV’ + mV’=2mV’  —  Q_a=Q_d  —  50m=2mV’  —  V’=25m/s

05- a) Como a perda de energia cinética é máxima, o choque é inelástico  —  Q_a=m₁V₁ + m₂V₂=4.3 + 0  —  Q_a=12kg.m/s  —  Q_d=(m₁ + m₂₎.V’=(4 + 2).V’  —  Q_d=6V’  —  Q_a=Q_d  —  12=6V’  —  V’=2m/s

b) E_ca=m₁V₁²/2 + m₂V₂²/2=4.9/2 + 0  —  E_ca=18J  —  E_cd=m_1V’²/2 + m₂V’²/2=4.4/2 + 2.4/2  —  E_cd=12J  —  ΔE_c=18 – 12 = 6j

06- Considerando velocidade4s positivas para a direita  —  Q_a=5.1 + 1.(-8)  —  Q_a= -3kg.m/s  —  Q_d=(5 + 1)V’  —  Q_d=6V’  — 

Q_a=Q_d  —  – 3 =6V’  —  V’= – 0,5m/s (negativa, para a esquerda) R- A

07- Estabelecendo velocidades para a esquerda como positivas  —  Q_a=(30 + 10).0 + 20.V_Z  —  Q_a=20V_Z  —  Q_d=(30 + 10 +20).0,5 

—  Q_d=30kg.m/s  —  Q_a=Q_d  —  20V_z=30  —  V_z=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  —  Q_a=m_X.V_X + m_Y.V_Y=2.12 + m_Y.4  —  Q_a=24 + 4.m_Y  —  Q_d=(m_X + m_Y).V’=(2 + m_Y).8  —  Q_d=16 + 8m_Y  —  Q_a=Q_d  —  24 + 4m_Y=16 + 8m_Y  —  8=4m_Y  —  m_Y=2kg

09-

Q_a=30V  —  Q_d=(30 + m’).V/2  —  Q_a=Q_d  —  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  —  m_c=6.000kg – V_c=54km/h/3,6=15m/s  —  m_a=2.000kg –

V_a=72km/h/3,6=20m/s  —  Q_a=m_aV_a + m_cV_c=2.000.20 + 6.000.15  —  Q_a=130.000kg.m/s  —  Q_d=(m_c + m_a)V’=8.000V’  —  Q_d=8.000V’  —  Q_a=Q_d  —  130.000=8.000V’  —  V’=16,25m/s X 3,6   —  V’=58,5 km/h

b) Energia cinética inicial do carro – E_ci=m_cV_c²/2=2.000.(20)²/2   —  E_ci=400.000J  —  Energia potencial gravitacional de centro de massa do carro que subiu h=50cm=0,5m  —  E_p=m_a.g.h=2.000.10.0,5  —  E_p=10.000J  —  regra de três  —  400.000J – 100%  —  10.000J – p  —   p=10/4  —  p=2,5%

11- Q_A=m_AV_A  —  80.10^-3=m_A.8  —  m_A=80.10^-3/8  —  m_A=10^-2kg  —  Q_B=m_BV_B  —  25.10^-3=m_B.1  —  m_B=25.10^-3kg=2,5.10^-2kg  — 

Q_a=m_AV_A + m_BV_B=10^-2.8 + 2,5.10^-2.1  —  Q_A=10,5.10^-2kg.m/s  —  Q_d=(m_A + m_B)V’=3,5.10^-2.V’  —  Q_a=Q_d  —  10,5.10^-2=3,5.10^-2.V’  —  V’=3m/s  R- C

12- a)

 E_p=Mgh=(0,01 + 0,190).10.0,1  —  E_p=0,2.10.0,1  —  E_p=0,2J

b) Cálculo da velocidade (V_Q) 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   —  E_mP=E_mQ  —  E_cP + E_pP=E_cQ + E_pQ  —  0 + 0,2=MV_Q²/2 + 0  —  0,2=0,2V_Q²/2  —  V_Q=√2m/s  —  choque inelástico da esfera de massa m= 0,01kg que chega com velocidade V_e com o bloco de massa m_b=0,190kg que está em repouso sendo que, após o choque o conjunto de massa M=0,2kg se move com V’=√2m/s  —  

