Resoluções comentadas dos exercícios de vestibulares sobre Dinâmica Impulsiva

Resoluções comentadas dos exercícios de vestibulares sobre

Dinâmica Impulsiva

01- Alguns automóveis dispõe de um eficiente sistema  de proteção para o motorista, que consiste de uma bolsa inflável de ar (air-bag).

Essa bolsa é automaticamente inflada quando o automóvel sofre uma desaceleração súbita, de modo que a cabeça e o tórax do motorista, em vez de colidirem com o volante, colidem com a bolsa.

Veja pela expressão F.Δt = m.ΔV, onde foram igualados o Impulso I=F.∆t com o momentum (quantidade de movimento), que m e ΔV são constantes (mesmo motorista e mesma variação de velocidade) e assim, teremos:

F.Δt=constante, portanto se você aumentar o intervalo de tempo do choque, estará diminuindo a intensidade da força máxima que o motorista troca com o volante.

Assim, a bolsa aumenta o intervalo de tempo da desaceleração da cabeça do motorista, diminuindo, portanto, a força máxima que atua sobre a cabeça e o tórax  —  R- A.

02- “ O impulso da força resultante de um sistema de forças que age sobre um corpo é igual à variação da quantidade de movimento do corpo”

 

Unidades no SI:

Impulso – newton vezes segundo (N.s)

Quantidade de movimento – quilograma vezes metro por segundo (kg.m/s)

A relação  é uma relação vetorial.

 A quantidade de movimento também é chamada de momentum ou momento.

 F.Δt=mΔV  —  F.0,01=0,12.(6)  —  F=0,72/0,01  —  F=72N  R- D

03- Pássaro- antes V_i=0 e depois ele adquire a mesma velocidade que o avião V_f=900/3,6=250m/s  —  F.Δt=m(V_f – V_i)  — F.0,001=2.(250 – 0)  —  F=500/0,001  — F=500.000N ou F=5,0.10⁵N 

04- Observe a figura abaixo:

P=mg=10m  —  F=60.p=60.10m  —  F=600m  —  F.Δt=m(V_f – V_i)  —  600m.0,2=m(+3V₁) – (-V₁)  —  120=3V₁ + V₁  — 

V₁=120/4  —  V₁=30m/s 

R- C

05-1- Verdadeira – quando ele deixa o degrau, está em queda livre e, nesse caso, a força resultante sobre ele é seu peso e a variação do seu momento linear (quantidade de movimento) é I=P.Δt=mΔV=ΔQ.

2 Verdadeira – cálculo da velocidade com que ele chega ao solo – queda livre com Vo=0 – Torricelli – V² =V_o² + 2.g.ΔS  —  V² =0² + 2.10.0,5  —  V=10 m/s – velocidade com que chega ao solo  —  durante o choque com o solo sua velocidade varia de 10 m/s a zero e o módulo dessa variação éΔV=10 m/s enquanto que sua altura diminui de ΔS=3cm=0,03m , numa desaceleração a de  —  V² =V_o² +2.(-a). ΔS  —  02=(10)² -2.a 0,03  —  a=500/3 m/s²  —  força que ele troca com o solo e que produz essa desaceleração  —  F=m.a=70.500/3  —  F»11.667N  —  peso correspondente à massa de 1ton=1.000kg – P=1.000X10 – P=10.000N  —  portanto – F>P

3- Verdadeira – é a força de contato, que os pés trocam com o solo.

