Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
01
A quantidade de movimento inicial do sistema (bala + madeira) é diferente
de zero, mas a quantidade de movimento, ao término, da colisão é igual a
zero. Sendo assim, a quantidade de movimento total não se conserva.
Resposta: E
1
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
02
Situação inicial:
Ambas em repouso → quantidade de movimento do sistema igual à zero.
Situação final:
Quantidade de
movimento
do
sistema
é
nula
(enunciado).
Poderíamos pensar em uma situação em que o atrito trocado entre as
patinadoras e o chão as fizessem atingir o repouso posteriormente.
Contudo, se essa fosse a hipótese escolhida, não teríamos alternativa
que marcasse todas como corretas.
Sendo assim, consideraremos que o sistema é isolado mecanicamente, e
o somatório dos impulsos das forças externas seja igual a zero.
Pressupomos que a situação final seja imediatamente após a interação, o
peso e a normal se equilibram na vertical, pois o movimento das
patinadoras é horizontal; os atritos trocados entre as mãos agem como
forças internas ao sistema e o atrito com o chão seja desprezível.
Essa hipótese é contemplada na alternativa d.
Resposta: D
2
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
03
Repouso: resultante nula.
Sistema isento de forças externas → a quantidade de movimento do
sistema se conservará, ou seja, será mantida constante.
Resposta: D
3
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
04
(01) Verdadeira. As forças trocadas são de mesma intensidade e agiram
no mesmo intervalo de tempo; sendo assim, o impulso será igual.
(02) Verdadeira. A princípio, a mola não perdeu massa na colisão e sua
velocidade diminuiu devido à colisão com o capacete. Se o produto
(m • V) diminuiu, então a quantidade de movimento da mola diminuiu
também.
(04) Falsa. Uma parte da energia cinética do sistema foi utilizada para
danificar o capacete do piloto, por isso a energia cinética do sistema
(mola/capacete) não se conservou.
(08) Falsa. Na verdade, não podemos afirmar isso porque não temos
dados consistentes para julgar esta alternativa. Contudo, como se
trata de uma questão de vestibular, em condições ideais podemos
admitir que, imediatamente após a colisão, a mola ficará submetida
apenas à ação gravitacional enquanto o carro permanece com
velocidade constante nas curtas frações de segundo que sucedem a
colisão.
(16) Verdadeira. A interação se deu por um intervalo de tempo muito
curto, fazendo com que o somatório dos impulsos das forças
externas se reduza a zero. Por essa razão, o sistema é
mecanicamente isolado.
Soma = 17 (01 + 16)
Resposta: 17
4
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
05
Qa = Qd
(1 + 0,02) • 0 = 1 • V + 0,02 • 1 000
V = –20 m/s
Resposta: B
5
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
06
Os gases provenientes da explosão irão expandir e, com isso,
propulsionar o projétil no mesmo sentido em que o canhão se movimenta.
No entanto, essa expansão provocará, mesmo que minimamente, um
retardo na velocidade do conjunto (canhão + vagão).
Resposta: B
6
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
07
Considerando o sistema isolado, a quantidade de movimento do sistema
patinador-A/patinador-B é constante. Logo, sendo Q a quantidade de
movimento do sistema antes do encontro e Q' a quantidade de
movimento do sistema depois do encontro, tem-se: Q = Q ’
Como, nesse caso, o tratamento vetorial é dispensável, é possível uma
solução algébrica. Para isso, devemos proceder do seguinte modo:
1o) Orientamos o eixo.
Q = Q’
Depois do encontro, os patinadores estarão com a mesma velocidade
(V):
Ma ⋅ Va + Mb ⋅ Vb = (Ma + Mb) ⋅ V
Mas Ma = Mb = M, então a expressão anterior pode ser escrita assim:
Va + Vb = 2 ⋅ V
Daí: V = 2,5 m/s
2o) Interpretamos o resultado
O conjunto passa a se movimentar com velocidade 2,5 m/s.
Resposta: C
7
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
08
Qa = Qd
(120 + 5) • V = 120 • 15 + 5 • 20
125 • V = 1 800 + 100
V = +15,2 m/s
Resposta: E
8
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
09
Como o sistema é mecanicamente isolado, temos:
Qantes = Qdepois
Orientaremos no sentido de A para B:
• Sistema AB:
Qantes = 0 (pois ambos estavam em repouso)
Qantes = Qdepois
0 = QA + QB (em que QB = m • V)
0 = QA + m • V
QA = –m • V (para a esquerda)
• Sistema BC:
Qantes = Qdepois
m • V = Q(B + C)
m • V = 2m • Vf
V
Vf = + (para a direita)
2
Resposta: C
9
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
10
Como o sistema é mecanicamente isolado, temos:
Qantes = Qdepois
Orientaremos no sentido do movimento do pai.
Mp • Vp in + Mf • Vf in = Mp • Vp fin + Mf •Vf fin
70 • 0,5 + 30 • (–2) = (70 + 30) • Vconjunto
Vconjunto = –0,25 m/s
Os dois adquirem velocidade de 0,25 m/s no mesmo sentido da
velocidade da criança antes da colisão.
Resposta: E
10
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
11
Como o sistema é mecanicamente isolado, temos:
Qantes = Qdepois
Orientaremos no sentido de A para B:
MA • VA in + MB • VB in = MA • VA fin + MB • VB fin
m • 0 + 3m • 0 = m • 1,5 + 3m • VB fin
VB fin = –0,5m/s
A velocidade final de B, em módulo, é 0,5 m/s, no sentido contrário ao
sentido do movimento do bloco A.
Resposta: A
11
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
12
(01) Verdadeira.
Qantes = Qdepois
60 • 0 + 30 • 0 = 60 • 0,3 + 30 • V ⇒ V = –0,6m/s
Em 2 s, o homem se afasta 0,6 m, e a criança se afastará 1,2 m da
posição inicial. Logo, a distância entre os patinadores 2,0 s após
eles se separarem é de 1,8 m.
(02) Falsa. A energia mecânica inicial é menor que a final, pois ambos
estavam em repouso inicialmente.
(04) Falsa. As forças de contato trocadas entre os corpos não são
conservativas.
(08) Verdadeira. O sistema é mecanicamente isolado.
(16) Falsa. Após a interação, os corpos se locomovem em sentidos
contrários.
(32) Verdadeira. A quantidade de movimento do sistema será alterada
somente se o somatório dos impulsos das forças externas for
diferente de zero.
Soma = 41 (01 + 08 + 32)
Resposta: 41
12
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
13
Considerando o sistema isolado, a quantidade de movimento do sistema
é constante. Logo, sendo Q a quantidade de movimento do sistema antes
e Q' a quantidade de movimento do sistema depois, temos: Q = Q'
Como, nesse caso, o tratamento vetorial é dispensável, é possível uma
solução algébrica. Para isso, orientamos um eixo:
A quantidade de movimento inicial é nula.
Q = Q’ ⇒ 0 = Ma • Va + Mb • Vb
Mas Ma = M e Mb = 3M, então a expressão anterior pode ser escrita
assim:
Va = 3 • Vb
1
1
9
a) Ec a = M ⋅ Va2 = M ⋅ (3Vb)2 ⇒ Ec a = M ⋅ (Vb)2
2
2
2
1
3
⋅ 3M . Vb2 ⇒ Ec b =
M • Vb2
Ec b =
2
2
Ec a
=3
Ec b
b) De acordo com o Teorema da Energia Cinética:
τR = ∆Ec a
A resultante das forças que agem no corpo A é a força elástica:
(Ra = Fa)
Logo:
τFa = Ec a (pois a Ec inicial é nula)
Analogamente:
τFb = Ecb (pois a Ec inicial é nula)
Portanto:
13
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
τF
τF
a
b
=
Ec a
Ec b
⇒
τF
τF
a
=3
b
c) De acordo com o Princípio da ação-reação, as intensidades das forças
que agem em cada um dos corpos A e B são iguais, contudo os
deslocamentos são diferentes. O corpo de menor massa se desloca
mais, o trabalho sobre ele é maior.
Respostas:
E
a) c a = 3
Ec b
b)
τF
τF
a
=3
b
c) As forças apresentam a mesma intensidade (de acordo com o Princípio
da ação-reação), mas os deslocamentos são diferentes.
14
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
14
De acordo com o enunciado, não há atrito entre as patinadoras e o solo.
Assim, podemos afirmar que o sistema de corpos formado por cada
patinadora e a bola durante a interação é isolado:
•
1a interação (entre Maria e a bola):
Q = Q’ ⇒ 0 = M ⋅ VM' + m ⋅ v ⇒
VM' = −
m⋅v
M
• 2a interação (entre Luísa e a bola):
Q = Q’ ⇒ m ⋅ v + M ⋅ V = (m + M) • VL'
⇒ VL' =
(mv – MV)
m+M
Resposta: D
15
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
15
Como o sistema é isolado, a quantidade de movimento do sistema
skatista-irmã é constante. Logo, sendo Q a quantidade de movimento do
sistema antes e Q' a quantidade de movimento do sistema depois,
temos: Q = Q'
Como, nesse caso, o tratamento vetorial é dispensável, é possível uma
solução algébrica. Para isso, devemos orientar um eixo:
Q = Q’
A quantidade de movimento inicial é nula. Para o cálculo da quantidade
de movimento final, devemos nos lembrar da massa do skate, que é 1 kg.
0 = (Ms + 1) • Vs + (Mi + 1) • Vi
sendo que o índice s se refere ao skatista e o i à sua irmã.
A expressão anterior pode ser escrita assim:
Mi = (Ms + 1) ⋅
Vs
–1
Vi
(I)
Chamando-se de ds e di os deslocamentos dos dois irmãos até o instante
do encontro, podem afirmar que:
Vs
d
= s =3
Vi
di
Sabendo que Ms = 45 kg, substituindo-se na expressão (I), obtemos:
Mi = 14,3 kg
Resposta: D
16
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
16
a) A intensidade do impulso pode ser calculado a partir da força média:
I = Fm ⋅ ∆t ⇒ I = 30 N ⋅ s
b) Aplicando-se o Teorema do impulso para o rapaz, vem:
IR = ∆Q = m ⋅ ∆ V
Quando não há mudança de direção, o problema pode ser resolvido
algebricamente. Inicialmente, adotamos um eixo. Em relação a esse
eixo:
If = Mr • (Vr – V0)
Sendo:
• V0 = 0 (inicialmente parados)
• If = 30 N ⋅ s
• Mr = 75 kg
obtemos:
Vr = 0,4 m/s
Como o sistema constituído pelo rapaz e pela garota é isolado, a
quantidade de movimento do sistema é constante.
Q = Q’
A quantidade de movimento inicial é nula.
0 = Mg ⋅ Vg + Mr ⋅ Vr (I)
sendo que o índice g se refere à garota e o r à sua irmã. Logo:
0 = 50 ⋅ Vg + 75 ⋅ 0,4 ⇒ Vg = 0,6 m/s
Respostas:
a) 30 N • s
b) 0,6 m/s e 0,4 m/s
17
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
17
O sistema projétil-carrinho é isolado. Nessas condições, a quantidade de
movimento do sistema projétil-carrinho é constante.
Logo, sendo Q a quantidade de movimento do sistema antes do disparo
do projétil e Q' a quantidade de movimento do sistema depois do disparo
do projétil, temos: Q = Q'
Como nesse caso o tratamento vetorial é dispensável, é possível uma
solução algébrica. Para isso, devemos orientar um eixo e escrever a
equação da conservação da quantidade de movimento na forma
algébrica: Q = Q’
A quantidade de movimento inicial é nula.
0 = Mc ⋅ Vc + Mp ⋅ Vp
sendo que o índice c se refere ao carrinho e o p ao projétil.
0 = 7,5 ⋅ Vc + 0,015 ⋅ Vp
A velocidade do carrinho vale:
∆S 0,52
Vc =
⋅
= 1,3 m/s
∆t
0,4
Daí, obtemos:
Vp = –650 m/s
Agora, interpretamos o resultado: O projétil adquire velocidade 650 m/s no
sentido contrário ao carrinho.
Considerações:
1. A massa do carrinho sem o projétil é:
Mc = 7,500 – 0,015 = 7,485 kg
Se os cálculos fossem feitos com esse valor, a velocidade do projétil
seria Vp = 648,7 m/s ≈ 650 m/s
Como o autor da questão pede um valor aproximado, consideramos o
valor Mc = 7,5 kg, o que resulta considerável economia de trabalho sem
alterar o resultado.
∆S
2. Quando calculamos a velocidade do carrinho pela expressão Vc =
,
∆t
estamos calculando a velocidade média, enquanto na expressão da
18
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
quantidade de movimento interessam os valores da velocidade
instantânea no instante em que cessa a interação entre os corpos.
Mas, nesse caso, substituir a velocidade instantânea pelo valor médio
causa um erro muito pequeno porque a interação é rápida —
acompanhe o gráfico a seguir.
O carrinho está inicialmente em repouso e, após um intervalo de tempo
muito pequeno, adquire a velocidade Vf. Vamos calcular Vf e Vm.
∆S1
Vf =
∆t1
Sendo:
∆S1 = área do retângulo hachurado
∆t1 = 0,4 – ∆t2
∆S
Vm =
∆t
sendo:
∆S = ∆S1 + ∆S2 = área do retângulo hachurado + área do triângulo
sombreado = 0,52 m
∆t1 = 0,4 s
Mas ∆t2 é um intervalo de tempo muito curto, da ordem de milésimos
de segundo. Portanto:
∆t1 = ∆t = 0,4 s
Logo, ∆S2 é muito pequeno quando comparado a ∆S.
Assim:
∆S1 = ∆S = 0,52 m
e
Vf = Vm
Resposta: D
19
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
18
a) Considerando o sistema isolado, a quantidade de movimento do
sistema corpo 1-corpo 2 é constante. Logo, sendo Q a quantidade de
movimento do sistema e Q' a quantidade de movimento do sistema
depois: Q = Q'
Como nesse caso o tratamento vetorial é dispensável, é possível uma
solução algébrica. Para isso, podemos orientar um eixo e escrever a
equação da conservação da quantidade de movimento na forma
algébrica.