Q_a=0,01.V_e + 0  —  Q_a=0,01V_e —  Q_d=0,2V’=0,2.√2  —  Q_a=Q_d  —  0,01V_e=0,2.√2  —  V_e=20.√2≈20.1,4  —  V_e≈28m/s

13-

d_água=1kg/L=1kg/10^-3m³  —  d_água=10³kg/m³  —  V_c=5.10³.5.10³.10.10³  —  V_c=25.1010m³  —  d_água=M_c/V_c  —  10³=M_c/25.10¹⁰  —  M_c=25.10¹³kg  —  M_n=100kg   —  antes – V_c=10km/s  —  V_n=0  —  Q_a=M_cV_c + M_nV_n=25.10¹³.10 + 0  —  Q_a=25.10¹⁴kg.m/s  choque inelástico – movem se juntos com velocidade V’  —  Q_d=(M_c + M_n)V’=(25.10¹³ + 100)V’  —  como 100kg é desprezível em relação a 25.10¹³kg  —  Q_d=25.10¹³ V’  —  Q_a=Q_d  —  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)  Q_a=Q_d  —  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  — E_dissipada=MV²/2=3.10¹⁴.(6.10⁴)²/2  —  E_dissipada=5,4.10²³J

15- e=√6/12  —  e=√2/2

16- m_ca=3m_c  —  antes  — Q_a=m_cV_c  —  Q_ca=m_ca.V_ca=3m_ca.10   —  Q_ca=30m_c  —   (veja figura)  —  aplicando

sen45^o=cateto oposto/hipotenusa  —  sen45^o=Q_ca/Q_c  —  √2/2=30m_c/m_cV_c  —  V_c=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- m_p/m_s=1/999  —  m_s=999m_p  —  Q_a=Q_d  —  m_pV_p+ 0=(m_p + m_s).0,25  —  m_pV_p=(m_p + 999m_p).0,25  —  m_pV_p=1.000m_p.0,25  — 

V_p=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  —  Q_a=Q_d  —  m_N.V_N + m_M.V_M = m_N.V_N’ + m_M.V_M’  —  13.(-3) + 15.(5) = 13.V_N’ + 15.V_M’  —  -39 +75 = 13.V_N’ + 15.V_M’  —  13.V_N’ + 15.V_M’=36 I   —  aplicando a expressão do coeficiente de restituição – e=V_rdepois/V_rantes  —  3/4 = (V_N’ – V_M’)/(5 + 3)  —  V_N’ – V_M’=6 II  —  resolvendo o sistema composto por I e II  —  V_N’=4,5m/s (para a direita) e V_M’= -1,5m/s (para a esquerda).

20- Esquematizando a situação

Q_a=Q_d  —  m_A.6 + 0 = m_A.4 + m_B.6  —  2m_A=6m_B  —  m_A/m_B=3  —  e=V_rd/V_ra=(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, F_A=F_B e F_A/F_B=1

b) Q_a=Q_d  —  m_A.(10) + m_B.(-6) = m_A.(-3) + m_B(9)  —  13m_A=15m_B  —  m_A/m_B=15/13

c) e=V_rdepois/V_rantes= (3 + 9)/(10 + 6)  —  e=3/4

22- Q_a=Q_d  —  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  —Q_a=MV_o – M2V_o  —  depois  —  como B pára, A só pode voltar com velocidade V  —  Q_d=M.(-V)  —  Q_d=-MV  —  Q_a=Q_d  —  MV_o – 2MV_o=

-MV  —  V=-V_o  —  E_f=MV_o²/2  —  E_i/E_f=5MV_o²/2 X 2/MV_o²  —  E_f=E_i/5   —  e=módulo da velocidade relativa depois / módulo da velocidade relativa antes  —  e=V_rd/V_ra=V_o/3V_o  —  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  –

— Q_a=m_AV_A + m_BV_B=3m_BVo – m_BV_o  —  Q_a=2m_BV_o  —  Q_d=3m_BV + m_BV_o  —  Q_a=Q_d  —  2m_BV_o=3m_BV + m_BV_o  —  V_A=Vo/3  V_B=3V_A=3V_o  —  equação de cada bola  —  S_A=V_A.t=V_o.t  —  S_B=V_B.t=3V_o.t

Supondo que o encontro seja no instante t e no ponto P.

