Anual de Física para Medicina e Odontologia 2005 - www.fisicaju.com.br - Prof Renato Brito
AULA 6 – QUESTÃO 1 -
RESPOSTA CORRETA – LETRA A
Afirmação I - O enunciado afirmou que o caminhão e o carro estão se movendo com Quantidade de
movimento I G U A I S. Entretanto, a massa do caminhão, com certeza, é maior que a massa do carro.
Assim, facilmente concluímos que a velocidade do carro é maior que a velocidade do caminhão, para
compensar:
M .v
=
M.
V
Afirmativa I é verdadeira.
Afirmação II - Veja as perguntas chave:
• Quem tem maior QDM no início ? resposta: ambos têm a mesma qdm, conforme enunciado.
• Quem tem maior QDM ao final, quando eles pararem? resposta: ambas serão nulas.
• Quem sofreu maior variação de QDM, ou seja, maior impulso I = Q final − Q inicial ?
Afirmativa II é falsa.
Afirmação III
Os Impulsos aplicados serão os mesmos em cada caso: ΙA = FA . ∆tA = ΙB = FB . ∆tB Se eles
forem realizados com forças de intensidades iguais em cada caso (FA = FB), eles certamente irão
requerer intervalos de tempo iguais ( ∆tA = ∆tB).
Afirmativa III é falsa
Afirmação IV
V
V
Vcarro
Vcaminhão
∆t
t
t
∆t
A área sob os gráficos V x t acima fornecem as distâncias percorridas pelos móveis até pararem. Note
que Vcarro
>
Vcaminhão
( conforme afirmação I)
mas o tempo para frear ∆t
será o mesmo
(conforme connluímos na afirmação III), portanto, a área amarela sob o gráfico V x t do carro será
claramente maior que a área sob o gráfico do caminhão. Isso significa que o carro percorre uma
distância maior que o caminhão até parar.
Afirmativa IV é falsa
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AULA 6 – QUESTÃO 2
A) Se você acha que a velocidade aumentará
F (N)
quando a força aumentar, diminuirá quando a
força diminuir e cessará quando a força cessar,
4
você é o aristóteles, atrasado mais de 2000
anos !!!!!!!
Lembre-de da Lei da Inércia e do fato de que
uma força só serve para aumentar ou diminuir o
valor da velocidade.
0
2
4
6
8
10
2
4
6
8
10
t (s)
A FORÇA NÃO É V (m/s)
NECESSÁRIA PARA HAVER MOVIMENTO,
APENAS PARA QUE OCORRAM MUDANÇAS
NA VELOCIDADE.
0
t (s)
No gráfico F x t, a força com valor algébrico positivo + significa força que aponta a favor do eixo do
movimento e, força com valor algébrico negativo –, força que aponta contra o eixo do movimento.
Nesse gráfico, percebemos que o valor algébrico da força sempre foi POSITIVO 0s < t < 6s OU NULA
t > 6s. Assim, como a caixa parte do repouso, a força sempre esteve a favor do movimento no intervalo
0 < t < 6 s, portanto a velocidade deve SEMPRE aumentar nesse intervalo. Do instante t = 6 em diante
a força se anula e, pela 1ª lei de Newton, a caixa prossegue em MRU com velocidade constante.
Resumindo:
• Intervalo 0 < t < 2s
aumento da força ⇒ aumento da ACELERAÇÃO ⇒ aumento da INCLINAÇÃO do gráfico V x t
• Intervalo 2s < t < 6s
diminuição da força ⇒ diminuição da ACELERAÇÃO ⇒ diminuição da INCLINAÇÃO do gráfico Vxt
• Intervalo t > 6s
força nula ⇒ ACELERAÇÃO nula ⇒ velocidade permanece constante
Assim, observando o gráfico, vemos que a velocidade atinge seu valor máximo no instante t = 6s.
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B) Para calcular a velocidade em t = 8s, basta calcular a velocidade em t = 6s, visto que ela não muda a
partir desse instante. Determinemos essa velocidade, aplicando o Teorema do Impulso no intervalo
0 < t < 6s.