4- Verdadeira – (veja teoria)

 

06- Dados  —   m = 0,8 kg  — v_o = 93,6 km/h = 26 m/s  —   v = 280,8 km/h = 78 m/s  —  o enunciado afirma que antes da colisão a velocidade relativa entre a mola e o capacete é V_R=78 – 26=52m/s, e no instante após a colisão a velocidade relativa é nula  —  assim, a quantidade de movimento da mola após a colisão em relação ao capacete é nula  —  I=ΔQ  —  F.Δt=mΔV  —  F.Δt=m.(V – V_o)  —  F.0,026=0,8.(52 – 0)  —  F=1.600N

R- B

07- Sendo a velocidade uma grandeza vetorial, vamos orientá-la como, por exemplo, para a direita positiva e para a esquerda, negativa e vamos supor que, após o choque, ambos os fragmentos se movam para a direita  —  Q_a (antes da explosão)  —  Q_a=mV=m.10  — Q_a=10m  —  Q_d (depois da explosão)  —  Q_d=(m/2)V₂ + (m/2)V₁  — Q_d=(mV₂ + mV₁)/2  —  Q_a = Q_d  —  10m=(mV₂ + mV₁)/2  —  V₂ + V₁=20 m/s  —  com a trajetória orientada para a direita, a soma algébrica das duas velocidades deve ser 20.(01) +15 -5=10m/s (falsa)  —  (02) +20 + 0=20m/s (verdadeira)  —  (04) +30 -10=20m/s (verdadeira)  —  (08) +25 + 0=25m/s (falsa)  —  (16) +25 – 5=20m/s (verdadeira)  —  (32) +10 + 0=10m/s (falsa)  —  (64) +50 – 30=20m/s (verdadeira)  — 

Soma (02 + 04 + 16 + 64) = 86

08- O pescador deve correr para B, a fim de que a força que seus pés exercem sobre a jangada a

acelere no sentido B para A, fazendo com que ela se afaste da trajetória do torpedo.

09- Trata-se de um sistema mecanicamente isolado, pois apenas forças internas provocam variações de velocidades  —  assim, ocorre conservação da quantidade de movimento do sistema  —  como se trata de uma grandeza vetorial, as partículas  e devem ter velocidades de sentidos e de mesmo módulo, uma vez que as massas são iguais  —  essas velocidades também devem se anular, pois como a quantidade de movimento inicial é nula, a final também deverá ser nula  —  R- A

10-  Antes  —  Q_a=m.v_o 

Depois – Q_o=m/3.3v_o=m.v_o – Q₁=m/6.v₁ – Q₂=m/2.v₂

a) Como a quantidade de movimento () antes da explosão é horizontal e para a direita, a quantidade de movimento de movimento () depois da explosão também deverá ser horizontal e para a direita. Assim,  e  devem se anular, ou seja  —  Q_o=Q₂  —  m.v_o=m/2.v₂  —  v₂=2.v_o

b) Como os vetores verticais se anulam,  deve ser igual a , ou seja,  —  m.v_o=m/6.v₁  —  v₁=6.v_o   

c) Considerando a energia mecânica como sendo apenas a cinética  —  antes –E_ma=m.v_o²/2  — depois  —  E_md=m/3.(3v_o)²/2 + m/6.(6v_o)²/2 + m/2.(2v_o)²/2  — E_md=11m.v_o²/2  —  E_md>E_ma – aumenta

11-

 

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

12- 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

Calcule a modificação na velocidade do cometa e faça um comentário sobre a alegação da astróloga russa. 

 

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- 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

 

15- 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).

16- 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

 

17- 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 (2R)  e percorreu mais (S_A) até o encontro  —  (S_A) + (2R) =S_B  —  V_o.t  + 2R=3V_o.t  —  t=R/V_o I  —  substituindo I em  S_A=V_o.t=V_o.R/V_o  —  S_A =R (percorreu meia circunferência a partir do ponto 1) ou S_B=3V_o.t=3V_o.R/V_o  —  S_B=3R (percorreu uma circunferência e meia a partir do ponto 1) – R- B

18- 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

 

19- 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

20- A previsão de Pedro é correta, pois a quantidade de movimento do sistema sempre se conserva, ou seja, .

21- 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 a C, 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.

22-

1. Sendo os atritos desprezíveis e considerando o sistema conservativo você pode utilizar o teorema da conservação da energia mecânica.