Q = Q’
A quantidade de movimento inicial é nula.
V2 m1
=
0 = m 1 • V1 + m 2 • V2 ⇒
(I)
V1 m2
Depois de as esferas perderem o contato com o tubo, são lançadas
horizontalmente. O lançamento horizontal é a composição de uma
queda livre com um MRU horizontal.
As equações do lançamento horizontal da esfera 2 são:
1
⋅ gt 2
2
x = V2 • t
y=
Ao chegar ao solo:
1
H = ⋅ gt 22 (II)
2
0,75 = V2 • t2 (III)
Analogamente, para esfera 1:
1
H = ⋅ gt 2 (IV)
2
0,50 = V2 • t1 (V)
Comparando as expressões (II) e (IV), concluímos que os tempos de
queda são iguais:
20
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
t2
= 1 (VI)
t1
Comparando as expressões (III) e (V), concluímos que:
V2
0,75 V2
= 1,5 (VII)
=
⇒
0,5
V1
V1
t1 = t2 ⇒
b) Pela expressão (I):
V2 m1
m
=
⇒ 1,5 = 1
V1 m2
m2
⇒
m
3
= 1
m2
2
⇒
m2
2
=
m1
3
Respostas:
t
V
a) 2 = 1; 2 = 1,5
t1
V1
b)
m2
2
=
m1
3
Observação: Desconsidere o gabarito dado para os itens a e b desta
questão no Caderno de Exercícios e considere a resposta acima.
Desconsidere, também, os itens a e b pedidos no enunciado e considere
estes:
t
V
a) as razões 2 e 2
t1
V1
b) a razão
m2
.
m1
21
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
19
⇒ F ⋅ ∆t = n ⋅ m ⋅ V − 0 , em que n representa o
(01) Correta. I = ∆Q
número de projéteis. Assim, para n = 5 projéteis, temos:
5 ⋅ 0,1⋅ 100
⇒ ∆t = 1,0 s
50
m ⋅ V2
0,5 ⋅ 1002
m ⋅ V2
(02) Incorreta. Ec =
⇒ Ec =
⇒ Ec =
⇒
2
2
2
⇒ Ec = 2500 J
(04) Incorreta. m ⋅ V = (M + m) ⋅ V ' ⇒ 0,5 ⋅ 100 = (99,5 + 0,5) ⋅ V ' ⇒
∆t =
⇒
V' =
(08) Correta.
⇒
50
100
τF
AT
⇒
= ∆E c
−µ ⋅ m ⋅ g ⋅ d = −
V ' = 0,50 m/s
o
⇒ µ ⋅ m ⋅ g ⋅ d ⋅ cos180 = 0 − Ec ⇒
m ⋅ V2
2
⇒ d=
V2
⇒
2⋅µ⋅g
0,52
0,25
⇒ d=
⇒ d=
⇒ d = 0,2 m
2 ⋅ 0,0625 ⋅ 10
1,25
(16) Incorreta. m ⋅ V = (M + m) ⋅ V ' ⇒ 0,1⋅ 100 = (49,9 + 0,1) ⋅ V ' ⇒
10
⇒ V ' = 0,20 m/s .
50
Assim, do Princípio da Conservação
⇒ V' =
da
Energia,
vem:
m⋅V
V
0,22
0,04
= m⋅ g⋅h ⇒ h =
⇒ h=
⇒ h=
⇒
2⋅g
2
2 ⋅ 10
20
⇒ h = 2,0 mm
2
2
Soma = 9 (01 + 08)
Resposta: 9
22
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
20
O sistema formado pelo vagão de massa M e n balas disparadas com
velocidade Vbalas de massa unitária m é mecanicamente isolado. Sendo
assim, temos:
Qantes = Qdepois
Orientaremos no sentido do movimento do vagão.
(M + n • m) + 0 = M • Vvagão + n • m • Vbalas
M
Vbalas = −
• Vvagão
n⋅m
L = |Vvagão • ∆t|+ |Vbalas • ∆t|
L = (|Vvagão| + |Vbalas|) • ∆t
|Vvagão • ∆t| = Dvagão
L = Dvagão + |Vbalas •∆t|
M
L=D+
• |Vvagão • ∆t|
m
Lembrando que |Vvagão • ∆t| = Dvagão, vem:
M
M 

L = Dvagão +
• Dvagão ⇒ L = Dvagão •  1 +

n⋅m
 n⋅m 
M 

Note que a expressão  1 +
 resultará um número maior que 1; logo
 n⋅m 
Dvagão não poderá ser maior que L. Se, hipoteticamente, a massa total
composta por n balas de massa m (produto n • m) tender ao infinito,
então Dvagão tenderá a assumir o valor L.
Resposta: D
23
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
21
a) O sistema projétil-vagão é isolado. Nessas condições, a quantidade de
movimento do sistema projétil-vagão é constante. Como, nesse caso, o
tratamento vetorial é dispensável, é possível uma solução algébrica.
Para isso, devemos orientar um eixo e escrever a equação da
conservação da quantidade de movimento na forma algébrica.
Q – Q’
Observe que há uma variação de velocidade do vagão antes e depois
do disparo que vamos chamar de ∆V Portanto, sendo V a velocidade
do vagão antes do disparo, a velocidade do vagão depois será V + ∆V.
Vamos chamar de M + m a massa do sistema antes do disparo.
A velocidade do projétil Vp pode ser escrita em função da velocidade do
vagão e da velocidade relativa (veja gráfico a seguir).
Vp = V + ∆V – U
(M + m) • V = M • (V + ∆V) + m • (V + ∆V – U)
(M + m) • V = V • (M + m) + ∆V • (M + m) – Um
mU
∆V =
(M + m)
Como M >>> m, vem:
m⋅U
∆V =
M
b) Observe o gráfico.
24
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
Vamos chamar de N o número de projéteis lançados em um intervalo
de tempo ∆t. Se, em cada disparo, a velocidade aumenta ∆V, no
intervalo de tempo ∆t o aumento de velocidade será N ⋅ ∆V.
Chamando de am a aceleração média, temos:
∆V
am = N ⋅
∆t
N
mU
= n (número de disparos na unidade de tempo) e ∆V =
.
Mas
∆t
M
Então, obtemos:
n ⋅m ⋅U
am =
M
c) Supondo que F seja a única força horizontal atuando no vagão, ela
será a resultante. Nessa situação:
F = R = M • am ⇒ F = n • m • U
Respostas:
m⋅U
a) ∆V =
M
n ⋅m ⋅U
b) am =
M
c) Fm = n • m • U
25
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
22
O sistema nave-gases lançados é isolado, pois, de acordo com o
enunciado, não há forças externas agindo. Nessas condições, a
quantidade de movimento do sistema nave-gases lançados é constante.
Como, nesse caso, o tratamento vetorial é dispensável, é possível uma
solução algébrica. Para isso, devemos orientar um eixo e escrever a
equação da conservação da quantidade de movimento na forma
algébrica.
Q = Q’
Observe que há uma variação de velocidade da nave antes e depois do
lançamento dos gases que vamos chamar de ∆V. Portanto, sendo V a
velocidade da nave entes do lançamento dos gases, a velocidade da nave
depois será V + ∆V.
Vamos chamar de m a massa do sistema antes do lançamento dos
gases. A massa da nave depois do lançamento dos gases será m – ∆m.
Logo:
m ⋅ V = (m – ∆m) • (V + ∆V) + ∆m ⋅ Vg
Sendo que o índice g se refere aos gases lançados e a falta de índice se
refere à nave.
A velocidade Vg pode ser escrita em função da velocidade da nave e da
velocidade relativa (veja o gráfico a seguir).
Vg = V + ∆V – U ⇒ m ⋅ V = (m – ∆m) ⋅ (V + ∆V) + ∆m • (V + ∆V – U) ⇒
∆m ⋅ U
⇒ ∆V =
m
Resposta: ∆V =
∆m ⋅ U
m
26
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
23
Imaginando que, durante o processo descrito no problema, o núcleo o
átomo seja um sistema isolado, analogamente ao que ocorre em uma
explosão, a quantidade de movimento do sistema é constante:
Q = Q'
0 = (M – m) • V + m • V 0
V=−
m ⋅ V0
M–m
Resposta: E
27
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
24
O sistema constituído pelas partes da granada é isolado. Nessas
condições, a quantidade de movimento desse sistema é constante. Logo,
sendo Q a quantidade de movimento do sistema antes da explosão.
então:
Q = Q' ⇒ 0 = m1 ⋅ V 1 + m2 ⋅ V 2 + m3 ⋅ V 3
(
⇒ m3 ⋅ V 3 = m2 ⋅ V 2 + m1 ⋅ V1
)
Como m1 = m2 e | V1 | = | V 2 | , as quantidades de movimento m1 ⋅ V 1 e
m 2 ⋅ V 2 têm intensidade iguais, e a soma ( m1 ⋅ V 1 + m 2 ⋅ V 2 ) tem a direção
e sentido indicado na figura.
Assim, m3 ⋅ V 3 terá a mesma direção e sentido contrário a essa soma e
formará um ângulo de 45º com o eixo Ox.
Resposta: C
28
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
25
O sistema constituído pelas partes da granada é isolado. Nessas
condições, a quantidade de movimento desse sistema é constante. Logo,
sendo Q a quantidade de movimento do sistema antes da explosão.
então:
Q = Q' ⇒ 0 = m1 ⋅ V 1 + m2 ⋅ V 2 + m3 ⋅ V 3
(
⇒ m3 ⋅ V 3 = m2 ⋅ V 2 + m1 ⋅ V1
)
Como m1 = m2 e | V1 | = | V 2 | , então m1 ⋅ V 1 > m 2 ⋅ V 2 .
A soma ( m1 ⋅ V 1 + m 2 ⋅ V 2 ) tem a direção e sentido indicados na figura.
Logo, m3 ⋅ V 3 terá a mesma direção e sentido contrário a essa soma e
terá a direção e o sentido indicados na figura.
Resposta: D
29
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
26
O sistema constituído pelas partes da bomba é isolado. Nessas
condições, a quantidade de movimento desse sistema é constante. Logo,
sendo Q a quantidade de movimento do sistema antes da explosão e Q'
a quantidade de movimento do sistema depois da explosão.
m
m
⋅ V2 +   ⋅ V3

2
3
Q = Q' ⇒ m ⋅ V 0 = m1 ⋅ V 1 + 
Ainda:
m m
m = m1 +   +  
2 3
m
Portanto: m1 =
(I)
6
• Projetando no eixo Ox:
m • V0 = m 1 • V1
Usando (I), vem:
m
m • V0 =   ⋅ V1
6
Daí, obtemos: V1 = 6 • V0
30
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
• Projetando no eixo Oy:
0 = m 3 ⋅ V3 – m 2 ⋅ V2
Mas:
m
(dado na figura do enunciado)
m3 =
3
m
m2 =
(dado na figura do enunciado)
2
V3 = 3 ⋅ V0 (dado na figura do enunciado)
m
m
Então: 0 =   ⋅ 3V0 –   • V2
3
2
Resposta: D
31
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
27
O sistema constituído pelas partes do corpo é isolado porque, de acordo
com o enunciado, o sistema é livre da ação de forças externas. Nessas
condições, a quantidade de movimento desse sistema é constante. Logo,
sendo Q a quantidade de movimento do sistema antes da explosão e Q'
a quantidade de movimento do sistema depois da explosão.
Q = Q' ⇒ m ⋅ V = m A ⋅ V A + mB ⋅ V B
Como m = 6 kg, vem:
6 ⋅ V = m A ⋅ V A + mB ⋅ V B
Ainda: m = 6 = mA + mB (I)
• Projetando no eixo Ox:
6 • V = mA • VAx + mB • VBx ⇒ 6 • V = mA •
⇒ 12 = mA + 4mB
V
+ mB • 2V ⇒
2
(II)
Das equações (I) e (II), vem:
mA = 4 kg e mB 2 kg
• Projetando no eixo Oy:
32
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
0 = mA • VAy + mB • VBy ⇒ 0 = 2 • |VAy| – 4 • |VBy| ⇒
⇒ 0 = 4 • |VAy| – 2 • |VBy| ⇒
VAy
VBy
=
1
2
Respostas:
a) 4 kg e 2 kg
b) 0,5
33
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
28
A figura esboçada a seguir mostra um panorama geral dos
acontecimentos: a bomba é lançada do ponto O, explode no ponto A, o
pedaço 2 cai verticalmente e atinge o ponto B de modo que OB = d, e o
pedaço 1 é lançado de modo a cair no ponto C. O problema pede a
distância OC.
Vamos dividir o problema em três partes.
Parte 1: lançamento oblíquo de O até A;
Parte 2: explosão;
Parte 3: movimento do pedaço 1 após a explosão.
• Parte 1:
O lançamento oblíquo é a composição de um MRU horizontal com
velocidade V0 ⋅ cos θ e um lançamento vertical. No ponto mais alto
(ponto A), a componente vertical da velocidade é nula e, portanto, a
velocidade da bomba no ponto A, imediatamente antes de explodir, é
igual à componente horizontal.
Vb = V0 • cos θ
Devido à simetria do lançamento oblíquo, a distância OB = BE = d.
• Parte 2:
O sistema constituído pelas partes da bomba é isolado. Nessas
condições, a quantidade de movimento desse sistema é constante.
34
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
Sendo Q a quantidade de movimento do sistema antes da explosão e
Q' a quantidade de movimento do sistema depois da explosão, temos:
Q = Q' ⇒ m ⋅ V b = m1 ⋅ V 1 + m2 ⋅ V 2
m
Ainda: m1 = m2 =
2
Se o pedaço 2 cai em queda livre com velocidade inicial nula, V2 = 0.
Substituindo esses valores na expressão, vem:
m
m ⋅ V b =   ⋅ V1 + 0
2
Daí, obtemos: V 1 = 2 ⋅ V b
• Parte 3:
Vamos comparar o movimento AE que a bomba teria se não tivesse
explodido, com o movimento AC do pedaço 1.