Q final = Q inicial
T = 6s
Ι
+
T = 0s
[0s, 6s]
O impulso no Ι no intervalo [ 0s, 6s] é calculado pela área do triângulo sob o gráfico F x t. A expressão
Ι = F.∆t não se aplica ao cálculo desse impulso, visto que a força F não é constante nesse intervalo
0s < t < 6s.
Q final = Q inicial
T = 6s
Ι
+
T = 0s
⇒
M. VF
= M . Vi
+
bxh/2
[0s, 6s]
2. VF
= 0
+
6x4/2
⇒ VF = 6 m/s
AULA 6 – QUESTÃO 3
Pelo teorema do impulso, temos que:
Ι
.
M
Essa é a velocidade adquirida pela bola, por ocasião do chute. O trabalho realizado pela força do chute
é o tanto de Ecin que ela fornece à bola, ou seja, a variação da sua Ecin. Assim:
2
⎛Ι⎞
M.⎜ ⎟
Ι2
⎝M⎠
2
– 0 =
Τ = Ecin F – Ecin i = M.V / 2 – 0 =
2
2.M
QF = Q i + Ι
⇒
M.V = 0 + Ι
⇒ V =
RESPOSTA CORRETA – LETRA A
AULA 6 – QUESTÃO 4
O gráfico mostra que as velocidade escalares dos móveis antes e após a colisão têm sinal algébrico
positivo +. Isso indica que, antes e após a colisão, suas velocidade apontam sempre no sentido positivo
do referencial, ou seja, nenhum deles inverte o sentido do seu movimento durante a colisão. A colisão
pode ser esquematizada pela figura abaixo:
+6 m/s
+1 m/s
Vrel após 5 − 2
a) e =
=
= 0,6
antes
Vrel antes 6 − 1
A
B
b) MA.VA + MB.VB = MA .VA’ + MB.VB’
20 x 6 + MB x1 = 20 x 2
+2 m/s
+ MB x 5
+5 m/s
depois
A
80 = 4. MB
MB = 20 kg
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B
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c) o gráfico mostra que a colisão teve uma duração ∆t = (4–2)ms = 2ms = 2x10–3 s
Aplicando o teorema do impulso ao carro B, por
Aplicando o teorema do impulso ao carro A, por
exemplo, podemos escrever:
exemplo, podemos escrever:
Fmédia.∆t
Qfinal-B = Qinicial-B +
MB.VB’ = MB.VB +
Qfinal-A = Qinicial-A − Fmédia.∆t
MA.VA’ = MA.VA −
Fmédia.∆t
Fmédia.∆t
20x 5 = 20x 1 + Fmédia.∆t
20x 2 = 20x 6 − Fmédia.∆t
80 = Fmédia. (2 x 10–3)
−80 = −Fmédia. (2 x 10–3)
Fmédia = 40x 103 N = 40 KN
Fmédia = 40x 103 N = 40 KN
Note que o valor do impulso I = Fmedia.∆t representa tanto “a quantidade de movimento recebida pelo
carro B” quanto “a quantidade de movimento cedida pelo carro A”, durante a colisão.
AULA 6 – QUESTÃO 5
Solução vetorial:
r
r
Qfinal
= Qinicial
←m.VF
= m.V i →
+
+
10 m/s
r
Ι
r
Ι
passando o vetor para o outro lado e invertendo a flecha,
vem:
r
←m.VF + m.V i ← = Ι
r
m.( VF + V i) ← = Ι
Se dois dois vetores são iguais, elem precisam ter módulos
iguais, assim:
r
| m.( VF + V i) ← | = | Ι |
m.( VF + V i)
= Ι
m.( VF + V i)
= F.∆t
antes
F
durante
7 m/s
depois
50x 10–3 . ( 10 + 7) = F . (10 x 10–3)
F = 85 N
AULA 6 – QUESTÃO 7
Se a bola cai de uma altura H a partir do repouso, com que velocidade ela se choca no solo?
