Física iaULas 29 e 30:

REVISÃO DE IMPULSO, QUANTIDADE DE MOVIMENTO E COLISÃO

eXeRcíciOs PROPOsTOsAnUaL

VOLUME 6

OSG.: 100067/15

01. Dados:V

1 = 8 m/s

V2 = – 0,6 m/s

Propriedade do gráfico fxt, o impulso da força resultante é numericamente igual à área do grafico. Usando o teorema do impulso quantidade de movimento, teremos:

� � ��

�I QF t

m v Fm v

t

F

F

m xm x= ⇒ = ⇒ = =

× × − −⇒∆

∆∆

∆∆

áá2

2 2 0 4 0 6 8

0 2

, ,

,

mm x ,á = 34 4 N

Resposta: B

02. Considerando as velocidades para a direita como positivas:

Antes → Qa = m30 + m · 20 = 50 · m → Q

a = 50 · m

Depois → Qd = mV’

+ mV’ = 2mV’ → Q

a = Q

d → 50 m = 2 mV’ → V’=25m/s

Resposta: B

03. A) Como a perda de energia cinética é máxima, o choque é inelástico → Qa = m

1V

1 + m

2V

2 = 4 · 3 + 0 → Q

a = 12 kg · m/s →

→ Qd = (m

1 + m

2) · V’ = (4 + 2) · V’ → Q

d = 6V’ → Q

a = Q

d → 12 = 6V’ → V’ = 2 m/s

B) Eca

= m1V

12/2 + m

2V

22/2 = 4· 9/2 + 0 → E

ca = 18 J → E

cd = m

1V’2/2 + m

2V’2/2 = 4 · 4/2 + 2 · 4/2 → E

cd = 12J → E

c = 18 – 12 = 6 J

Resposta: A) V’ = 2 m/s B) 6 J

04. Considerando velocidade 4 s positiva para a direita → Qa = 5 · 1 + 1 · (– 8) → Q

a = –3 kg · m/s → Q

d = (5 + 1)V’ →

→ Qd = 6V’ → Q

a = Q

d → –3 = 6V’ →V’= – 0,5 m/s (negativa, para a esquerda).

Resposta: A

05. A) Incorreta. Se Q e QA B

�� �� são constantes e iguais, os movimentos das partículas A e B ocorrem em retas paralelas, no mesmo sentido.

B) Incorreta. Isso só ocorre no caso particular em que mA = m

B.

C) Incorreta. Isso também só ocorre no caso particular em que mA = m

B.

D) Correto.

Q Q m v m vSem m

m v m v vv

A B A A B B

A B

B A B B AB

= ⇒ ==

= ⇒ =

2

22

Resposta: D

06. Trata-se de um choque inelástico (e = 0), e eles, após o choque, se movem juntos com velocidade comum de8 m/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 →

→ Qa = Q

d → 24 + 4m

Y = 16 + 8m

Y → 8 = 4m

Y → m

Y = 2 kg

Resposta: my = 2 kg

OSG.: 100067/15

Resolução – Física I

07.

Qa = 30 V → Q

d = (30 + m’) · V/2 → Q

a = Q

d → 30 V = (30 + m’) · V/2 → 60 = 30 + m’ → m’ = 30 g R – D → ou o sistema deverá

conservar a quantidade de movimento horizontal inicial. Dessa 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 à bolinha de isopor.

Resposta: D

08. A) Considerando velocidades para a esquerda como positivas → mc = 6.000 kg – V

c = 54 km/h/3,6 =15 m/s → m

a = 2.000 kg →

→Va = 72 km/h/3,6 = 20 m/s → Q

a = m

aV

a + m

cV

c = 2.000 · 20 + 6.000 · 15 → Q

a = 130.000 kg · m/s → Q

d = (m

c + m

a) →

→ V’ = 8.000 V’ → Qd = 8.000V’ → Q

a = Q

d → 130.000 = 8.000 V’ → V’ = 16,25 m/s → 3,6 → V’=58,5 km/h

B) Energia cinética inicial do carro – Eci

= mcV

c2/2 = 2.000.(20)2/2 → E

ci = 400.000 J → Energia potencial gravitacional do centro

de massa do carro que subiu h = 50 cm = 0,5 m → Ep

= ma · g · h = 2.000 · 10 · 0,5 → E

p = 10.000 J → regra de três →

→400.000 J – 100% → 10.000 J – p → p = 10/4 → p=2,5%

Resposta: A) V’ = 58,5 kg/h B) p = 2,5%

09. QA

= mAV

A → 80 · 10–3 = m

A · 8 → m

A = 80 · 10–3/8 → m

A = 10–2 kg → Q

B = m

BV

B → 25 · 10–3 = m

B ·1 → m

B = 25 · 10–3 kg =

= 2,5·10–2 kg → Qa = m

AV

A + m

BV

B = 10–2 · 8 + 2,5 · 10–2 ·1 → Q

A = 10,5 · 10–2 kg · m/s → Q

d = (m

A + m

B)V’ = 3,5 · 10-2 · V’ →

→ Qa = Q

d → 10,5 · 10–2 = 3,5 · 10–2 · V’ → V’= 3 m/s

Resposta: C

10.