Os dois são lançamentos horizontais; portanto, os dois movimentos
podem ser decompostos em um MRU horizontal e uma queda livre
vertical. As quedas livres são idênticas, pois as alturas são iguais. Em
consequência, os tempos de queda são iguais. Vamos chamar de tq
esse tempo. A única diferença entre os movimentos é a velocidade
horizontal. Como a velocidade horizontal do pedaço 1 é o dobro de Vb,
as equações na direção horizontal ficam assim:
xb = vb ⋅ t
x1 = 2vb ⋅ t
A distÂncia BE é o valor de xb no instante tq: BE = Vb ⋅ tq
A distância BC é o valor de x1 no instante tq: BC = 2Vb ⋅ tq
BC = 2 • BE
Como BE = d, obtemos: BC = 2d
E, por fim: AC = 3d
Resposta: D
35
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
29
De início, vamos calcular a velocidade que o pêndulo deve ter quando o
fio passa pelas posição (a) para que o corpo atinja a posição (b), na figura
da direita.
Como, desprezando-se as resistências passivas, a energia mecânica é
constante:
1
(Ep + Ec)a = (Ep + Ec)b ⇒ 0 + ⋅ m ⋅ V 2 = m ⋅ g ⋅ L + 0 ⇒ V = 2 gL
2
Dado que o fenômeno que resulta a expulsão da rolha em muito se
assemelha a uma explosão, podemos escrever:
Q = Q’
Sendo Q a quantidade de movimento inicial do sistema tubo-rolha e Q’ a
auntidade de movimento do sistema tubo-rolha imediatamente após a
expulsão da rolha.
Logo:
M
M
0 = M • V’ + m • V ⇒ V =   ⋅ V ' ⇒ |V| =   ⋅ 2gL
m
m
36
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
30
Pela conservação da quantidade de movimento (neste exercício chamada
de p ), temos:
p antes = p depois ⇒ p f = p e + p f
A figura ilustra a situação.
No plano cartesiano:
Resposta: A
37
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
31
Sistema mecanicamente isolado.
Qantes = Qdepois
Ou seja, o vetor representado na alternativa a:
Resposta: A
38
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
32
Vamos dividir o problema em três partes.
Parte 1: Explosão;
Parte 2: Movimento de cada pedaço após a explosão;
Parte 3: Voltamos a explosão para o cálculo da energia liberada.
• Parte 1:
O sistema constituído pelas partes da bomba é isolado. Nessas
condições, a quantidade de movimento desse sistema é constante.
Logo, sendo Q a quantidade de movimento do sistema antes da
explosão e Q' a quantidade de movimento do sistema depois da
explosão:
Q = Q' ⇒ 0 = m1 ⋅ V 1 + m2 ⋅ V 2
Äinda:
m1 + m2 = 5 kg
Como m1 = 2 kg, então: m2 = 3 kg
Logo:
2 ⋅ V1 = −3 ⋅ V 2 (I)
• Parte 2:
Os movimentos dos dois pedaços são lançamentos horizontais.
Portanto, os dois movimentos podem ser decompostos em um MRU
horizontal e uma queda livre vertical. As quedas livres são idênticas,
pois as alturas são iguais. Em consequência, os tempos de queda são
iguais e valem tq = 10 s. A única diferença entre os movimentos é a
velocidade horizontal.
Para o pedaço 1 podemos escrever:
x1 = V1 ⋅ t
39
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
Como o pedaço 1 alcança o ponto de abscissa x = 300 m no instante
10 s, temos:
300 = V1 ⋅ 10 ⇒ V1 = 30 m/s
Substituindo na equação (I), obtemos:
|V2| = 20 m/s
• Parte 3:
A variação de energia cinética durante a explosão é:
1
1
∆Ec = ⋅ m1 ⋅ V12 + ⋅ m2 ⋅ V22 ⇒ ∆Ec = 1 500 J
2
2
Resposta: B
40
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
33
a) O teorema dos sistemas isolados pode ser aplicado em uma dada
direção:
Como não há forças externas agindo na direção horizontal, a
quantidade de movimento do sistema carrinho bloco é constante na
direção horizontal:
Qx = Q’x
m1 • V1 = (m1 + m2) • V2
V2 = 4,0 m/s
b) Como o bloco cai de uma altura muito pequena, a variação da energia
potencial pode ser desprezada. Portanto, a variação de energia
mecânica é devida apenas à variação de energia cinética do sistema:
• (Ec)in = (Ec)bloco + (Ec)carrinho
1
(Ec)in = 0 + • m1 • V12 = 1 000 J
2
• (Ec)fin = (Ec)bloco + (Ec)carrinho
1
(Ec)fin = • (m1 + m2) • V22 = 800 J
2
Assim: ∆Ec = 200 J
Respostas:
a) 4 m/s
b) 200 J
41
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
34
a) O teorema dos sistemas isolados pode ser aplicado em uma dada
direção. Como não há forças externas agindo na direção horizontal, a
quantidade de movimento do sistema carrinho barro é constante na
direção horizontal:
Qx = Q’x ⇒ mb • V = (mb + mc) • V’
O índice b refere-se ao barro e o índice c refere-se ao carrinho
2 ⋅ 4 = (2 + 6) • V’ ⇒ V’ = 1,0 m/s
b) (Em)in = (Ec + Ep)barro = (Ec + Ep)carrinho
1
(Em)in = mb • g • h + ⋅ mb ⋅ V 2 = 25 J
2
Assim:
Em fim
= 0,16
Em início
Respostas:
a) V’ = 1 m/s
E
b) m fim = 0,16
Em início
42
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
35
O sistema é mecanicamente isolado na direção horizontal e, inicialmente,
o corpo em queda possui componente horizontal nula.
Qantes = Qdepois
6 • 4 + 2 • 0 = (6 + 2) • V
V = 3 m/s
Resposta: A
43
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
36
O teorema dos sistemas isolados pode ser aplicado em dada direção:
Como não há forças externas agindo na direção horizontal, a quantidade
de movimento do sistema vagão areia é constante na direção horizontal:
Qx = Q’x ⇒ mv ⋅ V1 = (mv + ma) • V2
O índice v refere-se a vagão, o índice a à areia, V1 é a velocidade do
vagão antes de receber a carga extra de areia, e V2 é a velocidade depois
de receber a carga extra de areia.
mv = 1 500 kg (incluindo a areia que já está no vagão)
ma = 300 kg (três sacos de areia)
Dái, obtemos:
V2 = 5,0 m/s
Resposta: A
44
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
37
Considerando o sistema isolado, a quantidade de movimento do sistema
carrinho-menino é constante.
Q = Q’
A quantidade de movimento inicial é nula, assim.
0 = mm • Vm + m2 • Vm
m
Logo: m = 1,5
mc
Como mm + mc = 60 kg, dessas duas expressões obtemos:
mm = 24 kg
Resposta: C
45
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
38
O gráfico pode ser construído considerando-se que a velocidade do
carrinho é 3 m/s para a esquerda no instante em que a do menino é 2 m/s
para a direita.
46
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
39
O lançamento oblíquo é a composição de um MRU horizontal e um
lançamento vertical com velocidade inicial:
V0y = V0 ⋅ sen θ
De acordo com a figura do enunciado, as coordenadas do ponto O, onde
se inicia o movimento são:
x0 = 0 e y0 = 0
Ainda de acordo com a figura, as coordenadas do ponto P onde ocorre a
explosão são:
xp = 60 m e up = 45 m
a) No movimento parcial na vertical, podemos aplicar a equação de
Torricelli, pois se trata de um MUV.
Vy2 = V02 + 2 ⋅ a • ∆y
No ponto P, Vy = 0. O deslocamento de O até P é ∆y = 45 m
0 = V0y2 + 2 ⋅ (–10) • 45
Daí, obtemos:
V0y = 30 m/s
Aplicamos na equação da velocidade para o movimento parcial na
vertical (Vy = V0y + a • t). No instante t0 em que o corpo atinge a altura
máxima, a compontente vertical da velocidade é nula. (Vy = 0)
0 = 30 – 10 • t0 ⇒ t0 = 3 s
b) No eixo Ox, a velocidade Vx é constante e vale V0 ⋅ cos θ. A equação
horária no eixo Ox será:
x = (V0 ⋅ cos θ) • t
No instante t0 = 3 s, o valor de x = 60 m. Substituindo-se esses valores
na expressão acima, obtemos:
Vx = v0 ⋅ cos θ = 20 m/s
O sistema constituído pelas partes da bomba é isolado. Nessas
condições, a quantidade de movimento desse sistema é constante.
Sendo Q a quantidade de movimento do sistema antes da explosão e
Q' a quantidade de movimento do sistema depois da explosão:
47
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
Q = Q'
Imediatamente antes da explosão, a velocidade do rojão é 20 m/s,
horizontal, para a direita.
Imediatamente após a explosão, a velocidade de um dos pedaços do
rojão é nula e do outro pedaço será V B .
M
Cada pedaço tem massa 0 .
2
M0
⇒ VB = 40 m/s
M0 ⋅ Vx =
2 VB
c) A energia E0 fornecida pelo explosivo aos fragmentos é o aumento de
energia cinética do sistema:
E0 = (Ec) depois – (Ec)antes
1  M0 
1
⋅
• V B2 –
⋅ (M0 ⋅ Vx2)
E0 =

2  2 
2
E0 = 100 J
Respostas:
a) 3 s
b) 40 m/s
c) 100 J
48
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
40
Como o sistema constituído pelo menino e pelo barco é isolado, a
quantidade de movimento do sistema é constante. Logo, sendo Q a
quantidade de movimento do sistema no instante em que o menino
começa a andar e Q' a quantidade de movimento do sistema no instante
em que o menino adquire a velocidade 2 m/s em relação ao barco.
Como nesse caso o tratamento vetorial é dispensável, é possível uma
solução algébrica. Para isso, devemos orientar um eixo:
A quantidade de movimento inicial é nula.
0 = Mb • Vb + Mm • Vm
em que o índice b se refere ao barco e o m ao menino. A massa do barco
é o triplo da do menino. Logo, sendo M a massa do menino:
1
0 = 3M • Vb + M ⋅ Vm ⇒ Vb = – • Vm (I)
3
Ainda, sendo U a velocidade do menino em relação ao barco:
U = Vb – Vm ⇒ 2 = Vb – Vm (II)
Das equações (I) e (II), vem:
Vm = 1,5 m/s e Vb = –0,5 m/s
Agora, vamos interpretar o resultado:
O menino se movimenta com velocidade 1,5 m/s no sentido do eixo e o
barco se movimenta com velocidade, em módulo, 0,5 m/s no sentido
contrário ao eixo.
Resposta: E
49
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
41
a) O gráfico da velocidade do barco em relação à Terra será construído
considerando-se os resultados obtidos da questão anterior (41):
Vm = 1,5 m/s e Vb = –0,5 m/s
b) Os deslocamentos podem ser representados pelas áreas dos
triângulos. Como eles têm a mesma base, a relação das áreas é a
relação das alturas:
dm
=3
db
c) Como se pode constatar da figura a seguir, dm + db é o comprimento do
barco. Então:
dm + db = L
Respostas: a) Gráfico acima.; b)
dm
= 3 ; c) dm + db = L
db
50
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
42
Como o sistema constituído por você e pelo barco é isolado, a quantidade
de movimento do sistema é constante.
Como, nesse caso, o tratamento vetorial é dispensável, é possível uma
solução algébrica. Para isso, devemos proceder do seguinte modo:
1o) Orientamos um eixo:
A quantidade de movimento inicial é nula.
0 = Mb • Vb + M • V
em que o índice b se refere ao barco e a falta de índice refere-se a
você. A massa do barco é o triplo da sua. Logo, sendo M a sua
massa:
0 = 3M • Vb + M ⋅ V ⇒ V = 3 • Vb
2o) Interpretamos o resultado:
Você e o barco se movimentam em sentidos contrários. Em módulo,
sua velocidade é o triplo da velocidade do barco. Portanto, você e o
barco se movimentam em sentidos contrários, sendo que, em módulo,
seu deslocamento será o triplo do deslocamento do barco. Em
símbolos: |d| = 3 ⋅ |db| (I)
Ainda, a soma desses deslocamentos é o comprimento do barco:
|d| + |db| = 3 m (II)
Das equações (I) e (II), obtemos: |d| = 2,25 m e |db| = 0,75 m
Resposta: A
51
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
43
Considere a resolução do exercício anterior (42).
A soma dos deslocamentos é o comprimento do barco:
|d| + |db| = 3 m
e
|d| = 2,25 m e |db| = 0,75 m
Portanto, concluímos que você vai se afastar da posição primitiva 2,25 m.
Resposta: C
52
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
44
a) Como o sistema constituído pelo pescador e pelo barco é isolado, a
quantidade de movimento do sistema é constante. Logo: Q = Q'
Como, nesse caso, o tratamento vetorial é dispensável, é possível uma
solução algébrica. Para isso, devemos proceder do seguinte modo:
1o) Orientamos um eixo
A quantidade de movimento inicial é nula.
0 = Mb • Vb + Mp • Vp
em que o índice b se refere ao barco e o índice p ao pescador.
 7 
0 = 180 • Vb + 70 ⋅ Vp ⇒ Vb =   ⋅ Vp
 18 
o
2 ) Interpretamos o resultado:
O pescador e o barco se movimentam em sentidos contrários,
7
sendo que, em módulo, o deslocamento do pescador será
do
18
deslocamento do barco. Em símbolos:
7
|db| =
⋅ |dp|
18
b) Pelo Teorema do impulso: O impulso da resultante das forças que
agem sobe um corpo é igual à variação da sua quantidade de
movimento. Em símbolos:
53
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
IR = ∆Q
No caso do problema, a resultante é igual à força aplicada pela parede
na bola. Portanto, chamando de F a força aplicada pela parede na bola,
podemos escrever: IF = ∆Q
Nessa expressão:
I = F ⋅ ∆t (pois a força é constante)
∆Q = m • (V – Vv0) = m • V (pois a velocidade inicial do barco é nula)
Obtemos:
250 ⋅ 2 = (180 + 70) ⋅ V ⇒ V = 2 m/s
Respostas:
a) O barco se movimentará no sentido oposto ao movimento do pescador
7
com velocidade
da velocidade do pescador.