Conservação de energia: M.g.H = M.V2 / 2
⇒ V=
2.g.H = 2 × 10 × 1,8 = 6 m / s
Essa é a velocidade antes do impacto com o solo Vi = 6 m/s ↓ vertical para baixo. Seja VF ↑ a
velocidade da bola logo após o impacto.
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Para o cálculo do coeficiente de restituição, a Vrel entre a bola e o chão antes do impacto vale
Vi = 6 m/s (já que o solo não se move), ao passo que a V relativa entre a bola e o chão, logo após o
impacto, vale VF. Assim:
e=
| Vrelativa − após |
| Vrelativa − antes |
=
VF VF
= = 0,8 ⇒
Vi
6
VF = 4,8 m/s ↑
Pelo teorema do impulso, temos a seguinte relação vetorial:
r
r
r
Qfinal
m.VF ↑ = m.V i ↓
= Qinicial +
Ι ⇒
r
Ι
+
passando o vetor para o outro lado e invertendo a flecha, vem:
r
⇒
( m.VF + m.V i ) ↑ =
m.VF ↑ + m.V i ↑ = Ι
r
Ι
Se dois dois vetores são iguais, elem precisam ter módulos iguais, assim:
r
|( m.VF + m.V i ) ↑| = | Ι |
⇒ m.(VF + V i ) = Ι
m.(VF + V i ) = Fmédia .∆t
5,4 = Fmédia . ( 0,02)
⇒
⇒
0,5
x
( 4,8 + 6 ) = Fmédia . ( 0,02)
Fmédia = 270 N
Resposta correta : LETRA E
AULA 6 – QUESTÃO 8
r
Ar velocidade inicial V i pode ser dada pela resultante entre suas componentes Vix e Viy.
Vr i = →Vix + ↓Viy = →30.senα + ↓30.cosα = (→18 + ↓24 ) m/s
V i = (→18 + ↓24
r ) m/s
A velocidade inicial VF pode ser dada pela resultante entre suas componentes VFx e VFy.
r
VF = → VFx + ↑ VFy = →30.senα + ↑ 30.cosα = (→18 + ↑24 ) m/s
r
VF = (→18 + ↑24 ) m/s
Pelo teorema do impulso, temos a seguinte relação vetorial:
r
r
r
r
= Qinicial +
Ι
⇒
m. VF =
Qfinal
r
m. V i
+
r
Ι
passando o vetor para o outro lado e invertendo a flecha, vem:
r
r
r
m. [ ( VF ) – ( V i ) ] = Ι
r
m. [ (→18 + ↑24) – (→18 + ↓24) ] = Ι
r
m. [ →18 + ↑24 – →18 – ↓24 ] = Ι
r
r
m. [ →18 + ↑24 + ←18 + ↑ 24 ] = Ι , sendo que →18 + ←18 = 0
r
m. [ ↑24 + ↑ 24 ] = Ι
r
50x 10–3 . (↑48 ) = Ι , aplicando o módulo em ambos os lados da equação ,vem:
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r
| 50x 10–3 . (↑48 ) |
2,4 = Ι
⇒
= |Ι|
⇒
2,4 = FR .∆t
⇒
50x 10–3 x 48 = Ι
⇒ FR = 12 N
2,4 = FR . ( 0,2)
Note que, durante o impacto, FR é a resultante entre a normal N↑ e o peso P↓ da bola e, durante o
impacto temos N > P, portanto, FR = N – P:
FR = N – P
⇒
12 = N – P ,
A normal N é a força que o solo aplica na bola. Como o peso P da bola de 50 g é desprezível,
comparado ao valor da força média 12 N, desprezaremos o peso P no cálculo acima, simplificando o
cálculo para:
12 = N − 0
⇒
N = 12 newtons.
