Momento Linear e Colisões

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Universidade de Brasília
Instituto de Física
Momento Linear e Colisões
Questão 1
Dois corpos de 2.0kg, A e B, sofrem uma colisão. As velocidades
antes da colisão são ~VA = (15ˆi+30jˆ)m/s e ~VB = (−10ˆi+5jˆ)m/s.
Após a colisão, ~V ′A = (−5ˆi+20jˆ)m/s. Determine (a) a velocidade
final de B e (b) a variação da energia cinética total (incluindo o
sinal).
Solução
(a) Pela conservação do momento linear nas duas dimensões, temos:
VAx .mA + VBx .mB = V
′
Ax .mA + V
′
Bx .mB
(18.2) + ((−10).2) = ((−5).2) + (V ′Bx.2)
V ′Bx = 10m/s
VAy .mA + VBy .mB = V
′
Ay .mA + V
′
By .mB
(30.2) + (5.2) = (20.2) + (V ′By.2)
V ′By = 15m/s
~V ′B = ~V
′
Bx +
~V ′By
~V ′B = (10ˆi+ 15jˆ)m/s
(b) A variação da energia cinética vai ser a energia final menos a ini-
cial:
∆EC = ECo − EC
EC = ECA + ECB =
mA.V
2
A
2
+
mB .V
2
B
2
Onde
V 2A = (V
x
A )
2 + (V yA)
2 = 152 + 302 = 1125 e,
V 2B = (V
x
B )
2 + (V yB)
2 = (−10)2 + 52 = 125
Logo
EC =
2.1125
2
+
2.125
2
= 1250J
ECo = ECoA + ECoB =
mA.V
′2
A
2
+
mB .V
2
B′
2
Onde
V
′2
A = (V
′x
A )
2 + (V
′y
A )
2 = (−5)2 + 202 = 425 e,
V
′2
B = (V
′x
B )
2 + (V
′y
B )
2 = 102 + 152 = 325
Logo
ECo =
2.425
2
+
2.325
2
= 750J
∆EC = 750− 1125 = −375J
Questão 2
Após uma colisão perfeitamente inelástica, dois objetos de
mesma massa e mesma velocidade escalar deslocam-se juntos
com metade da velocidade inicial. Determine o ângulo entre as
velocidades iniciais dos objetos.
Solução
Podemos observar que o problema é simétrico, portanto, colocaremos
o nosso eixo em cima do vetor resultante, isso nos ajudará a perceber
que V1. sinα = V2. sinβ (α: ângulo entre V1 e o eixo e β: ângulo entre
V2 e o eixo), pois nossa resultante está contida no eixo, como V1 = V2,
chegamos a α = β, pois estamos restritos a uma rotação. Para achar
o α, e consequentemente o β, usaremos a equação da conservação do
momento linear:
m.V1 cosα+m.V2 cosβ = 2m.
V1
2
2m.V1 cosα = m.V1
cosα =
1
2
−→ α = pi
3
= β
Questão 3
Uma colisão ocorre entre um corpo de 2, 00kg que se move com
uma velocidade ~V1 = (−4, 00m/s)ˆi + (−5, 00m/s)jˆ e um corpo
de 4, 00kg que se move com uma velocidade ~V2 = (6, 00m/s)ˆi+
(−2, 00m/s)jˆ. Os dois corpos permanecem unidos após a colisão.
Determine a velocidade comum dos dois corpos após a colisão (a)
em termos dos vetores unitários e como (b) um módulo e (c) um
ângulo.
Solução
Vamos aplicar a equação da conservação do monento linear nas duas
dimensões separadamente:
V1x .m1 + V2x .m2 = Vx(m1 +m2)
((−4).2) + (6.4) = Vx(2 + 4)
Vx =
8
3
V1y .m1 + V2y .m2 = Vy(m1 +m2)
((−5).2) + ((−2).4) = Vy(2 + 4)
Vy = (−3)
Então (a) ~V = Vx iˆ+ Vy jˆ =
(
8
3
iˆ− 3jˆ
)
m/s
(b) |V | =
√
V 2x + V 2y =
√(
8
3
)2
+ (−3)2 ≈ 16, 1m/s
(c) tan θ =
Vy
Vx
= −8
9
, θ ≈ −41, 63
Questão 4
Uma sonda espacial de 6090kg, movendo-se em direção a Júpiter
a uma velocidade de 105m/s em relação ao Sol, aciona o motor,
ejetando 80kg de produtos de combustão a uma velocidade de
253m/s em relação à sonda espacial. Qual é a velocidade final
da sonda?