18
b) V = 2 m/s
54
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
45
(01) Correta. A resultante das forças externas é nula, portanto a
quantidade de movimento do sistema se conserva.
(02) Incorreta. O sapo 1, mais pesado, transfere mais quantidade de
movimento à tábua que o sapo 2, e a tábua irá se deslocar para a
esquerda, ou seja, no mesmo sentido do deslocamento do sapo 2.
(04) Incorreta. A tábua se desloca no mesmo sentido do deslocamento
horizontal do sapo 2.
(08) Incorreta. O sapo 2 se desloca mais que o sapo 1.
(16) Correta. A quantidade de movimento do sistema se conserva em
todas as fases dos saltos dos sapos.
Soma = 17 (01 + 16)
Resposta: 17
55
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
46
Como o sistema constituído pelo atleta e pela prancha é isolado, a
quantidade de movimento do sistema é constante. Logo,
Q = Q'
Como nesse caso o tratamento vetorial é dispensável, é possível uma
solução algébrica. Para isso, devemos proceder do seguinte modo:
1o) Orientamos um eixo:
(Mp + Ma) • V = Ma • Va + Mp • Vp
em que o índice a se refere ao atleta e o índice p à prancha.
Como Mp = Ma = M e a velocidade inicial é 6 m/s, temos:
2M • 6 = M • Va + M ⋅ Vp ⇒ Va = 12 – Vp (I)
2o) Interpretamos o resultado:
A velocidade do atleta é máxima quando a velocidade da prancha é
mínima. Do gráfico, constatamos que a velocidade mínima da prancha
é 4 m/s. Substituindo esse valor na expressão (I) vem:
Va = 8 m/s
Resposta: D
56
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
47
Sistema mecanicamente isolado
Qantes = Qdepois
Orientando-se para a direita, temos:
50 • 0 + 80 • 0 + 100 • 0 = 50 • 5 + 80 • (–5) + 100 • V ⇒
⇒ V = +1,5 m/s (sinal positivo, para a direita)
Resposta: B
57
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
48
A questão pede a variação da quantidade de movimento da Terra
causada pela ação do meteoro; portanto, vamos considerar apenas a
ação mútua entre os astros. Assim sendo, o sistema constituído pela
Terra e pelo meteoro é isolado. Logo:
Q = Q' ⇒ m ⋅ V 1 + Q0 = m ⋅ V 2 + Q
Sendo Q 0 a quantidade de movimento da Terra no instante em que a
velocidade do meteorito é V1 e Q a quantidade de movimento da Terra no
instante em que a velocidade do meteorito é V 2 .
A variação de quantidade de movimento da Terra vale:
∆Q = m ⋅ (V1 – V 2 ) (I)
Uma das formas de resolver essa expressão é pelo método das
projeções:
∆Qy = m • (V1y – V2y) = 0
(II)
∆Qy = m • [–V • sen θ – (V • sen θ)]
∆Qy = – 2m • V • sen θ (III)
A equação (II) mostra que, na direção x, a variação da quantidade de
movimento a Terra é nula, o que exclui as alternativas a, c e d.
O sinal menos da equação (III) mostra que a variação da quantidade de
movimento a Terra tem sentido contrário ao eixo y. Portanto, a alternativa
correta é a e.
Resposta: E
58
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
49
Como o sistema Enterprise e sonda está fora do alcance de forças
externas, ele constitui um sistema isolado.
Logo:
Qsist = Q 'sist ⇒ QEnterprise + Qsonda = Q 'Enterprise + Q 'sonda ⇒
⇒ M ⋅ V + m ⋅ v = M ⋅ V’ + m ⋅ v’
(M+ m) ⋅ V – m ⋅ v'
⇒ V’ =
M
Resposta: A
59
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
50
a) Imediatamente após o choque do dardo de massa m com o bloco de
massa M, o conjunto de massa M + m adquire uma velocidade V2. Isso
faz com que o conjunto suba até uma altura h.
Entre as posições (2) e (3), a energia mecânica é constante:
(Ep + Ec)2 = (Ep + Ec)3
1
0 + • (m + M) • V22 = (m + M) • g • H + 0
2
V2 = 2 m/s
b) Os choques, assim como as explosões, são interações rápidas e
podem ser considerados sistemas isolados. Logo, entre as situações 1
(imediatamente antes do dardo se chocar com o bloco) e 2
(imediatamente depois do dardo se chocar com o bloco), a quantidade
de movimento é constante:
m • V1 = (m + M) • V2
V1 = 6 m/s
Podemos resolver a questão de dois modos:
1o) Calculando as energias mecânicas nas duas situações:
A energia na situação que antecede ao choque é:
1
E1 = ⋅ m ⋅ V12 ⇒ E1 = 0,9 J
2
A energia na situação em que o conjunto atinge a altura máxima:
E2 = (M + m) ⋅ g ⋅ h ⇒ E2 = 0,3 J
60
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
2o) Observando que, durante o choque, age uma força não
conservativa. Portanto, há uma diminuição na energia mecânica.
Respostas:
a) 2 m/s
b) 6 m/s
c) Em I > Em II. Há uma dissipação de energia mecânica, pois a força de
interação não é conservativa.
61
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
51
Adotando-se, na figura dada, os eixos cartesianos pertinentes ao estudo
do movimento:
a) Na direção do eixo Oy, o movimento do bloco é uniformemente variado:
0
a
10 2
0
y = y 0 + y 0y ⋅ t + • t2 ⇒ 1,25 –
• t ⇒ t = 0,5 s
2
2
Na direção do eixo Ox, o movimento do bloco é uniforme:
x = x0
0
+ Vbloco ⋅ t ⇒ 5 = Vbloco ⋅ 0,5 ⇒ Vbloco = 10 m/s
b) Sendo a interação entre o bloco e a bala um sistema isolado, temos:
Qsist = Q 'sist ⇒ Qprojétil + Qbloco
0
'
= Q 'projétil + Q bloco
mp ⋅ Vp = (mp + mb) ⋅ Vbloco
0,02 ⋅ Vp = 0,5 ⋅ 10
Vp = 250 m/s
Respostas:
a) 10 m/s
b) 250 m/s
62
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
52
O fenômeno descrito pode ser dividido em duas partes:
• A primeira é uma colisão, que é uma interação rápida e, assim sendo,
as forças externas podem ser desprezadas: o sistema é isolado e a
quantidade de movimento é constante.
• A segunda é a compressão da mola. Nessa fase, a única força que
realiza trabalho é a força elástica que é conservativa. Em
consequência, a energia mecânica é constante.
Resposta: E
63
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
53
Imediatamente após o choque do projétil de massa m com o bloco de
massa M, o conjunto de massa M + m adquire uma velocidade V1. Isso
faz com que a mola seja comprimida de um valor x. É conveniente dividir
a questão em duas partes:
• A primeira é o choque entre o projétil (massa m, velocidade V0) e o
bloco (massa M, inicialmente em repouso) que é uma interação rápida
e, assim sendo, as forças externas podem ser desprezadas: o sistema
é isolado e a quantidade de movimento é constante:
Q = Q’
m • V0 = (m + M) • V1
 50 
v1 = 
 m/s
 3 
• A segunda é a compressão da mola. Nessa fase, a única força que
realiza trabalho é a força elástica que é conservativa. Em
consequência, a energia mecânica é constante:
(Ep + Ec)1 = (Ep + Ec)2
1
1
• (M + m) • V12 = • k • x2
2
2
Nessa expressão:
 50 
• V1 = 
 m/s
 3 
• M + m = 144 ⋅ 10–3 kg
• k = 1,6 ⋅ 104 N/m
Assim:
x = 5 ⋅ 10–2 m ⇒ x = 5 cm
Resposta: C
64
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
54
A colisão é uma interação rápida, e essas interações são exemplos de
sistemas isolados:
Q = Q’ ⇒ m • v + 3m • 0 = 4m • V ⇒ 4v = V
Reposta: E
65
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
55
1
• m • V2
2
1
Energia cinética antes da colisão: Ec’ = • 4m • V2
2
1
Mas V = • v, então:
4
Energia cinética antes da colisão: Ec =
1
v
Ec’ =
• 4m •  
2
4
2
1
v2
⇒ Ec’ =
•m•
2
4
Portanto:
E
Ec’ = c
4
Resposta: D
66
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
56
A colisão é uma interação rápida, e essas interações são exemplos de
sistemas isolados:
Q = Q’
mA • VA + mB • VB = Q’
em que Q’ é quantidade de movimento do sistema depois da colisão.
Nessa expressão:
• mA = 4 ⋅ 104 kg
• mB = 3 ⋅ 104 kg
• VB = 0,5 m/s
• VA = 1,0 m/s
Daí, obtemos:
Q’ = 5,5 ⋅ 104 (kg ⋅ m)/s
Resposta: C
67
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
57
Vamos considerar as características de uma colisão na qual os corpos
permanecem unidos no final:
1. A colisão é uma interação rápida, e essas interações são exemplos de
sistemas isolados:
Q = Q’
mA • VA + mB • VB = (mA + mB) • V
V = (mA • VA + mB • VB) • (mA + mB)
2. Durante a colisão, a energia cinética do sistema não é constante, pois
a força entre os corpos não é conservativa.
3. Durante a colisão, o corpo de maior massa sofre menor alteração de
velocidade (em módulo). No gráfico apresentado, se MA > MB temos
|UA| < |UB|.
I. Incorreta. Veja a consideração 1.
II. Correta. Veja a consideração 1.
III. Correta. Veja as considerações 1 e 2.
IV. Incorreta. Veja a consideração 3.
Resposta: Estão corretas II e III.
68
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
58
De acordo com o enunciado, a colisão ocorre livre da ação de forças
externas, o que caracteriza sistema isolado. Logo:
Q = Q'
Como não há mudança de direção, o problema pode ser resolvido
algebricamente.
Q = Q’ (I)
Com relação ao eixo adotado na questão, podemos escrever a
quantidade de movimento após a colisão vale:
Q’ = (m + 2m) ⋅ 2 ⇒ Q’ = 6 ⋅ m
A tabela a seguir mostra a quantidade de movimento inicial do sistema.
Note que apenas em duas delas essa quantidade vale 6 ⋅ m (alternativas
b e d). Na situação da alternativa d, não ocorre colisão, pois a velocidade
do corpo que está atrás é menor que a do que segue na frente. Logo, a
resposta correta é a alternativa b.
QA
QB
Qsist
a
3⋅m
– 3 ⋅m
(3 – 3 ) ⋅ m
b
9⋅m
–3 ⋅ m
6⋅m
c
9⋅m
–1 ⋅ m
8⋅m
d
1⋅m
5⋅m
6⋅m
e
3⋅m
1⋅m
4⋅m
Resposta: B
69
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
59
Percebemos que o sistema é isolado de dois modos:
O primeiro, por se tratar de uma colisão, que é uma interação rápida, e o
segundo, por se tratar de uma interação sobre um plano horizontal sem
atrito.
Portanto, a quantidade de movimento do sistema é constante:
Q = Q'
A quantidade de movimento após a colisão vale:
Q ' = (m + 2m) ⋅ V ⇒ Q' = 3 ⋅ V
A tabela a seguir mostra que, apenas na alternativa d, a quantidade de
movimento inicial do sistema não respeita essa última expressão. Na
situação da alternativa d, não ocorre uma colisão, pois a velocidade do
corpo que está atrás é menor que a do que segue na frente. Como é
pedido o esquema que não pode representar os movimentos dos blocos
antes da interação, essa é a resposta.
QB
QA
Qsist
a
3 ⋅m⋅ V
0
3 ⋅m⋅ V
b
4⋅m⋅ V
–m ⋅ V
3 ⋅m⋅ V
c
6 ⋅m⋅ V
–3 ⋅ m ⋅ V
3 ⋅m⋅ V
d
4⋅m⋅ V
m⋅ V
5 ⋅m⋅ V
e
2,5 ⋅ m ⋅ V
0,5 ⋅ m ⋅ V
3 ⋅m⋅ V
Resposta: D
70
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
60
Na tabela a seguir estão calculadas as quantidades de movimento e
energias cinéticas dos dois corpos, do sistema antes e depois da
interação.
Da tabela verificamos que a quantidade movimento antes da interação é
igual à quantidade movimento depois da interação e que a energia
cinética antes da interação é maior que a energia cinética depois da
interação.¨
Massa
Velocidade
Quantidade de
movimento
Energia cinética
Corpo A
antes
m
V
m•V
1
⋅ m ⋅ V2
2
Corpo B
antes
m
0
0
0
Sistema
antes
x
x
m•V
1
⋅ m ⋅ V2
2
Sistema
depois
2m
V
2
V
2m ⋅   – m ⋅ V
2
1
1
V
⋅ 2m ⋅   – ⋅ m ⋅ V 2
2
4
2
2
Resposta: A
71
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
61
A colisão é uma interação rápida, e essas interações são exemplos de
sistemas isolados:
Q = Q’
mA • VA + mB • VB = mA • V’A + mB • V’B
Nessa expressão:
• mA = 2mB
• V0A = 0
• V’B = 0
V
• VA = B
2
Substituindo-se na expressão, vem:
V
0 + mB • VB = 2mB ⋅ B
2
A expressão acima mostra que os dados apresentados satisfazem a
equação de conservação de quantidade de movimento. Portanto, as
afirmações I e III estão erradas.
Energia cinética do sistema antes da colisão:
Ec = Ec B (pois a energia cinética de A é nula)
1
Ec B =
⋅ mB • VB2
2
1 mA
Ec =
⋅
⋅ (2VA)2 = mA • VA2
2
2
Energia cinética do sistema depois da colisão:
E’c = E’c A (pois a energia cinética de B é nula)
1
E’c A = • mA • VA2
2
A variação de energia cinética é:
1
Ec – E'c = ⋅ mA ⋅ VA2
2
A afirmação II está correta.
Resposta: B
72
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
62
a) A colisão é uma interação rápida, e essas interações são exemplos de
sistemas isolados:
Q = Q' ⇒ Q A + QB = Q'A + QB'
Na figura, estão indicadas:
•  s massas dos corpos que interagem;
• as velocidades (em intensidade, direção e sentido) dos corpos antes
da colisão;
• a velocidade do corpo de massa 2 kg após a colisão;
• a quantidade de movimento do corpo de massa 2 kg (em
intensidade, direção e sentido) depois da colisão.
