Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Colisões Mecânicas

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 Se 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  S=Vo.t=Vo.πR/Vo  —  S=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=V 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  —  S= So + VAt  —  S= 0 + 10/3.t  —   S= 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’ = VII  —  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.VA2)/2 + (MB.VB2)/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=mVB2/2=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.

 

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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.

 

 

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 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’– 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 – V(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

 

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