A. Energia mecânica no ponto M onde V_M=0 e h=1,35m   —  E_M=E_cM + E_pM   —  E_M=mV_M²/2 + m.g.h=m.0²/2 + m.10.1,25  —  E_M=0 + 12,5m  —  E_M=12,5m  —  energia mecânica no ponto N onde h=0 e V_N=?  —  E_N=E_cN + E_pN   —

–  E_N=mV_N²/2 + m.g.h=m.V_N²/2 + m.10.0  —  E_N=mV_N²/2 + 0  —  E_N=mV_N²/2  —  pelo teorema da conservação da energia mecânica  — E_M=E_N  —  12,5m = mV_N²/2  —  V_N=√25  —  V_N=5m/s.

B. Energia mecânica no ponto P onde V_P=? e h=0   —  E_P=E_cP + E_pP   —  E_M=mV_P²/2 + m.g.h=m.V_P²/2 + m.10.0  —  E_P=mV_P²/2  — energia mecânica no ponto Q onde h=0,8m e V_Q=0  —  E_Q=E_cQ + E_pQ   —  E_Q=mV_Q²/2 + m.g.h  — E_Q=m.0²/2 + m.10.0,8  —  E_Q= 0 + 8m  —  E_Q=8m  —  pelo teorema da conservação da energia mecânica  —  E_P=E_Q  —

mV_P²/2 = 8m  —  V_P=√16  —  V_P=4m/s.

2. Cálculo do coeficiente de restituição na primeira colisão com o solo onde a velocidade antes da colisão é V_a=5m/s e a velocidade depois da colisão é V_d=4m/s  —  pelo enunciado e=V_d/V_a=4/5  —  e=0,8  —  na segunda colisão a velocidade com que ela sai do solo e atinge a altura de h=0,8m é a mesma com que ela chega ao solo a partir dessa altura  —  V’_a=4m/s  —  ela abandona o solo com V’_b=?  —  usando novamente o coeficiente de restituição e=0,8  —

e=V’_d/V’_a  —  0,8=V’_d/4  —  V’_d=3,2m/s.

3.  Cálculo das quantidades de movimento da bolinha 1 antes e depois da primeira colisão, orientando, a partir do solo a trajetória para cima  — Q_1antes=m.(-V_N)=m.(-5)= – 5m  —

–  Q_1depois=m.(+V_P)=m.4=4m  —  somando vetorialmente  —  Q₁= 4m – (-5m)  —  Q₁=9m=∆Q₁  —  analogamente, calculando as quantidades de movimento da bolinha 2 antes e depois da colisão e, como ela foi abandonada da mesma altura que a bolinha 1 ela chega ao solo com a mesma velocidade de V_2antes=5m/s e pára V_2depois=0  —  orientando, a partir do solo a trajetória para cima  —  Q_2antes=m.(-V_2antes)=m.(-5)= – 5m  —  Q_2depois=m.0=0 —  somando-os vetorialmente você obterá  —  Q₂=0 – (-5m)  —  Q₂=5m=∆Q₂  —  pelo teorema do impulso  —  I=∆Q=F.∆t  —  F= ∆Q/∆t  —  F₁=∆Q₁/∆t  —  F₁=9m//∆t  —  F₂=5m//∆t  —  sendo o intervalo de tempo das colisões os mesmos  —  F₁ > F₂.

23- Quantidade de movimento de cada grupo de 3 alunos de massa m com velocidade de 5m/s  —  Q=Mv=3m5=15m  — quantidade de movimento do quarto grupo com 6 alunos e com velocidade V  —  Q’=6mV  —  a velocidade V, em módulo, desse grupo de 6 alunos para satisfazer a coreografia do professor, deve ser tal que a quantidade de movimento total (grandeza vetorial) deve ser nula  —  para que isso ocorra (veja figura) Q’ = Q  —  6mV = 15m  —  V=2,5m/s  —

R- D.

 

 

 

 

 

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