É imediato perceber que a quantidade de movimento inicial do sistema
é nula porque é a soma Q A + QB = 0 . Portanto: Q 'A + QB' = 0
Logo, a quantidade de movimento do corpo de massa 3 kg
imediatamente após a colisão tem de ter intensidade 6 (kg ⋅ m)/s
direção e sentido indicados na figura. Portanto: 3V = 6 ⇒ V = 2 m/s
Portanto, a velocidade do corpo de massa 3 kg tem intensidade 2 m/s,
mesma direção mas sentido contrário à velocidade do corpo de massa
2 kg, como mostrado na figura.
b) A energia cinética inicial do sistema vale:
1
1
• 3 • 42 + • 2 • 6 2 = 60 J
Ec =
2
2
1
1
E’c =
• 3 • 22 +
• 2 • 32 = 15 J
2
2
Portanto, a colisão não é perfeitamente elástica porque há uma
variação de energia cinética (de 45 J) durante a colisão.
Respostas:
a) V = 2,0 m/s no sentido contrário ao da velocidade do corpo de massa
2,0 kg.
b) Não. Há uma variação de energia cinética (45 J em módulo).
73
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
63
Vamos considerar as características de uma colisão com mudança de
direção:
1. Tratam-se de colisões com mudança de direção. A colisão é uma
interação rápida, e essas interações são exemplos de sistemas
isolados:
Q = Q ' ⇒ Q A + QB = Q 'A + QB'
2. Quando há uma colisão com mudança de direção, há duas
possibilidades de resolução: pela linha poligonal ou pelas projeções.
A quantidade de movimento, antes da colisão, vale:
Q = m ⋅ V 0 (pois a quantidade de movimento do corpo de massa 2 m é
nula)
Q apresenta as seguintes características:
Intensidade: Q = m • V0
Direção e sentido indicados na figura (veja a figura a a seguir).
A quantidade de movimento, depois da colisão, vale:
Q = m ⋅ V1 + 2m ⋅ V 2
e pode ser obtida pela linha poligonal (veja a figura b)
Como Q = Q' , obtemos a figura c.
a) Dessa figura, vem:
m ⋅ V1 V1
–
cos 60 =
m ⋅ V0 V0
⇒ V1 =
V0
2
⇒ V1 = 6 m/s
74
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
b) Da mesma figura:
sen 60 =
2m ⋅ V2
2V2
–
m ⋅ V0
V0
⇒ V2 –
3
⋅ V0 ⇒ V2 = 3 3 m/s
4
c) A energia cinética do sistema antes da colisão é a energia cinética do
corpo de massa m, pois o corpo de massa 2 m está em repouso:
1
Ec =
• m • 122 = 72 ⋅ m
2
A energia cinética do sistema depois da colisão é a energia cinética do
corpo de massa m (que está a uma velocidade 6 m/s) com a energia
cinética do corpo 2 (que está a uma velocidade 3 3 m/s)
2
1
1
Ec =
• m • 62 +
• 2m • 3 3 = 45 ⋅ m
2
2
A colisão não é perfeitamente elástica porque há variação de energia
cinética do sistema. A variação é de 27 • m (J).
(
)
Respostas:
a) V’1 = 6 m/s
b) V’2 = 3 3 m/s
c) Não. A variação de energia cinética é 27m joules, sendo m a massa do
corpo 1.
75
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
64
Vamos considerar as características de uma colisão com mudança de
direção:
1. Tratam-se de colisões com mudanças de direção. A colisão é uma
interação rápida, e essas interações são exemplos de sistemas
isolados:
Q = Q' ⇒ Q A + QB = Q'A + QB'
(I)
2. Quando há uma colisão com mudança de direção há duas
possibilidades de resolução: pela linha poligonal ou pelas projeções.
a) Da expressão (I), vem:
QA = m ⋅ V0
QB = 0
(o corpo B está inicialmente em repouso)
Q 'A = m ⋅ V A
QB' = m ⋅ V B
m ⋅ V 0 = m ⋅ V A + m ⋅ VB
• Projetando no eixo Ox:
V0x = m • V0x = V0 ⋅ cos α
VAx = VA
VBx = 0
Assim, obtemos:
76
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
m • V0 ⋅ cos α = m • VA
V0 ⋅ cos α = VA
Mas VA = 16 m/s, então:
V0 ⋅ cos α = 16 (II)
• Projetando no eixo Ou;
QAy = m • V0y = m • V0 ⋅ sen α
Q 'Ay = 0
'
QBy
= m ⋅ VB
Assim, obtemos:
m • V0 ⋅ sen α = m • VB
V0 ⋅ sen α = VB
Mas VB = 12 m/s, então:
V0 ⋅ sen α = 12 (III)
Elevando ao quadrado as equações (II) e (III) e somando-as, vem:
V02 ⋅ cos 2 α = 16 2
V02 ⋅ sen 2 α = 12 2
(
)
V02 ⋅ sen2 α + cos2 α = 122 + 162
V02 ⋅ 1 = 400
V0 = 20 m/s
b) Substituindo-se esse valor de V0 na equação (II) ou na equação (III),
obtemos:
V0 ⋅ sen α = 12
12
sen α =
= 0,6
20
α = arcsen 0,6
Respostas:
a) 20 m/s
b) arcsen 0,6
77
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
65
As velocidades iniciais do cometa e da nave, no referencial da nave, são,
respectivamente: Vcometa = 10 km/s e Vnave = 0
'
'
Após o choque, tem-se Vcometa
= Vnave
=V.
De acordo com a conservação da quantidade de movimento:
Mcometa • Vcometa + 0 = (Mcometa + Mnave) • V
em que M denota as respectivas massas.
A massa do cometa é igual a:
1 kg
Mcometa = dágua • Vcometa =
⋅ (5 ⋅ 5 ⋅ 10) • 109 ⋅ m3 ⇒
–3
3
10 m
14
⇒ Mcometa = 2,50 ⋅ 10 kg
Daí, vem:
Mcometa • Vcometa + 0 = (Mcometa + Mnave) • V
2,50 ⋅ 1014 kg ⋅ 10 km/s = (2,50 ⋅ 1014 + 1 ⋅ 102) kg ⋅ V
 2,5 ⋅ 1014 
Assim, V = 
⋅ 10 < 10 km/s, que é a velocidade do cometa
14
2 
 2,5 ⋅ 10 + 10 
após o choque.
O cálculo de V indica uma variação muito pequena na velocidade do
cometa.
Comentário: O Universo, para a Física atual, é um sistema em equilíbrio
dinâmico. Exemplos disso são: a chuva de meteoritos que atingem
diariamente a Terra e a modificação da massa do Sol em reações
nucleares. A astrologia é um ramo muito antigo do conhecimento humano
e parece considerar que o Universo é imutável. O equilíbrio do sistema
solar é um equilíbrio dinâmico — e não estático como parece acreditar a
astróloga russa, mencionada no enunciado. A mudança no sistema solar
causada pela colisão da nave com o cometa Tempel 1 é muito pequena
quando comparada, por exemplo, às modificações causadas pela
variação da massa do Sol. Ressalte-se, ainda, o transporte de energia e
de quantidade de movimento na radiação solar.
78
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
66
Pela conservação da quantidade de movimento:
v•m+V•M=0
V•M=–v•m
v ⋅m
V =
M
Resposta: A
79
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
67
a) coeficiente de restituição =
e=
8
10
velocidade de afastamento
velocidade de aproximação
⇒ e = 0,8
b) Aplicando-se o Princípio Fundamental da Dinâmica para valores
médios (ou o Teorema do impulso), vem:
∆Q
m ⋅ ∆V
=
R=
∆t
∆t
Nessa expressão:
∆V = 8 – (– 10) ⇒ ∆V = 18 m/s
m = 0,3 kg
∆t = 2 ⋅ 10–2 s
Supondo que a força trocada entre a bola e a parede seja a própria
resultante, obtemos:
F = R = 270 N
c) Ediss = |E’ – E| sendo:
1
E’ = ⋅ m ⋅ (V ') 2 = 9,6 J
2
1
E = ⋅ m ⋅ V 2 = 15 J
2
Ediss = |E’ – E| = 5,4 J
Respostas:
a) 0,8
b) 270 N
c) 5,4 J
80
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
68
A variação no momento linear do carrinho é numericamente igual à área
do gráfico.
(1,202 – 1,200) •
250
= 0,25
2
Variação no momento linear = 0,25 N • s
Resposta: C
81
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
69
I = |∆Q| ⇒ I = m • |∆V|
Orientando-se no sentido de V1, temos
I = m • |–V2 – (+V1)|
Se |V2| = |V1| = V, então:
0,25 = 0,5 • 2V ⇒ V = 0,25m/s
Resposta: C
82
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
70
I = |∆Q|
F • ∆t = m • |Vf – Vi|
Ec f = 0,25 • Ec i
V2
V2
m • f = 0,25 • m • i
2
2
Vi
Vf =
2
Vi = V
V
Vf = −
2
Orientando-se de acordo com o sentido de Vi, temos:
F•T=m• −
F=
V
−V
2
3m
2T
Resposta: C
83
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
71
a) Observe a figura.
∆Q = m ⋅ V – m ⋅ V ' ⇒ ∆Q = m ⋅ ∆ V
Quando não há mudança de direção, o problema pode ser resolvido
algebricamente. Para tanto, adotamos um eixo.
Em relação a esse eixo:
V = – 20 m/s (dado)
V’ = 20 m/s (colisão elástica)
m = 0,5 kg
Obtemos:
∆Q = m • ∆V = 20 (kg • m)/s
|∆Q| = 20 (kg • m)/s
b) Teorema do impulso:
O impulso da resultante das forças que agem sobre um corpo é igual à
variação da sua quantidade de movimento. Em símbolos:
IR = ∆Q
No caso do problema, a resultante é igual à força aplicada pela parede
na bola. Portanto, chamando de F a força aplicada pela parede na bola,
e podemos escrever:
IF = ∆Q
Logo:Intensidade: |I| = 20 N ⋅ s
Respostas: a) 20 kg • m/s; b) 20 N • s
84
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
72
Seja V a velocidade com que a esfera chega ao solo quando abandonada
de uma altura h, então:
V2 = 2gh
Após o choque, a esfera adquire uma velocidade V’ e atinge uma altura
h’. Então:
v'2 = 2gh’
Dividindo-se uma expressão pela outra vem:
2
h'
 V'
  =
h
V
V'
= e2 , então:
Mas
V
h'
= e2
h
Resposta:
h'
= e2
h
85
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
73
Emec f = Emec i – 2 • Ediss
mgh
= 2Ediss.
2
mgh
Ediss. =
4
Assim:
E1o choque = Emec i – Ediss ⇒
⇒
gh
V2
=
2
4
⇒ V=
mgh
mgh
m ⋅ V2
+
= mgh –
2
2
4
⇒
gh
2
Resposta: C
86
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
74
Sendo V a velocidade com que a esfera chega ao solo quando
abandonada de uma altura h, tem-se: V2 = 2gh
Após o choque, a esfera adquire uma velocidade V1 e atinge uma altura
h1. Então: V12 = 2gh1
2
h
V 
Dividindo-se uma expressão pela outra, vem:  1  = 1
h
V
h
V 
Mas  1  = e , então: 1 = e2 (I)
h
V
Após o segundo choque, a esfera adquire uma velocidade V2 e atinge
uma altura h2. Então: V22 = 2gh 2
Mas
V2
h
= e , então, procedendo de modo análogo, vem: 2 = e2 (II)
V1
h1
Multiplicando-se a expressão (I) pela (II), vem:
h2
= e4
h
⇒ e=
Resposta: e =
4
4
h2
h
h2
h
87
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
75
Quando há mudança de direção da velocidade, o Princípio Fundamental
da Dinâmica para valores médios tem de ser aplicado na forma vetorial.
Chamando de Rm a resultante média das forças aplicadas pela parede
sobre as esferas, tem-se:
∆Q
Rm =
∆t
Para certo número N de esferas, podemos escrever:
Rm =
(
N ⋅ m ⋅ V '– V
)
∆t
( )
Nessa expressão, vamos supor que a força média Fm
aplicada pelas
esferas seja a própria resultante média.
Fm =
(
N ⋅ m ⋅ V '– V
)
∆t
Se, em dado intervalo de tempo ∆t, ocorrem N choques, vem:
(
Fm = n ⋅ m ⋅ V '– V
)
N
=n
∆t
Logo, a intensidade da força vale:
Fm = n ⋅ m • | V ' – V |
sendo
O problema é determinar | V ' – V | ; para isso, vamos observar que:
| V ' | =| V | = V
88
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
Vamos resolver pelo método das projeções.
• Projetando no eixo Oy:
Vy' = Vy ⇒ Vy' – Vy = 0
• Projetando no eixo Ox:
Vx' = – V ⋅ sen α ⇒ Vx = V • sen α ⇒
⇒
Vx' = – Vx = –2V ⋅ sen α
⇒ | V '– V |=| Vx' – Vx |= 2V ⋅ sen α
⇒ Fm = 2n ⋅ m • V • sen α ⇒ Fm = 2 •
Resposta: Fm = 2 •
⇒
n
• m • V • sen α
∆t
n
• m • V • sen α
∆t
89
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
76
Velocidade com que as bolas de gude atingem a balança:
V2 = 2gh ⇒ V = 20 m/s
Quando não há mudança de direção da velocidade, o Princípio
Fundamental da Dinâmica para valores médios pode ser aplicado na
forma algébrica.
∆Q
Rm =
∆t
Para certo número N de esferas, podemos escrever:
Rm =
(
N ⋅ m ⋅ V '– V
)
∆t
( )
Nessa expressão, vamos supor que a força média Fm
aplicada pelas
esferas seja a própria resultante média.