Resposta correta : LETRA C
AULA 6 – QUESTÃO 9 - Resposta correta : LETRA C
Pelo teorema do impulso, temos a seguinte relação vetorial:
r
r
r
r
r
= Qinicial +
Ι
⇒ m. VF = m. V i
Qfinal
r
Ι
+
Essa relação é representada graficamente nos esquemas abaixo:
M.VF
M.VF
F.∆t
15
20
M.Vi
Calculando M.Vi e F.∆t, podemos determinar M.VF pelo teorema de Pítágoras:
M . V i = 5 x 4 = 20
(20)2 + (15)2 = (M.VF)2
⇒ F. ∆t = 150 x 0,1 = 15,
⇒
M.VF = 25
⇒
pelo teorema de Pítágoras:
5 x VF = 25
Página (62)
⇒
VF = 5 m/s
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AULA 6 – QUESTÃO 12
VB = 6 m/s
B
VA = 6 m/s
m
A
M
antes
VB' = 6 m/s
VA' = ?
m
M
depois
A esse problema, daremos um tratamento escalar, adotando um eixo positivo para a direita e atribuindo
um sinal algébrico às grandezas vetoriais, para simplificar. Serão positivas as grandezas que apontarem
a favor do eixo e, negativas, as grandezas que apontarem contra o eixo. Pela conservação da
quantidade de movimento total do sistema, podemos escrever:
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:
Qsist antes = Qsist depois
QA + QB
= QA’ + QB’
+M .VA + m.VB
= +M .VA’ + (–1).m.VB’
+3 x 6 + 0,5 x 6
= +3.VA’ + (– 0,5) .6
18 + 3
= +3.VA’ –
, o sinal (–) se deve ao sentido de VB
3
VA’ = 8 m/s
AULA 6 – QUESTÃO 13
Resposta correta : LETRA B
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:
V
A
K
4M
B
4V
M
Pela conservação da quantidade de movimento, se uma massa é 4M e a outra é M, as velocidade das
caixas, após abandonarem a mola, serão V e 4V, para compensar. Dessa forma a quantidade de
movimento do sistema, que era nula inicialmente nula, permanece nula após as caixas se deprenderem
da mola.
Agora, queremos saber qual caixa atingirá maior altura ao subir a sua respectiva rampa. Faremos uso
da conservação de energia para cada caixa:
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MA .(VA )2 / 2 = MA .g. HA
MB .(VB )2 / 2 = MB .g. HB
(VA )2 / 2 = g. HA , com VA = V, vem:
(VB )2 / 2 = g. HB com VA = 4V, vem:
(V )2 / 2 = g. HA
(4V)2 / 2 = g. HB
V 2 / 2 = g. HA
16V2 / 2 = g. HB
[eq-1]
[eq-2]
g.H
V2
Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem:
= A ⇒ HB = 16. HA
2
16.V
g.HB
Resposta correta : LETRA E
AULA 6 – QUESTÃO 14 - VEJA A RESOLUÇÃO DA 3ª QUESTÃO DE CLASSE
AULA 6 – QUESTÃO 15
m
vo cos α
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:
v=0
M
v
M
depois
antes
O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. Assim, esse episódio trata-se de uma mera
colisão horizontal, para a qual podemos escrever a equação vetorial :
r
Qx.carro
inicial
+
r
Qx.bola
inicial
M.V
+
M.V
+
M.V
=
m.vo cos α
m.vo cos α
=
r
Qx.carro
final
=
0
=
+
r
Qx.bola
+
final
0
0
m.vo cos α
Assim, podemos escrever M.V = m.Vo.cosα ⇒
M x 5 = 4 x 6 x (0,5) ⇒
M = 2,4 kg
Resposta correta : LETRA B
COMENTÁRIO: na vertical, o sistema receberá o impulso vertical externo (N–P)↑ que absorve a
quantidade de movimento vertical que a bola possuía no momento do impacto. O sistema não está
isolado de forças externas na vertical, portanto a qdm no sistema na vertical não se conserva.
Página (64)
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AULA 6 – QUESTÃO 16
M + 9M
M
V
M + 9M
9M
V'
H
(A)
(B)
(C)
As figuras A e B mostram a colisão inelástica (bate e gruda) da bala com o bloco de madeira.