Solução
Pela conservação do momento linear, temos:
M.V = (m.v) + [(M −m).V ′]
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Atenção: as velocidades são fornecidas em relação a referenciais di-
ferentes, portanto, temos que ajustar a velocidade dos produtos de
combustão:
v = v′ − V = −253 + 105 = −148m/s
Substituindo os valores na equação do momento, temos:
6090.105 = (−148.80) + [(6090− 80).V ′]
V ′ ≈ 108, 37m/s
Questão 5
Um carro de brinquedo de 5.0Kg pode se mover ao longo de um
eixo x; a figura mostra a componente Fx da força que age sobre
o carro, que parte do repouso no instante t = 0. A escala do eixo
x é definida por Fxs = 5, 0N . Em termos dos vetores unitários,
determine (a) ~p em t = 4, 0s; (b) ~p em t = 7.0s (c) ~v em t = 9.0s.
Solução
Utilizando a equação ∆~p =
∫
F (t)dt temos que a variação do mo-
mento equivale à área abaixo do gráfico, portanto:
(a)
∆~p =
∫
F (t)dt⇒ ~pf − ~pi =
(
1
2
.2.10
)
+ (2.10)
Como o carro parte do repouso, temos
~pi = 0
~pf = (30kg.m/s )ˆi
(b)
∆~p =
∫
F (t)dt⇒ ~pf − ~pi =
(
1
2
.2.10
)
−
(
1
2
.1.5
)
~pf − 30 =
(
5
2
)
~pf = (37, 5kg.m/s)ˆi
(c) Tomando o momento inicial em t = 7s e o final em t = 9s.
~pf − ~pi = −
(
1
2
.1.5
)
− (1.5)
mv(9)− ~pi = −
(
1
2
.1.5
)
− (1.5)
v(9) =
~pi − 7, 5
m
v(9) =
37, 5− 7, 5
5
= (6m/s)ˆi
Questão 6
Um disco de metal de 0.25Kg está inicialmente em repouso sobre
uma superfície de gelo de atrito desprezível. No instante t = 0,
uma força horizontal começa a agir sobre o disco. A força é dada
por ~F = (12, 0− 3, 0t2)ˆi, com ~F em newtons e t em segundos, e
age até que seu módulo se anule. (a) Qual é o módulo do impulso
da força sobre o disco entre t = 0, 50s e t = 1, 25s? (b) Qual é
a variação do momento do disco entre t = 0 e o instante em que
F = 0?
Solução
(a) Sendo im,pulso definido por ~J =
∫
F (t)dt, temos então que
~J =
∫ 1,25
0,5
(12− 3t2)dt = 7, 2kg.m/s
(b) Levando em consideração que a força se anula em t = 2s, portanto
~J =
∫ 2
0
(12− 3t2)dt = 16kg.m/s
Questão 7
Um copo em repouso na origem de um sistema de coordenadas
xy explode em três pedaços. Logo depois da explosão um dos pe-
daços, de massa m, esá se movendo com velocidade (−30m/s)ˆi,
e um segundo pedaço, também de massa m, está se movendo em
velocidade (−30m/s)jˆ. O terceiro pedaço tem massa 3m. Deter-
mine (a) o módulo e (b) a orientação da velocidade do terceiro
pedaço logo após a explosão.
Solução
Pela conservação do momento temos que analisar vetorialmente o mo-
vimento:
~pf = ~pi
m(−30ˆi) +m(−30jˆ) + 3.m(vx iˆ+ vy jˆ) = 0
X:
−30.m+ 3.m.vx = 0
vx = 10m/s
Y:
−30.m+ 3.m.vy = 0
vy = 10m/s
O módulo então pode ser cálculo por ||v|| = √102 + 102 = 10.√2
A direção é definida por θ = arctan 10
10
= 45o
Questão 8
Uma partícula A e uma partícula B são empurradas uma contra
a outra, comprimindo uma mola colocada entre elas. Quando são
liberadas, a mola as arremessa em sentidos opostos. A massa de
A é 2, 00 vezes a massa de B, e a energia armazenada na mola
era de60J . Suponha que a mola tenha massa desprezível e que
toda a energia armazenada seja transferida para as partículas.