Fm =
(
N ⋅ m ⋅ V '– V
)
∆t
Se, em dado intervalo de tempo ∆t, ocorrem N choques, vem:
(
Fm = n ⋅ m ⋅ V '– V
sendo
)
(I)
N
=n
∆t
V = 20 m / s
V' = 0
m = 20 ⋅ 10–3 kg
Se a balança indica 20 kg, significa que a força exercida nela equivale ao
peso de um corpo de massa 20 kg. Adotando g = 10 m/s2, vem:
Fm = m • g = 200 N
Substituindo esses valores na expressão (I), obtemos:
n = 103 ⋅ 5 bolas/s
Resposta: D
90
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
77
(01) Verdadeira. Existe a possibilidade de a energia cinética do conjunto
não ser preservada e, mesmo assim, o sistema ser isolado
mecanicamente.
(02) Verdadeira. No choque inelástico, o coeficiente de restituição é nulo,
pois a velocidade relativa entre os dois corpos é nula.
(04) Verdadeira. Veja item (01).
(08) Falsa. Sendo mecanicamente isolado, a quantidade de movimento
do sistema irá se conservar.
Soma = 7 (01 = 02 + 04)
Resposta: 7
91
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
78
A colisão é perfeitamente elástica, ou seja, a energia cinética do conjunto
é conservada, o sistema é mecanicamente isolado e o coeficiente de
restituição é igual a 1.
Resposta: B
92
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
79
Se a colisão for perfeitamente elástica, há duas implicações:
• O sistema é mecanicamente isolado, com isso, a quantidade de
movimento do sistema é conservada;
• A energia cinética do sistema é conservada.
Resposta: B
93
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
80
A hipótese levantada pelo grupo foi alegar que a colisão é perfeitamente
elástica, e podemos citar o fato de que a energia cinética do sistema é
conservada. A suspeita seria cabível se, pelo menos, houvesse
movimento.
Resposta: D
94
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
81
Os choques são, de modo geral, exemplos de sistemas isolados mas não
conservativos. São isolados porque as forças externas são muito grandes,
e as externas podem ser desprezadas. Somente são conservativos no
caso particular do choque perfeitamente elástico, pois, nesse caso, as
forças trocadas pelos corpos têm natureza elástica.
Portanto, em uma colisão, a quantidade de movimento do sistema se
conserva, mas a energia cinética somente se conserva no perfeitamente
elástico.
É possível demonstrar que, nos choques perfeitamente elásticos, a
velocidade relativa se conserva.
Resposta: A
95
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
82
Os choques são, de modo geral, exemplos de sistemas isolados mas não
conservativos. São isolados porque as forças externas são muito grandes,
e as externas podem ser desprezadas. Somente são conservativos no
caso particular do choque perfeitamente elástico, pois, nesse caso, as
forças trocadas pelos corpos têm natureza elástica.
Portanto, em uma colisão, a quantidade de movimento do sistema se
conserva, mas a energia cinética somente se conserva no perfeitamente
elástico.
É possível demonstrar que, nos choques perfeitamente elásticos, a
velocidade relativa se conserva.
Resposta: B
96
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
83
Os choques são, de modo geral, exemplos de sistemas isolados mas não
conservativos. São isolados porque as forças externas são muito grandes,
e as externas podem ser desprezadas. Somente são conservativos no
caso particular do choque perfeitamente elástico, pois, nesse caso, as
forças trocadas pelos corpos têm natureza elástica.
Portanto, em uma colisão, a quantidade de movimento do sistema se
conserva, mas a energia cinética somente se conserva no perfeitamente
elástico.
É possível demonstrar que, nos choques perfeitamente elásticos, a
velocidade relativa se conserva.
Resposta: C
97
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
84
Um corpo abandonado de uma altura hi atinge o piso com velocidade
dada por:
Vi2 = 2ghi
A relação entre a velocidade (Vf) com que o corpo é lançado depois do
choque e a altura máxima atingida por ele (hf) dada por:
Vf2 = 2 ghf
Considerando a definição dada para o coeficiente de restituição:
V 2 2ghf
E = f2 =
Vi
2ghi
hf
hi
Chamando:
h0 a altura inicial da bola;
h1 a altura máxima atingida depois da primeira colisão;
h2 a altura máxima atingida depois da terceira colisão.
As relações entre as alturas são:
h
E = 1 ⇒ h1 = E ⋅ h0
h0
E=
E=
h2
h1
⇒ h2 = E ⋅ h1
E=
h3
h2
⇒ h3 = E ⋅ h2
Dessa forma: h3 = E3 ⋅ h0
Substituindo os valores numéricos, vem:
h3 = 0,83 ⋅ 1 ⇒ h3 = 0,512 m
Resposta: D
98
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
85
Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tratando-se de choque frontal, o tratamento vetorial é dispensável:
Q = Q’
MA ⋅ VA + MB ⋅ VB = MA ⋅ VA' + MB ⋅ VB'
Nessa expressão:
MA = M
VA = V
MB =2M
VB = 0 (corpo de massa 2M inicialmente em repouso)
Substituindo, obtemos:
M • V + 2M • 0 = (M + 2M) • V’
1
V' = • V
3
Resposta: B
99
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
86
Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tratando-se de choque frontal, o tratamento vetorial dispensável:
Q = Q’
MA ⋅ VA + MB ⋅ VB = MA ⋅ VA' + MB ⋅ VB'
Nessa expressão:
MA = MB = M
VA = V0
VvB = –2• V0 (orientando-se um eixo no sentido da velocidade do disco A)
VB' = 0 (o disco B para após a colisão)
Substituindo, obtemos:
M • V0 + M • (–2V0) – M • V’A + 2M • 0
Resolvendo-se a expressão acima, vem:
V'A = V0
A energia cinética do sistema é a soma das energias cinéticas dos corpos
que os constituem. Depois da colisão, temos:
1
1
• M • (V’A)2 + • M • (V’B)2
E2 =
2
2
V'A = V0
V’B = 0
Obtemos:
1
E2 = • M • V02
2
1

Como E1 = 5 ⋅  ⋅ M ⋅ V02  (dado do problema), vem:
2

E2 = 0,2 ⋅ E1
1
2
 2 ⋅ M ⋅ V0  é desnecessário porque


podemos calcular E1 pela soma das energias cinéticas antes da colisão:
1
1
1

E1 = ⋅ M ⋅ V02 + ⋅ M ⋅ (2V0 )2 = 5.  ⋅ M ⋅ V02 
2
2
2

Comentário: O dado E1 = 5 ⋅
Resposta: D
100
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
87
• 1a parte:
Analisando o choque:
Posição do primeiro choque: como as velocidades são iguais, em
módulo, o primeiro choque ocorre na posição 1 (veja a figura a).
Tipo de choque: o choque entre as esferas é frontal, ou seja, sem
mudança de direção; a mudança de direção da velocidade se deve à
canaleta, não ao choque.
Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tradando-se de choque frontal, o tratamento vetorial dispensável:
Q = Q’ ⇒ MA ⋅ VA + MB ⋅ VB = MA ⋅ V’A + MB ⋅ V’B
Nessa expressão:
MA = 3M
VA = V0
MB = M
VB = –V0 (veja, na figura a o eixo adotado)
VB' = V0 (veja a figura b)
Substituímos, obtemos:
3M • V0 + M • 0 = 3M • V’A + M • V0 ⇒ V’A =
1
• V0
3
• 2a parte:
Posição do primeiro encontro após a colisão. Na figura, estão indicados
os espaços dos corpos A e B no instante t após a primeira colisão.
Como os movimentos são uniformes, temos:
1
• V0 • t
SA =
3
101
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
SB = V0 • t
No primeiro encontro depois da colisão, o corpo B, que é mais rápido,
está uma volta na frente do corpo A:
2
V0 • t ⇒ 1 volta
SB – SA =
3
Portanto:
3
SB = V0 • t ⇒
volta
2
1
1
SA = • V0 • t ⇒
volta
3
2
Essas duas últimas expressões mostram que o primeiro encontro após
a colisão ocorre no ponto 5, no qual o corpo A percorreu meia volta e o
corpo B percorreu uma volta e meia.
Resposta: B
102
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
88
a) Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tratando-se de choque frontal, o tratamento vetorial dispensável:
Q = Q’ ⇒ MA ⋅VA + MB ⋅ VB = MA ⋅ VA' + MB ⋅ VB'
Nessa expressão:
MA = 1 kg; VA = 7 m/s; MB = 2 kg; VB = 1 m/s
Substituindo, obtemos:
1 ⋅ 7 + 2 ⋅ 1 = 1 ⋅ V’A + 2 ⋅ V’B ⇒ 1 ⋅ V’A + 2 ⋅ V’B = 9 (I)
velocidade de afastamento
Ainda: coeficiente de restituição =
velocidade de aproximação
V 'B – V 'A
V 'B – V ' A
⇒ 0,5 =
VA – VB
7–1
Das equações (I) e (II), obtemos:
V'A = 1 m/s e V’B = 4 m/s
e=
⇒ V’B – V’A = 3
(II)
b) A energia cinética do sistema é a soma das energias cinéticas dos
corpos que os constituem.
Antes:
1
1
Ec = ⋅ MA ⋅ (VA )2 + ⋅ MB ⋅ (VB )2 ⇒ Ec = 25,5 J
2
2
Depois:
1
1
E’c = ⋅ M ⋅ (V 'A )2 + ⋅ M ⋅ (V 'B )2 ⇒ E’c = 16,5 J
2
2
Ediss = Ec – E’c ⇒ Ediss = 9 J
c) Podemos aplicar a equação fundamental da dinâmica para qualquer
um dos corpos. Para o corpo B, por exemplo. Vamos supor que: a força
média (Fm) trocada pelas esferas seja a própria resultante média.
| ∆Q |
M | v 'B – v B |
Fm =
⇒ Fm = B
∆t
∆t
Sendo:
MB = 2 kg; VB = 1 m/s; V’B = 4 m/s; ∆t = 10–3 s
Assim:
Fm = 6 000 N
Respostas:
a) V’B = 4 m/s; V’A = 1 m/s
b) Ediss = 9 J
c) Fm = 6 • 103 N
103
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
89
a) Independentemente da natureza, os choques são, de um modo geral,
exemplos de sistemas isolados.
Q = Q’ ⇒ MA ⋅VA + MB ⋅ VB = MA ⋅ VA' + MB ⋅ VB' ⇒
⇒ 1 ⋅ V’A + 2 ⋅ V’B = 9 (I)
O coeficiente de restituição de um choque inelástico vale 0:
velocidade de afastamento
⇒
coeficiente de restituição =
velocidade de aproximação
V 'B – V 'A
V 'B – V ' A
⇒0=
VA – VB
7–1
Das equações (I) e (II), obtemos:
V'A = V’B = 3 m/s
⇒ e=
⇒ V’B – V’A = 0
(II)
b) A energia cinética do sistema é a soma das energias cinéticas dos
corpos que o constituem.
Antes:
1
1
Ec = ⋅ MA ⋅ (VA )2 + ⋅ MB ⋅ (VB )2 ⇒ Ec = 25,5 J
2
2
Depois:
1
1
E’c = ⋅ M ⋅ (VA )2 + ⋅ MB ⋅ (V 'B )2 ⇒ E’c = 13,5 J
2
2
Ediss = Ec – E’c ⇒ Ediss = 12 J
c) Podemos aplicar a Equação Fundamental da Dinâmica para qualquer
um dos corpos (para o corpo B, por exemplo). Vamos supor que a força
média (Fm) trocada pelas esferas seja a própria resultante média.
| ∆Q |
M ⋅ | V 'B – VB |
Fm =
⇒ Fm = B
∆t
∆t
Sendo:
MB = 2 kg
VB = 1 m/s
V’B = 3 m/s
∆t = 10–3 s
Fm = 4 000 N
Respostas:
a) V’B = V’A = 3 m/s
b) Ediss = 12 J
c) Fm = 4 • 103 N
104
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
90
a) Independentemente da natureza, os choques são, de um modo geral,
exemplos de sistemas isolados.
Q = Q’ ⇒ MA ⋅VA + MB ⋅ VB = MA ⋅ VA' + MB ⋅ VB' ⇒
⇒ 1 ⋅ V’A + 2 ⋅ V’B = 9 (I)
O coeficiente de restituição de um choque perfeitamente elástico é 1:
velocidade de afastamento
⇒
coeficiente de restituição =
velocidade de aproximação
V 'B – V 'A
V ' – V 'A
⇒ 1= B
VA – VB
7 –1
Das equações (I) e (II), obtemos:
V'A = – 1 m/s e V’B = 5 m/s
⇒ e=
⇒ V’B – V’A = 6 (II)
b) A energia cinética do sistema é a soma das energias cinéticas dos
corpos que o constituem.
Antes:
1
1
Ec = ⋅ MA ⋅ (VA )2 + ⋅ MB ⋅ (VB )2 ⇒ Ec = 25,5 J
2
2
Ediss = Ec – E’c ⇒ Ediss = 0
c) Podemos aplicar a Equação Fundamental da Dinâmica para qualquer
um dos corpos (para o corpo B, por exemplo). Vamos supor que a força
média (Fm) trocada pelas esferas seja a própria resultante média.
| ∆Q |
M ⋅ | V 'B – VB |
Fm =
⇒ Fm = B
∆t
∆t
Sendo:
MB = 2 kg
VB = 1 m/s
V’B = 5 m/s
∆t = 10–3 s
Fm = 8 000 N
Respostas:
a) VA = –1 m/s; VB = 5 m/s
b) Ediss = 0
c) Fm = 8 000 N
105
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
91
Para construir os gráficos:
1. Represente as velocidades antes do choque. Nos três casos, essas
velocidades são: VA = 7 m/s e VB = 1 m/s
2. Represente as velocidades antes do choque. Esses valores são:
No exercício 88: V’A = 1 m/s e V’B = 4 m/s
No exercício 89: V'A = V’B = 3 m/s
No exercício 90: V'A = –1 m/s e V’B = 5 m/s
3. Em qualquer choque frontal, há um instante (t*) em que as velocidades
se igualam. Nesse instante, ocorre a deformação máxima. Essa
velocidade foi calculada no exercício 88 e vale 3 m/s.
4. O comportamento da velocidade, durante o choque, é uma
aproximação da realidade. Para saber exatamente o que acontece,
teríamos de conhecer a intensidade da força em cada instante, o que
foge da finalidade deste estudo. Podemos apenas garantir que se
cruzam no ponto em que a velocidade é 3 m/s.