A conservação da qdm (durante a colisão) nos permite determinar a velocidade V ’ do bloco logo após
o impacto:
Q-sist-antes = Q-sist-depois
M.V + 9M.(0) = ( M + 9M ). V ’
⇒
V ’ = V/10 ***
A energia mecânica diminui da situação da figura A para a situação da figura B, visto que não se trata
de uma colisão elástica. Entretanto, após a colisão, a sobra de Emec permanece constante do instante
B
até o instante C, o que permite usar a conservação de energia no trecho B→C.
A Ecin do conjunto caixote+bala, logo após o impacto, será totalmente convertida na Epot gravitacional
do conjunto:
E mec no instante B = E mec no instante C
Ecinetica em B = Epot grav em C
(M + 9M).( V ' ) 2
= (M + 9M).g.H
2
V2 = 200.g.H = 200 x 10 x 0,45
(V' ) 2
= g.H
2
⇒
⇒
⇒ ***
V = 30 m/s
RESPOSTA CORRETA – LETRA C
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1 ⎛ V2 ⎞
⎜
⎟ = g.H
2 ⎜⎝ 100 ⎟⎠
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AULA 6 – QUESTÃO 17 - TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À
TERRA:
Vo
m
α
α
V
M
antes
depois
O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. A quantidade de movimento vetorial do
sistema, antes e após a explosão, permanecerá inalterada na direção horizontal, visto que a
ausência for forças externas horizontais agindo no sistema garante o seu isolamento nessa direção:
r
Qx.carro
+
inicial
r
Qx.bola
inicial
=
r
Qx.carro
final
M.V
0
+
0
=
0
=
+
M.V
M.V
=
+
+
r
Qx.bola
final
m.vo cos α
m.vo cos α
m.vo cos α
Se dois vetores são iguais, eles certamente têm módulos iguais. Assim, podemos escrever
M.V = m.Vo.cosα ⇒
10 x V = 1,5 x 40 x (0,5) ⇒
V = 3 m/s
Essa é a velocidade do recuo do canhão !
AULA 6 – QUESTÃO 18 - TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À
TERRA:
Admitamos que as caixas têm massas M e 4M, com M = 2kg. Se as caixas têm massas M e
4M, pela conservação da quantidade de movimento, elas irão adquirir velocidades respectivamente
iguais a ←4V e V→, de forma que uma compense a QDM da outra, visto que a QDM do
sistema deve permanecer vetorialmente nula, antes e após a mola ser liberada.
M
4V
4M
Página (66)
V
M
4M
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4M.(V) 2
M.(4V) 2
K.X 2
A conservação de energia permite escrever:
=
+
2
2
2
K.X 2 = M.16V 2 + 4M.V 2 ⇒ K.X 2 = 20M.V 2 , com M = 2kg,
K = 25 x103 N/m , e a
deformação X inicial da mola é dada por X = |L – Lo| = 0,20 – 0,16 = 0,04 m
K.X 2 = 20M.V 2
⇒
25 x103 . (16 x 10–4) = 20x 2 x V2
velocidade da caixa de massa 4M, ou seja, a caixa B).
⇒ V = 1 m/s ( essa é a
A velocidade da caixa A será 4V = 4
m/s
AULA 6 – QUESTÃO 19 - TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À
TERRA:
A conservação da quantidade de movimento do sistema, durante a colisão, permite
determinarmos a velocidade final V ’ do sistema :
m.V + M x 0
= m.V ’ +
M.V ’
⇒
m.V = ( m + M) .V ’
⇒ V’ =
m.V
( m + M)
[eq1]
Parte da Emec inicial do sistema foi convertida em energia térmica, sonora etc, portanto, temos:
Emec inicial > Emec Final
Emec Final
⇒
(M + m)
2
=
.(V ' )
2
Edissipada = Emec inicial − Emec Final
[ eq 1]
=
2
(M + m) ⎛ m.V ⎞
m2 .V 2
⎟ =
.⎜
2 ⎜⎝ (m + M) ⎟⎠
2.(M + m)
m.V 2
Emec inicial =
2
Edissipada = Emec inicial
Edissipada
m.M.V 2
=
2.(M + m)
m.V 2
m2 .V 2
m.(M + m).V 2
m2 .V 2
− Emec Final =
−
=
−
2
2.(M + m)
2.(M + m)
2.(M + m)
- Resposta correta – Letra B
AULA 6 – QUESTÃO 21 - TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À
TERRA:
• Massas iguais, colisão elástica unidimensional, os corpos trocam de velocidades, lembra disso ?