Nesse instante, a bola A está na posição S_A e percorreu essa distância (S_A) enquanto que a bola B deu uma volta completa (2pR)  e percorreu mais (S_A) até o encontro  —  (S_A) + (2pR) =S_B  —  V_o.t  + 2πR=3V_o.t  —  t=πR/V_o I  —  substituindo I em  S_A =V_o.t=V_o.πR/V_o  —  S_A =πR (percorreu meia circunferência a partir do ponto 1) ou S_B=3V_o.t=3V_o.πR/V_o  —  S_B=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=V_rdepois/V_rantes  —  0,6=(10 + V_b’)/(20 – 10)  —  6=10 + V_b’  —  V_b’= -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 3^o choque, V_A=0 e V_B=V_o  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=V_o

28- Colisão perfeitamente elástica de A com B e eles não trocam suas velocidades, pois suas massas

são diferentes Q_a=Q_d  —  2.(10) + 1.(0) = 2V_A +  1V_B  —  2V_A + V_B=20 I  —  e=V_rdepois/V_rantes  —  1=(V_B-V_A)/10  —  V_B – V_A=10 II  —  resolvendo I com II  —  V_A=10/3m/s e V_B=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  —  S_A = S_o + V_At  —  S_A = 0 + 10/3.t  —   S_A = 10/3.t  —   S_B= S_o+ V_B.t= 4 + (-40/3).t  —  S_B= 4 – 40/3.t  —  no encontro – AS=S_B  —  10/3.t = 4 – 40/3.t  —  t=6,25s (tempo do encontro)  —  S_A=10/3.t=10/3.6/25  —    S_A=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) m_AV_A + 0 = m_AV_A’ + m_A/2V_B’  —  2V_A= 2V_A’ + V_B’ I  —  1=(V’_B – V_A’)/V_A  — V_B’ – V_A’ = V_A II  —  I com II  — V_A’=V_A/3 e V_B’=4V_A/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) m_A.V_A + 0=m_AV_A’ + 2m_AV_B’  —   ) m_A.V_A + =m_AV_A’ + 2m_AV_B’  — V_A=V_A’ + 2V_B’ I  —   1=(V’_B – V_A’)/V_A  — II  — V_A=V_B’ – V_A’ resolvendo I com II  — V_A’=-V_A/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  —  E_mA=E_mC  — 

mV_A²/2 + mgh = mV_C²/2 + mgh_C  —  0 + m.10.0,8 = mV_C²/2 + 0  —  8=V_C²/2  —  V_C=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 (t_P=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 (t_Q=1,6s).

Em seguida, sobe a rampa até chegar à altura máxima H, (ponto R), com velocidade zero no instante t_S=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 (F_at) contrária ao movimento é a única  força, na direção do movimento,que age sobre P diminuindo-lhe a velocidade  —  F_r=ma  —  Fr=F_at=10N  —  10=5.a  —  a=2m/s²  —  Aplicando Torricelli com V_o=10m/s  —  a= -2m/s² (retardando)  —  ΔS=12m  —  V²=V_o² + 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  —  E_mR=E_mC  —  mV_R²/2 + m.g.h_R = mV_C²/2 + 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  —  M_A.V_A=M_A.V_A’ + M_B.V_B’ e  M_A.V_A² = (M_A.V_A’²)/2 + (M_B.V_B’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 (v_o)  —  orientando a trajetória para cima, como mostrado a seguir, e aplicando o teorema do impulso nos dois casos  —   —    Ib = m |v + v_o|  —  Im = m |0 – (–v_o)|  —  Im = m |v_o|  —  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  —  Q_s²=Q₁² + Q₂²  —  Q_s²=(20.10³)² + (15.10³)²  —