106
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
92
Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tratando-se de choque frontal, o tratamento vetorial dispensável:
Q = Q’ ⇒ MA ⋅ VA + MB ⋅ VB = MA ⋅ VA' + MB ⋅ VB'
Nessa expressão:
MA = m
VA = 12 m/s
MB = 3 m
VB = 0 (corpo de massa 3 m inicialmente em repouso)
Substituindo, obtemos:
m ⋅ 12 + 3m • 0 = m • V’A + 3m • V’B ⇒ V’A + 3V’B = 12 (I)
O coeficiente de restituição de um choque perfeitamente elástico é 1:
velocidade de afastamento
coeficiente de restituição =
⇒
velocidade de aproximação
V 'B – V 'A
V ' – V 'A
⇒ 1= B
VA – VB
7 –1
Das equações (I) e (II), obtemos:
V'A = –6 m/s e VB = 6 m/s
⇒ e=
⇒ V’B – V’A = 12
(II)
Resposta: VA = –6 m/s; VB = 6 m/s
107
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
93
Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tratando-se de choque frontal, o tratamento vetorial é dispensável.
Contudo, como os dados e as alternativas estão na forma vetorial, vamos
escrever a equação de conservação de quantidade de movimento nessa
forma:
Q = Q' ⇒ MA ⋅ V A + MB ⋅ V B = MA ⋅ V ' A + MB ⋅ V 'B
Nessa expressão:
MA = m
VA = V
MB = 2 m
VB = ?
V ' A = V 'B = 0
Substituindo obtemos:
m ⋅ V + 2m ⋅ V B = 0
1
VB = − ⋅ V
2
Resposta: D
108
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
94
Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tratando-se de choque frontal, o tratamento vetorial dispensável.
Contudo, como os dados e as alternativas estão na forma vetorial, vamos
escrever a equação de conservação de quantidade de movimento nessa
forma:
Q = Q' ⇒ MA ⋅ V A + MB ⋅ V B = MA ⋅ V ' A + MB ⋅ V 'B
Nessa expressão:
MA = m
VA = V
MB = 2m
V B = –2V
V ' A = V 'B = V (se a colisão é frontal, inelástica, as velocidades após a
colisão são iguais)
Substituindo, obtemos:
m ⋅ V – 2m ⋅ 2 V = (m + 2m) • V '
–3m • V = 3m • V '
V'= −V
Resposta: D
109
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
95
a) Errada. Para que a colisão seja inelástica, as velocidades finais
deveriam ser iguais, o que não acontece.
b) Errada. Não há inversão no sinal de nenhuma das velocidades que
caracterizaria inversão no sentido do movimento.
c) Errada. Se a colisão fosse perfeitamente elástica, as velocidades
relativas antes e depois do choque seriam iguais. A velocidade relativa
de aproximação 6 m/s e a velocidade relativa de afastamento é 3 m/s.
d) Errada. Há um instante em que as duas esferas têm a velocidade 4
m/s.
e) Certa. Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas
isolados. Tratando-se de choque frontal, o tratamento vetorial é
dispensável:
Q = Q’ ⇒ M1 ⋅ V1 + M2 ⋅ V2 = M1 ⋅ V1' + M2 ⋅ V2'
Nessa expressão
M1 = ?
V1 = 0
V’1 = 6 m/s
M2 = ?
V2 = 6 m/s
V'2 = 3 m/s
Substituindo obtemos:
M1 • 0 + M2 • 6 = M1 • 6 + M2 • 3 ⇒ M2 • 3 = M1 • 6 ⇒
M2 3
=
M1 2
Resposta: E
110
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
96
Os choques são, de um modo geral, exemplos isolados. Tratando-se de
choque frontal, o tratamento vetorial é dispensável:
Q = Q’ ⇒ m1 ⋅ V1 + m2 ⋅ V2 = m1 ⋅ V1' + m2 ⋅ V2'
Nessa expressão:
m1 = ?
V1 = – 2 m/s
V’1 = 3 m/s
m2 = ?
V2 = 4 m/s
V’2 = 1 m/s
Substituindo, obtemos:
m1 • (–2) + m2 • 4 = m1 • 3 + m2 • 1 ⇒ 5 • m1 = 3 • m2
Resposta: E
111
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
97
Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tratando-se de choque frontal, o tratamento vetorial é dispensável:
Q = Q’ ⇒ m • V + m • 0 = m • V1 + m • V2
(I)
Nessa expressão:
m = massa da bola preta = massa da bola vermelha
V = velocidade da bola preta antes da colisão. A bola vermelha está
inicialmente em repouso.
V1 = velocidade da bola preta imediatamente após a colisão
V2 = velocidade bola vermelha imediatamente após a colisão.
Daí, vem:
V1 + V2 = V (II)
O coeficiente de restituição de um choque perfeitamente elástico é 1:
velocidade de afastamento
⇒
coeficiente de restituição =
velocidade de aproximação
V2 – V1
= 1 ⇒ V2 – V1 = V (III)
V–0
Das equações (II) e (III), obtemos:
V2 = V e V1 = 0
⇒ e=
Comentário: Podemos generalizar a conclusão desse exercício dizendo
que, em um choque frontal perfeitamente elástico entre corpos de massas
iguais, há inversão de velocidades.
Resposta: C
112
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
98
a) Há três choques:
1o) da esfera 2 com a esfera 1;
2o) da esfera 2 com a parede;
3o) da esfera 2 com a esfera 1.
b) Ao se chocar com a bola 2, há uma inversão de velocidade por se
tratar de um choque frontal perfeitamente elástico entre corpos de
massas iguais (há inversão de velocidades). Portanto, a esfera 2
adquire velocidade V e a esfera 1 para.
Como o choque da esfera 2 com a parede é frontal perfeitamente
elástico, ela retorna com a mesma velocidade em módulo.
Ao se chocar com a bola 1, há uma inversão de velocidade por se
tratar de um choque frontal, perfeitamente elástico entre corpos de
massas iguais.
Portanto, terminado os choques, a bola 2 está parada e a bola 1 se
movimenta para a esquerda com velocidade de módulo V.
Respostas:
a) 1o choque: bola 1 com 2.
2o choque: bola 2 com parede.
3o choque: bola 2 (retornando) com 1.
b) 1o choque: a bola 1 para, e 2 segue com V1.
2o choque: a bola 2 incide com V1 na parede e volta.
113
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
99
A quantidade de movimento designa por qA tem a direção do eixo Ox e
intensidade 10 (kg ⋅ m)/s, portanto, deve ser apresentada por um
segmento orientado na direção e sentido do eixo Ox com o comprimento
de 5 quadrículas.
Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados. O
enunciado representa as quantidades de movimento antes da colisão por
q e depois da colisão por p . Respeitando essa convenção:
q = p ⇒ qA + qB = p A + pB
⇒ qA + qB = p A + pB
Nessa expressão:
qB = 0 (corpo B inicialmente em repouso)
Portanto, a expressão anterior fica assim:
qA = p A + pB
Da última expressão:
pB = qA – p A
Resposta: Gráfico acima.
114
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
100
Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tratando-se de choque frontal, o tratamento vetorial é dispensável.
Q = Q' ⇒ MA ⋅ VA + MB ⋅ VB = MA ⋅ V’A + MB ⋅ V’B
Nessa expressão:
MA = 0,2 kg
VA = 10 m/s
MB = 0,05 kg
VB = 0
V’A = V’B = V’
Substituindo, obtemos:
0,2 ⋅ 10 + 0,05 ⋅ 0 – (0,2 + 0,05) • V’ ⇒ V' = 8 m/s
Resposta: D
115
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
101
a) Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tratando-se de choque frontal, o tratamento vetorial dispensável.
Q = Q' ⇒ M1 ⋅ V1 + M2 ⋅ V2 = M1 ⋅ V’1 + M2 ⋅ V’2
nessa expressão
M1 = 4 kg
V1 = 3 m/s
M2 = 2 kg
Vv2 = 0 (o corpo 2 está inicialmente em repouso)
V’A = V’B = V’ (a variação de energia cinética é máxima quando o
choque é inelástico)
Substituindo, obtemos:
4 ⋅ 3 + 2 ⋅ 0 = (4 + 2) • Vv’
V'A = V’B = V’ = 2,0 m/s
1
1
• M1 • V12 + ⋅ M2 ⋅ V22 = 18 J
2
2
1
1
1
E’c = ⋅ M1 ⋅ V'12 + ⋅ M2 ⋅ V'22 = ⋅ (M1 + M2 ) ⋅ V' 2
2
2
2
∆Ec = –6 J
b) Ec =
⇒ E’c = 12 J
Respostas:
a) 2 m/s
b) –6 J
116
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
102
A pressão média é dada por:
F
| ∆Q |
p = média =
A
∆t ⋅ A
A razão entre as pressões médias da bola de vôlei com a bola de golfe é:
mv ⋅ ∆Vv
mv ⋅ ∆Vv
270 ⋅ 30
pv
=
= 0,15
= 2 ⋅ ∆t ⋅ 10A =
20 ⋅ 45 ⋅ 60
pg
mg ⋅ ∆Vg
20 ⋅ mg ⋅ ∆Vg
∆t ⋅ A
Portanto, como a razão entre pv e pg é menor do que 1, a expressão
média exercida pela bola de golfe sobre o tórax da pessoa é maior que a
exercida pela bola de vôlei.
Resposta: E
117
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
103
Sistema mecanicamente isolado:
Qantes = Qdepois
0,45 • V0 + 0,9 • 0 = 0,9 • 10 + 0,45 • (–4)
V0 = 16 m/s
I = |∆Q|
I = m • |∆V|I
I = 0,45 • 16 = 7,2 N • s ou 7,2 (kg • m)/s
Resposta: D
118
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
104
I. 90 km/h = 25 m/s.
Pelo do Teorema do Impulso, vem:
I = ∆Q
⇒
⇒
F ⋅ ∆t = 0 − m ⋅ V
1 200 ⋅ 25
m⋅V
⇒ F =
0,2
∆t
⇒
1 000 ⋅ 0 = (1 500 + 1 000) ⋅ V '
⇒
F =
F = 1,5 ⋅ 105 N
II. a) mB ⋅ VB = (m A + mB ) ⋅ V '
⇒
20000
⇒ V ' = 8,0 m/s
2500
∆QB = Qfinal − Qinicial ⇒ ∆QB = mB ⋅ (V '− V)
⇒
b)
⇒
⇒
V' =
∆QB = 1 000 ⋅ (8 − 20)
⇒
⇒
∆QB = −1,2 ⋅ 10 4 (kg ⋅ m)/s
Respostas:
I. 1,5 • 105 N
II. a) 8,0 m/s
b) –1,2 • 104 (kg • m)/s
Observação: Desconsidere o gabarito dado para esta questão no
Caderno de Exercícios e considere a resposta acima.
119
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
105
• Colisão inelástica:
V 'B – V 'A = 0
V 'B – V 'A = Vf
m1 = 800
V1 = 90 km/h = 25 m/s
m2 = 450 kg
V2 = 33,33 m/s
• Colisão ineslástica:
Quantidade de movimento:
m2 ⋅ V2 = 450 ⋅ 33,33... = 15 000 (kg • m)/s
m1 ⋅ V1 = 800 ⋅ 25 = 20 000 (kg • m)/s
QR =
(15 000)2 + (20 000)2
QR = mT ⋅ Vf = (m1 + m2) ⋅ Vf
25 000 = (800 + 450) ⋅ Vf
Vf = 20 m/s
Resposta: B
120
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
106
Qantes = Qdepois
Velocidade:
4 995 • 0 + 5 • V = (4 995 + 5) • 0,25
⇒ V = 250 m/s
Perda de energia:
V2
Ec = m •
2
Início: Ei = 5 • 10–3 •
250 2
2
0,252
Final: Ef = 5 •
2
Perda = Ec i – Ec f = 156,25 J
Resposta: B
121
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
107
e=
V1f − V2 f
V2 i – V1i
=
30 − 50 2
=
20 − 50 3
⇒ parcialmente elástico
Qantes = Qdepois
M2 • 50 + m1 • 20 = m2 • 30 + m1 • 50
m2 3
=
m1 2
Resposta: E
122
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
108
Qantes = Qdepois (orientado para a direita)
2 • 5 + 3 • 3 = 2 • VA + 3 • 5
VA = 2 m/s
Resposta: C
123
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
109
Considerando que a quantidade de movimento do sistema se conserva,
temos:
(Qsist)antes = (Qsist)depois
m ⋅ V = (m + 3m) ⋅ 18
V = 72 km/h
Resposta: A
124
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
110
• Qantes = m • 6 + 3m • (–2) = 0
Qdepois = m • (–1,5) + 3m • 0,5 = 0
A quantidade de movimento do sistema se conservou.
• Ec inicial = m.6²/2 + 3m.(-2)²/2 = 24m
2
2
 −1,5 
 0,5 
Ec final = m • 
 + 3m • 
 = 1,5m
 2 
 2 
Energia cinética não se conservou (diminui).
Resposta: B
125
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
111
O sistema da figura é isolado e, portanto, a quantidade de movimento
dele se conserva. Devemos nos lembrar que, em uma colisão elástica, a
energia cinética do sistema também deve ser conservada.
Analisando a alternativa a, e aplicando a lei de conservação, temos:
QA = QD ⇒ m ⋅ V0 + 2m ⋅ 0 = 2m ⋅ 0 + m ⋅ V0 ⇒ m ⋅ V0 = m ⋅ V0
Agora, verificamos se a energia cinética se conserva.
m ⋅ v 02 2m ⋅ 02 2m ⋅ 02
m ⋅ V02
m ⋅ V02 m ⋅ V02
+
=
=
ECA = ECD ⇒
+
⇒
2
2
2
2
2
2
Portanto, a expressão da alternativa a representa o movimento
corretamente dos blocos após a colisão.