• Em cada colisão no ponto C, as caixas apenas invertem trocam de papéis. A caixa que vem
chegando sempre pára ao transferir toda a sua velocidade para a outra caixa. Isso significa que
sempre haverá uma das caixas parada no ponto C. As colisões em nada interferem na resolução
Página (67)
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do problema e, portanto, a caixa parada no ponto C pode ser retirada do problema sem que isso
altere o resultanto da questão. A pergunta é “onde irá parar a 2ª caixa ?”
• Nenhuma velocidade (Ecin) é perdida nas colisões.
Assim, a resolução desse problema e semelhante à da questão 11 – página 138.
TFNC = Emec F – Emec i, com
Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + 0 = 0
Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H
Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem:
TFNC = Emec F – Emec i
Tfat + Tnormal = 0 – M.g.H
–u.mg.D + 0
=
0 – M.g.H
A caixa percorreu 20 m
5
H
⇒ D = u = 0,25 = 20m
EM TRECHOS COM ATRITO, ou seja, 20 m no percurso horizontal.
Assim ela andou 10 m A→E, mais 10 m E→A , parando no ponto A, percorrendo um total de 20
m de atrito.
Note que as paredes são lisas ,não têm atrito, não consomem Emec, somente o trecho horizontal
dissipa Emec em calor. Uma caixa, portanto, pára no ponto A, enquanto outra caixa pára em
C.
Resposta correta – Letra B
AULA 6 – QUESTÃO 25
A QDM total do sistema antes do impacto deverá ser igual à sua QDM após o impacto, visto que o
sistema encontra-se isolado durante a colisão bidimensional. Assim, podemos escrever a equação
vetorial:
MA.VA
r
0
MA.VA'
20 x 5
r
0
20 x 3
100
100
8.MB
60
60
MB.VB'
MB.8
MB.8
O teorema de pitágoras
permite escrever:
8.MB= 80
Resposta correta – Letra A
Página (68)
MB= 10 kg
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AULA 6 – QUESTÃO 26
• O móvel A percorre a distância 2x no mesmo tempo em que o móvel B percorre a distância
4x, colidindo no ponto P ( Veja a figura 1).
• Isso permite concluir que A e B se movem (em MRU) com velocidades 2V e 4V (só interessa
a proporção entre as velocidades – figura 2).
• Conhecendo-se as massas 3m e m, bem como suas velocidades, 2V e 4V, deduzimos
suas quantidades de movimento 3m.(2V) e m.(4V), isto é, 6m.V e 4m.V. ( Figura 3)
• Assim, podemos determinar o vetor QDM total do sistema (Qsist = QA + QB ), antes da colisão,
como mostrado na figura 3.
• Como a QDM do sistema ANTES e DEPOIS da colisão é A MESMA, o vetor Qsistema da
figura 3 também representa a QDM total do sistema APÓS a colisão.
R
figura 2
figura 1
A
2x
A 2V
p
4m.V
Q
a
em
t
s
si
α
p
p
3m
6m.V
4V
4x
m
figura 3
B
B
B
• O vetor Qsistema (figura 3) indica a direção da velocidade seguida pelos móveis A e B, após
se agruparem num só corpo AB.
• A reta R dá a direção seguida pelo conjunto AB após a colisão. O ângulo α dá a inclinação da
reta R, isto é, tang(α) = 4 / 6 = 2 / 3.