repouso

antes

B

M

v0

m

A

após

B

M

v0

2

m

A

vB

Sendo a colisão elástica, vem:

V V

VV

v

VV

af ap

B

B

=

− =

=

00

0

23

2

OSG.: 100067/15

Resolução – Física I

O sistema é isolado no ato da colisão e, portanto, haverá conservação da quantidade de movimento total:Q

após = Q

antes

Mvmv

mv

Mv mv

mv

M mm

M mM

m

B + =

+ =

+ =

= → =

00

0 00

23

2 23

2 23

2 2 3

Resposta: A

11. mp/m

s = 1/999 → m

s=999 m

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 = 1.000 m

p · 0,25 →

→ Vp = 250 m/s

Resposta: C

12. Trata-se de um choque inelástico oblíquo (se movem juntos após o choque).

Resposta: B

13. Esquematizando a situação e supondo que após o choque, eles se movam para a direita.

antes

VM = 5 m/s V

N = 3 m/s

durante

depois

VM’

VN’

Aplicando o teorema da conservação da quantidade de movimento, supondo velocidades positivas para a direita e negativas para a

esquerda → Qa = 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 · VN’ + 15 · V

M’ → 13 · VN’ + 15 · VM’ = 36 (I) → aplicando a expressão do coeficiente de restituição

– e = V / Vr rdepois antes→ 3/4 = (V

N’ – V

M’)/(5 + 3) → VN’ – VM’ = 6 (II) → resolvendo o sistema composto por I e II →

→ VN’ = 4,5 m/s (para a direita) e VM’= – 1,5 m/s (para a esquerda).

OSG.: 100067/15

Resolução – Física I

14. Esquematizando a situação:

Qa = 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

Resposta: C

15.

Q Q

m m Vm

m V m

V m s

f i=

+ ⋅ − ⋅ =

⋅ = ⋅

= =

0

410

21 0

521

1021

500 42

( )

,

Resposta: D

16. Qa = Q

d → m

1 · (–2) + m

2 · (4) = m

1 · (3) + m

2 · (1) → 5m

1 = 3m

2

Resposta: E

17. Como não é inelástico (não se movem juntos), nem elástico (enunciado), é parcialmente elástico → antes → → Q

a = MV

o – M2V

o → depois → como B para, A só pode voltar com velocidade V → Q

d = M · (–V) → Q

d = – MV → Q

a = Q

d → MV

o

– 2MVo = – MV → V = – V

o → E

f = MVo

2 /2 → Ei/E

f = 5 2MVo /2 · 2/MVo

2 → Ef = E

i/5 → e = módulo da velocidade relativa depois /

módulo da velocidade relativa antes → e = Vrd/V

ra = V

o/3V

o → e = 1/3

Resposta: D

18. 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 →

→ Qd = 3m

BV + m

BV

o → Q

a = Q

d → 2m

BV

o = 3m

BV + m

BV

o → VA = Vo/3 VB = 3VA = 3Vo → equação de cada bola →

→ SA = 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.

t = 0

encontro

SA = S

B

SA

tp

OSG.: 100067/15

Resolução – Física I

Nesse instante, a bola A está na posição SA e percorreu essa distância (S

A), enquanto a bola B deu uma volta completa (2pR) e percorreu

mais (SA) até o encontro → (S

A) + (2pR) = S

B → V

o · t

+ 2pR = 3V

o · t → t = pR/V

o (I) → substituindo I em S

A =V

o · t = V

o · pR/V

o → S

A = pR

(percorreu meia circunferência a partir do ponto 1) ou SB = 3V

o · t = 3V

o · pR/V

o → S

B = 3pR (percorreu uma circunferência e meia a

partir do ponto 1).

Resposta: B

19. VA

VB

d

mmm m

CA B

14d dd5 5

− =4dd1 5=

3 m/s

C

Q Q

mv mv m

V V

Vd

tV t

dV

d

t

antes depois

A B

A B

A A A

=

− =− =

= → = → =

2 3

6

4

5

4

51

·

∆∆

∆

VVd d

tV t

dV

d

t

V Vd

t

d

t

d

td

t

B B B

A B

= − → = → =

− = → − = → =

1

5 5

64

5 56

3

56

5

∆∆

∆

∆ ∆ ∆

∆== → =

= = =

= =

6

3 52

45

4 2 8

52

d

t

Vd

t

Vd

t

A

B

∆

∆

∆

· · m/s

m/s

Resposta: B

20. Como os caixotes têm a mesma massa, e os choques são perfeitamente elásticos, em todos os choques eles trocam ou conservam suas velocidades.

1º choque: B com A 2º choque: A com a parede

antes antes

V = 0V

0

depois depois

V = 0V

0V

0V

0

3º choque: A com B

antes

V = 0V

0

depois

V = 0V

0

2º cho

antes

= 0

3º h A B

com a parede

depois

V0

VV

oque: A c

s

V0

VV

Observe que após o 3º choque, VA = 0 e V

B = V

o

Resposta: E

naldo/Rev.: JA10006715 - pro_Aula29-30-Revisão de Impulso, Quantidade de Movimento e Colisão