Q_s=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  —  Q_depois=MV  —  Q_depois=1250V  —  como o sistema é isolado a quantidade de movimento antes e depois do choque é a mesma  —  Q_s=Q_depois  —  25.10³=1250V  —  V=20m/s  —  R- B

39- Cálculo dde V_B’ usando o coeficiente de restituição  — e=│V_{relativa de afastamento} │/│V_{relativa de aproximação} │  —  0,6=(V_B’ – 12)/(20 – 10)  —  V­_B’=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  — 

E_cB=mV_B’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  —  Q_i=Q_f  —  m_AV_i=m_BV_f  —  3.4=3.V_f  — 

V_f=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 E_mi=mV²/2=3.16/2=24J  —  quando o bloco B pára ele só possui energia potencial elástica armazenada  —  E_mf=kx²/2=4x²/2  —  E_mf=2x²  —    E_mi=E_mf  —  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  —  F_at=μN=μP=0,4.30  — 

F_at=F_R=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=V_o² + 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  —  Q_sa=m_AV_A + m_BV_B=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  —  Q_sd=mV=10V  —  Q_sa=Q_sd  — 

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 E_mP=mV²/2 e no ponto de altura máxima

 Q eles tem energia mecânica E_mQ=mgh  —  pelo teorema da conservação da energia mecânica  —  E_mP=E_mQ  —  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 V_o=0 e g=10m/s², considerando

desprezível o atrito com o ar  —  aplicando a equação de Torricelli  —  V₁²=V_o² + 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  —  m_A=m­_B=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)  —  E_mantes=E_cantes + E_pantes = m.V_A²/2 + m.g.h=m.0²/2 + m.10.0,2  —E_mantes=2m  —  depois (V’_A – velocidade da esfera A instantes antes de atingir a esfera B)  —  E_mdepois=E_cdepois +

E_pdepois=mV’_A²/2 + m.g.h= mV’_A²/2 + m.g.0  —  E_mdepis= mV’_A²/2   —  E_mantes=E_mdepois  —  2m = mV’_A²/2   —  V_A’ = 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)  —  Q_antes=m_A.V’_A + m_B.V_B=m.2 + m.0  —  Q_antes=2m  —  como a colisão é inelástica, as duas esferas obrigatoriamente se movem juntas após a mesma, com velocidade V’’  —   Q_depois= 2mV’’  — 

Q_antes = Q_depois  —  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  —  E_mantes=2mV²/2=2m.1²/2  —  E_mantes=m  —  E_mdepois=2m.g.h=20mh  —  E_mantes = E_mdepois  —  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 F_c=M.V²/R  —  na figura, estão colocadas todas as forças que agem

sobre as esferas nessa situação  —  observe que F_c=N – 2Pcosθ=2mV²/R=2m.0²/R=0  —  N – 2mg=0  —  N – 2.0,1.(0,15/0,2)

N = 1,5N

 

48-

  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  —  E_mP=mV_o²/2 + mgH=0 + 10mH  —  E_mP=10mH  —   E_mQ=mV₁²/2 + mgH=mV₁²/2 + 0  —  E_mQ=mV₁²/2  —  E_mP=E_mQ  —  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)  —  Q_antes=mV₁  —  Q_depois= -mV₂ +2mV₃  —  Q_antes=Q_depois  —  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  —  E_mQ=mV₂²/2 + mgh=m.[(V₁/3)²]/2  —  E_mQ=mV₁²/18  —  E_mR=mV²/2 + mgh=0 + mgh  —  E_mR=10mh  —  E_mQ=E_mR  —  mV₁²/18=10mh  —  V₁²=180h  —  20H=180h  —  h=H/9  —  R- D

 

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