• Observando as alternativas, vemos que apenas a reta
C
tem
tang(α)= 2 / 3.
a
b
c
d
A
p
Página (69)
e
essa mesma inclinação
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AULA 6 – QUESTÃO 27
Uma granada de massa 3M se movia com velocidade VO e explodiu em 3 fragmentos de mesma
massa M cada. A conservação da QDM do sistema permite escrever:
r
r
Q sistema antes = Q sistema depois
0,4.M
3M.Vo
0,8.M
60o
60o
0,4.M
3M.Vo
0,4.M
3M.Vo
1,2.M
3M.VO = 1,2.M
⇒
0,8.M
VO = 0,4 km/s
AULA 6 – QUESTÃO 29 : Veja questão 7 de classe − Só mudaram os valores ! ☺
AULA 6 – QUESTÃO 30: − Resposta Correta – Letra C
m.VB
M.VA
M.VC
B
A
C
r
r
Q sistema inicial = Q sistema depois
r
0
m.VB
M.VA
M.VA
M.VC = M.VA + m.VB
m.VB
M.VC
M.VC
⇒ M.VC > M.VA
⇒
Página (70)
VC > VA
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AULA 6 – QUESTÃO 31: − Resposta Correta – Letra C
A
(M+m) .VAB
C
B
M.VC
r
r
Q sistema inicial = Q sistema depois
r
0
M.VC
(M+m) .VAB
(M+m) .VAB
M.VC
(M + m). VAB =
M.VC
,
mas (M + m) > M
⇒
VAB < VC
AULA 6 – QUESTÃO 32
Veja exemplo resolvido 4, amplamente comentado nas páginas 148, 159 e 160.
AULA 6 – QUESTÃO 33
Veja exemplo resolvido 8, amplamente comentado na páginas 158
AULA 6 – QUESTÃO 34
• Como o sistema encontra-se isolado na horizontal, suas partes vão se mover de forma que o
movimento de uma compensa o movimento da outra, permanecendo, o CM do sistema, em
repouso em relação à terra na direção horizontal.
• O vagão se move para a direita ----→ em relação à terra.
• Como o CM do sistema não se move na direção horizontal, a água se desloca para a
esquerda ←----- em relação a terra, para compensar o movimento do vagão para a direita.
• Qual distância a água andou em relação à terra ?
Ora, a água andou uma distância L ←-------------- em relação ao vagão;
Mas o vagão andou uma distância X ----→ em relação à terra;
Assim, a água se moveu apenas ←------ ( L − X) em relação à terra;
Como se trata de um problema de compensação, podemos escrever:
M vagão
M
x
x
D vagão -terra = Mágua
X = m
x
x
D água-terra
( L − X) , resolvendo vem: X = m.L / (m + M)
Página (71)
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AULA 6 – QUESTÃO 35 – Resposta correta – Letra E
Trata-se
de
um
mero
problema
1 cm
de parede
compensação. As partes se movem ← →
de forma que o CM do sistema permanece
antes
em repouso em relação à Terra. Assim,
podemos dizer:
parede
1 cm
M Lâmina x D Lâmina- Terra = M formiga x D formiga-
x
D
terra
Observando o antes e o depois, percebemos
depois
que:
1) a distância que a lâmina se move, em
relação à Terra, vale D Lâmina- Terra = 1 cm
2) a distância que a formiga se move, em
relação à Terra, vale Dformiga - terra = X = ( D
−1)
Substituindo, vem:
M Lâmina x D Lâmina- Terra = M formiga
(5m)
x
x
Dformiga - terra
1 = m x (D − 1) ⇒
5 = D−1
AULA 6 – QUESTÃO 35 – Resposta correta – Letra E
a
antes
depois
α
b
α
y
x
b
Página (72)
⇒
D = 6 cm
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Trata-se de um mero problema de compensação. As partes se movem ← → de forma que o CM
do sistema permanece em repouso em relação à Terra na direção horizontal. Assim, podemos
dizer:
M rampa x D rampa-Terra = M caixa x D caixa- terra
Observando o antes e o depois, percebemos que:
1) a distância que a rampa se move, em relação à Terra, na horizontal, vale D rampa-Terra = y
2) a distância que a caixa se move, em relação à Terra, , na horizontal, vale D caixa- terra = x
Substituindo, vem: M rampa x D rampa-Terra = M caixa x D caixa- terra
12 x y = 8 x x
⇒ 2.x = 3y
[eq 1]
A figura mostra que : x + y = b = a.cosα = 15 x 0,8 = 12 ⇒ x + y = 12
Resolvendo o sistema de 2 equações, vem y = 4,8m , x = 7,2 m
[eq 2]
- Resposta: Letra E
AULA 6 – QUESTÃO 37 – Resposta correta – Letra A
Essa questão é idêntica ao exemplo 4 resolvido nas páginas 148, 149, 150. O mesmo exemplo foi
resolvido de forma alternativa, nas páginas 159, 160 e 161
Página (73)
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AULA 6 – QUESTÃO 38 – Resposta correta – Letra B
• A partir da figura 1, o prisma passa a se mover
CM
aceleradamente (←V,←a) para a esquerda, enquanto a
bola de mesma massa vai descendo a rampa.