Resposta: A
126
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
112
Qantes = Qdepois
2 • 6 + 4 • 0 = (2 + 4) • V
V = 2 m/s
Resposta: B
127
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
113
a) Fm = R = m • |a|
V² = V0² + 2 • a • ∆S
300² = 500² + 2 • a • 0,8
a = –105 m/s²
Fm = m • |a| = 10 • 10-3 • 105 = 103 N
b) ∆Q = m • ∆V = 0,5 • (4 – 0) = 2 (kg • m)/s
c) Colisão inelástica:
Qantes = Qdepois
0,01 • 500 + 0,5 • 0 = 0,51 • V
V = 9,8 m/s
Respostas:
a) 1 000 N
b) 2,0 (kg • m)/s
c) 9,8 m/s
128
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
114
Supondo um choque frontal e direto, da conservação da quantidade de
movimento temos:
Qi = Q f
m ⋅ V = (m + M) ⋅ V
10 • V = (10 + 50) ⋅ 0,5
V = 3,0 m/s
Resposta: E
129
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
115
Qantes = Qdepois
Portanto, é correta a posição indicada na alternativa b.
Resposta: B
130
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
116
Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Q = Q' ⇒ Q A = QB = Q ' A + Q 'B
Nessa expressão:
MA = M
V A = 0 (o corpo A está inicialmente em repouso)
MA = m
VB = V
V 'A = V1
V 'A = V 2
m ⋅ V = M ⋅ V1 + m ⋅ V 2
Lembre-se de que:
sen 30º = cos 60º =
sen 60º = cos 30º =
1
2
3
2
• Projetando no eixo Ox:
V1x = V1 • cos 30º
V2x = V2 • cos 60º
m • V = M • V1 • cos 30º + m • V2 • cos 60º (I)
131
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
• Projetando no eixo Oy:
V1y = V1 ⋅ sen 30º
V2y = V2 ⋅ sen 60º
0 = M ⋅ V1 ⋅ sen 30º – m • V2 • sen 60º (II)
Da equação (II), vem:
 3
 1
m • V2 • 
 2  = M ⋅ V1 ⋅  2 


m ⋅ V2 ⋅ 3 = M ⋅ V1 (III)
Substituindo-se (III) em (I), vem:
m • V = m • V2 • 3 ⋅ cos 30º + m • V2 • cos 60º
Dividindo-se por m:
V = V2 • 3 ⋅ cos 30º + V2 • cos 60º
 3 ⋅ 3 1
+ 
V = V2 • 

2
2

V = 2 • V2
V
V2 =
2
Comentário: O enunciado menciona bolas indeformáveis, o que é
incompatível com o que ocorre em uma colisão, fenômeno em que há
uma deformação seguida de uma restituição. Provavelmente o autor da
questão quis dizer que as esferas não apresentam deformação
permanente, ou seja, que apresentam restituição.
Resposta: C
132
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
117
Como o corpo 2 está inicialmente em repouso, a quantidade de
movimento inicial do sistema é igual à quantidade de movimento do corpo
1, que tem a direção e sentido do eixo Ox. Tendo-se em vista a
invariância da quantidade de movimento do sistema durante a colisão, a
quantidade de movimento após a colisão tem de ter essa direção e
sentido. A única alternativa em que a soma das quantidades de
movimento dos corpos pode ter a direção e sentido do eixo Ox é a
alternativa e.
Resposta: E
133
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
118
Os carros passam a se deslocar em uma direção de 45° em relação à
direção inicial de ambos.
Como o ângulo formado entre os momentos lineares de cada corpo após
a colisão inelástica é de 45º, deduz-se que os vetores são iguais em
módulo, então teremos:
Q1² + Q2² = QR²
em que:
Q1 é a quantidade de movimento do móvel 1;
Q2 é o momento linear do móvel 2;
QR é o momento linear após a colisão.
Pelo teorema de Pitágoras:
Q1² + Q2² = QR²
(m1 • V1)² + (m2 • V2)² = (m1 + m2)² • V²
(m1 • 2V2)² + (2m1 • V2)² = 3m1 • V²
4 • m12 • V2² + 4 • m12 • V2² = 9m1² • V²
8 • V2² = 9 • 1 600
V2² = 9 • 200 = 9 • 100 • 2
V2 = 3 • 10 • 2
V2 = 30 2 km/h
Resposta: B
134
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
119
Observe a figura.
Eixo Ox:
4 • 5 = 4 • V’Ax + 3 • 4 • cos 30° ⇒ V’Ax =
10 − 3 3
m/s
2
Eixo Oy:
4 • 0 = 4 • V’Ay + 3 • 4 • sen 30° ⇒ V’Ay =
3
m/s
2
Resposta: A
135
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
120
Pela conservação da energia mecânica, é possível determinar o valor da
velocidade da bola imediatamente antes da colisão.
V2
Emec i = Emec f ⇒ m • g • h = m •
2
2
V
⇒ 10 • 0,8 =
⇒ V = 4m/s
2
⇒
Sistema mecanicamente isolado:
Qantes = Qdepois (orientado para a direita)
0,5 • 4 + 1 • 0 = 0,5 • V1 + 1 • V2 ⇒ 2 = 0,5 • V1 + V2 (I)
Colisão perfeitamente elástica: e=1
V – V1
e= 2
= 1 ⇒ V2 – V1 = 0,5 ⇒ V2 = 0,5 – V1 (II)
0,5 − 0
Substituindo-se (I) em (II), temos:
2 = 0,5 • V1 + 0,5 – V1 ⇒ V1 ≈ –1,33 m/s (sentido para a esquerda)
Resposta: C
136
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
121
Pela conservação da energia mecânica, é possível determinar o valor da
velocidade da esfera imediatamente antes da colisão.
V2
Emec i = Emec f ⇒ m • g • h = m •
2
2
V
⇒ 10 • 0,2 =
⇒ V = 2 m/s
2
⇒
Sistema mecanicamente isolado:
Qantes = Qdepois (orientado para a direita)
0,05 • 2 + 0,1 • 0 = 0,05 • 0 + 0,1 • V
⇒ V = 1 m/s
Resposta: A
137
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
122
I. Considerações geométricas: Vamos determinar a altura h da qual o
pêndulo é abandonado em função de L e θ.
Da figura:
h=L–d
Do triângulo sombreado:
d = L • cos θ
Logo:
h = L – L • cos θ ⇒ h = L • (1 – cos θ) (I)
• se θ1 = 45o ⇒ cos 45º =
2
⇒ 1 – cos 45º = 0,54
2
• se θ2 = 30o ⇒ cos 30º =
3
⇒ 1 – cos 30º = 0,36
2
Da expressão (I), obtemos:
• se θ1 = 45º ⇒ h1 = L • (0,29) (II)
• se θ2 = 30º ⇒ h2 = L • (0,13) (III)
138
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
II. A respeito do movimento do pêndulo: Se o pêndulo é abandonado de
uma altura h, ao atingir a posição em que o fio é vertical sua
velocidade vale:
V = 2gh
(IV)
Portanto, sendo V1 o valor dessa velocidade quando é abandonado
de 45º e V2 a velocidade que o pêndulo deve ter para atingir 30º:
• se θ1 = 45º ⇒ h1 ≈ L • (0,29) ⇒
⇒ V1 = 2g ⋅ L ⋅ 0,29 = 0,54 • 2gL
(V)
• se θ2 = 45º ⇒ h2 ≈ L • (0,36) ⇒
⇒ V2 = 2g ⋅ L ⋅ 0,13 = 0,36 • 2gL
(VI)
III. A respeito do choque: Os choques são, de um modo geral, exemplos
de sistemas isolados. Tratando-se de choque frontal, o tratamento
vetorial é dispensável:
Q = Q’ ⇒ m • V1 + M • 0 = m • V2 + M • VB
(VII)
Nessa expressão:
m é a massa do pêndulo
V1 = 0,54 • 2gL é a velocidade do pêndulo antes da colisão.
M é a massa do bloco.
A velocidade do bloco antes da colisão é nula.
V2 = –0,36 • 2gL é a velocidade do pêndulo depois da colisão. O
sinal negativo se deve à orientação do eixo VB, que é a velocidade do
bloco imediatamente após a colisão.
Substituindo esses valores na equação (VII), vem:
m
VB = 0,9 •
• 2gL
M
IV. Movimento do bloco escorregando sobre o plano horizontal: Pelo
Princípio Fundamental da Dinâmica vem:
R = m • |a|
139
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
A resultante das forças que agem no bloco é o atrito, que tem
intensidade µ • m • g, como mostra a figura seguinte.
µ • m • g = m • |a|
Logo, a aceleração do movimento é:
|a| = µ • g
Se a aceleração é constante, o movimento é uniformemente variado,
e podemos aplicar a equação de Torricelli:
V2 = VB2 + 2a • ∆S
Nessa expressão:
VB é dada pela equação (VII).
V = 0 (o bloco desliza até parar)
a = –µ • g (o sinal negativo se deve ao eixo adotado)
∆S = d (distância procurada)
Daí, obtemos:
2
m
d ≈ 2,74 ⋅   ⋅ L
M
2
m
Resposta: d ≈ 2,74 ⋅   ⋅ L
M
140
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
123
a) Se o pêndulo é abandonado de uma altura h, ao atingir a posição em
que o fio é vertical, sua velocidade vale:
V = 2gh
(I)
Nessa expressão:
g = 10 m/s2
h = 0,20 m
Obtemos: V = 2 m/s
b) Os choques são, de um modo geral, exemplos de sistemas isolados.
Tradando-se de choque frontal, o tratamento vetorial é dispensável:
Q = Q’ ⇒ M • V + m • 0 = m • V2 + m • VB
Nessa expressão:
m é tanto a massa do pêndulo como do bloco.
v = 2 m/s é a velocidade do pêndulo imediatamente antes da colisão.
O bloco está inicialmente em repouso.
V2 é a velocidade do pêndulo imediatamente após a colisão.
VB é a velocidade do bloco imediatamente após a colisão.
Daí, vem:
V2 + VB = 2 m/s (II)
O coeficiente de restituição de um choque perfeitamente elástico é 1:
velocidade de afastamento
coeficiente de restituição =
⇒
velocidade de aproximação
VB – V2
= 1 ⇒ VB – V2 = 2 (III)
V–0
Das equações (II) e (III), obtemos:
V2 = 0
VB = 2 m/s
Pelo Princípio Fundamental da Dinâmica do movimento retilíneo, vem:
R = m • |a|
A resultante das forças que agem no bloco é o atrito, que tem
intensidade µ • m • g, como mostra a figura.
⇒ e=
µ • m • g = m • |a|
Logo, a aceleração do movimento é: |a| = µ • g
141
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
Se a aceleração é constante, o movimento é uniformemente variado,
podemos aplicar a equação de Torricelli:
V2 = VB2 + 2a • ∆S
Nessa expressão:
VB = 2 m/s
V = 0 (o bloco desliza até parar)
a = –µ • g = –2 m/s2 (o sinal negativo se deve ao eixo adotado)
∆S (distância procurada)
Daí, obtemos:
∆S = 1 m (não atinge a caçapa)
Respostas:
a) 2 m/s
b) 2 m/s
c) 1 m/s. Não atinge a caçapa.
142
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
124
a) Antes do choque, a velocidade da esfera B era zero e da esfera A,
certo valor VA. Ao se chocar com a esfera B, há uma inversão de
velocidade por se tratar de um choque frontal perfeitamente elástico
entre corpos de massas iguais. Portanto, a esfera B adquire velocidade
VB e a esfera A para.
(I)
Se o pêndulo atinge uma altura h, a velocidade na posição em que o fio
é vertical vale:
v = 2gh
Nessa expressão:
g = 10 m/s2
h = 0,20 m
Obtemos:
VB = 2 m/s
Essa é a velocidade da esfera B imediatamente após o choque. Como
foi informado na consideração (I), acima, imediatamente após o choque
a esfera A para.
b) Há uma nova inversão de velocidade e, portanto, a esfera B para e a
esfera A passa a se movimentar para a esquerda com velocidade 2 m/s
em módulo.
Respostas:
a) V’A = 0 e V’B = 2 m/s
b) |VA| = 2 m/s e VB = 0
143
Física 2 • Unidade II • Dinâmica impulsiva • Série 2 - Sistemas isolados e colisões
125
a) Supondo que não há dissipação de energia para o ambiente, a energia
cinética adquirida pela esfera R, logo após a colisão, será igual à
energia potencial no ponto de retorno (ângulo de 45° com a vertical).
Já a esfera S adquirirá energia cinética máxima se a colisão for
perfeitamente elástica, isto é, se toda a energia perdida por R for
transferida a S. Logo, precisamos determinar se a energia perdida por
R é maior, menor ou igual à energia que restou para R após a colisão.
Seja L o comprimento dos fios.
• A energia inicial da esfera R será:
Ep i = mR • g • hi ⇒ Ep i = mR • g • (L – L • cos 60o) ⇒
⇒ Ep i = mR • g • L • (1 – 0,50) ⇒ Ep i = 0,50 • mR • g • L
• A energia final da esfera R será:
Ep f = mR • g • hf ⇒ Ep f = mR • g • (L – L • cos 45o) ⇒
⇒ Ep f ≈ mR • g • L • (1 – 0,71) ⇒ Ep f ≈ 0,29 • mR • g • L
E
0,29
A esfera R permaneceu com p f =
= 0,58 ou 58% da energia
Ep i 0,50
inicial.
Ou seja, na melhor das hipóteses (colisão perfeitamente elástica), a
esfera S adquirirá 100% – 58% = 42% de energia, que é menos que a
energia restante da esfera R. Portanto, após a colisão, R terá maior
energia cinética que S.
b) A quantidade de movimento total deve se conservar antes e após a
colisão, em módulo, direção e sentido.
Qtotal antes = Qtotal depois
Antes:
Q total antes = QR antes , pois QS antes = 0 (V0 antes = 0)
Sentido de Qtotal Antes: para a direita (mesmo de QR antes)
Sabemos que, após a colisão, as esferas R e S se moverão em
sentidos contrários, sendo que S se moverá para o mesmo sentido que
Qtotal antes. Ou seja:
Qtotal antes = Qtotal depois = QS depois − QR depois
Para que o sentido da quantidade de movimento se conserve, devemos
ter:
QS depois > QR depois
Respostas:
a) Esfera R. Justificativa acima.
b) Menor. Justificativa acima.
144