1
• Devido ao recuo do prisma, o solo áspero exerce sobre
ele um Fat → externo. Essa é a única força externa
horizontal agindo no sistema, portanto, ela acelera o CM
CM
Fat
do sistema horizontalmente para a direita →.
• Assim, nas figuras 1, 2, 3
2
e 4, apesar da bola e do
prisma estarem se movendo em sentidos opostos na
horizontal, o CM do sistema se move para a direita →,
CM
Fat
devido ao Fat externo →para a direita. Assim, a QDM
3
total do sistema vai crescendo para a direita →Q devido
ao impulso externo aplicado pelo Fat.
r
r
r
r
Qx sistema = Q prisma + Q bola = (M bola + M prisma ).Vx CM
(relação 1)
r
• Na figura 4, o sistema já possui uma grande Qx sistema
r
r
r
( Qx sistema = Q prisma + Q bola ) para a direita → e,
r
consequentemente, o CM tem grande velocidade Vx CM
CM
Fat
4
CM
Fat
5
para a direita, de acordo com a relação 1 (vetorial).
• O evento “colisão interna” ocorrido na figura 5 não altera
r
a Qx sistema do sistema e, consequente-mente, não altera
r
a velocidade Vx CM
do seu CM, de acordo com
Fat
CM
6
a relação 1.
Então, o que ocorre, após o impacto interno ?
Veja a seguir na próxima página !
Página (7)
Fat
CM
7
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• Quando a bola é encaçapada (figura 5), bola e prisma
passam a compartilhar de uma mesma velocidade comum
r
que é a própria velocidade Vx CM do CM do sistema, que
CM
Fat
4
aponta para a direita → e cujo valor não foi alterado
pela colisão interna.
• Com isso, na figura 6,
prisma e bola já estão se
r
movendo para a direita com velocidade Vx CM . Ou seja,
CM
Fat
5
o prisma na figura 6, está com velocidade velocidade
r
Vx CM para a direita.
• Ora, mas antes da colisão o prisma estava indo para a
esquerda !
Fat
CM
6
Agora ele está indo para a direita ???
Resposta: Isso mesmo ! ☺
• Com o prisma indo para a direita, o Fat externo que ele
troca com o solo inverte de sentido ←Fat , tentando
Fat
CM
7
impedir o movimento relativo entre o prisma e o solo.
• Nas figuras 6, 7 e 8, o CM prossegue se movendo
para direita →V em movimento retardado ←a, devido
ao Fat externo que retarda o movimento do CM.
Fat
CM
8
• Nas figuras 9 e 10, o CM está em repouso Vcm = 0.
• Note que o CM do sistema inicialmente parte do repouso em
movimento acelerado para a direita até a bola ser
encaçapada. Daí em diante, o CM passa a retardar seu
CM
9
movimento para a direita até parar de se mover.
• Só quem sofre inversão no sentido do seu movimento é
o prisma, devido a ação de forças internas ao sistema.
CM
10
Página (8)