Depois de terminada essa transferência, qual é a energia cinética
(a) da partécula A e (b) da partícula B?
Solução
Temos aqui tanto conservação de energia quanto conservação de mo-
mento (sistema fechado e isolado).
Conservação de energia: KA +KB = Uela
Conservação de momento: mA.vA +mB .vB = 0
Pela conservação de momento podemos montar uma relação entre
vA e vB :
2mB .vA +mB .vB = 0
2vA = −vB
Indicando que o módulo da velocidade de B equivale ao dobro do mó-
dulo da velocidade de A, utilizando então a conservação de energia
temos que:
(a)
KA +
1
2
mB .v
2
b = Uela
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KA +
1
2
(
1
2
.mA
)
(2v2A = Uela)
KA + 2KA = Uela
KA =
1
3
.Uela = 20J
(b)
KA +KB = Uela
20 +KB = 60
KB = 40J
Questão 9
A distância entre o centro da Terra e o centro da Lua mede
3, 8.105km. A massa da Terra é 82 vezes maior que a massa da
Lua. A que distância do centro da terra encontra-se o centro de
massa do sistema Terra-Lua.
Solução
Vamos adotar um eixo Ox passando pelos centros da Terra e da Lua,
com origem no centro da Terra. Nestas condições, a abscissa do centro
de massa da Terra é nula (x1 = 0) e da Lua é x2 = 3, 8.105km. Sendo
m2 a massa da Lua e m1 = 82.m2 a massa da Terra, vem:
xCM =
m1.x1 +m2.x2
m1 +m2xCM = 4, 6.10
3km
Questão 10
Quatro discos, 1, 2, 3 e 4, todos de mesmo raio R = 20cm, e
de massas m1 = 1kg, m2 = 2kg, m3 = 3kg, e m4 = 4kg estão
arrumados no plano horizontal, xy, conforme mostra a figura
abaixo. A distribuição de massa em cada discoé homognˆea. As
coordenadas (X,Y ) do centro de massa desse conjunto de discos
são dadas, em cm, pelo par ordenado:
A) (40, 40)
B) (20, 32)
C) (20, 60)
D) (40, 32)
E) (40, 20)
Solução
Ycm =
y1.m1 + y2.m2 + y3.m3 + y4.m4
M
=
60.1 + 60.2 + 20.3 + 20.4
10
=
320
10
= 32cm
Xcm =
x1.m1 + x2.m2 + x3.m3 + x4.m4
M
=
20.1 + 60.2 + 60.3 + 20.4
10
=
400
10
= 40cm
Resposta: Item(D) (40, 32)
Questão 11
As 3 partículas da figura estão inicialmente em repouso. Cada
uma sofre a ação de uma força externa devido a agentes fora do
sistema das partículas. As orientações das forças estão indicadas
e os módulos s ao : F1 = 6, 0N, F2 = 12N, F3 = 14N . Qual é
a aceleração do centro de massa do sistema e em que direção ele
se move?
Solução
acmx =
F1x + F2x + F3x
M
=
−6, 0N + 12N(cos 45o) + 14N
16
= 1, 03m/s2
acmy =
F1y + F2y + F3y
M
=
0 + 12(sin 45o) + 0
16
= 0, 530m/s2
acm =
√
a2cmx + (acmy)2 ≈ 1, 2m/s2
O ângulo, em relação ao eixo x positivo, é dado por
β = arctan fracacmyacmx = 27
o
Questão 12
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Dois patinadores, um de 65Kg e outro de 40Kg, estão em uma
pista de gelo e seguram as extremidades de uma vara de 10m
de comprimento e massa desprezível. Os patinadores se puxam
ao longo da vara até se encontrarem. Que distância percorre o
patinador de 40Kg?
Solução
Frext = 0
A partir do momento que o centro de massa do sistema patinador-
patinador não se move, ambos patinadores vão acabar no centro de
massa do sistema. Tendo o centro de massa a uma distância x do
patinador de 40Kg, logo
(65kg)(10m− x) = (40kg)x⇒ x = 6, 2m
Logo, o patinador de 40kg andou por 6, 2m.
Questão 13
A figura abaixo mostra uma vista superior da trajetória de uma
bola de sinuca de 0, 165kg que se choca com uma das tabelas.
A velocidade escalar da bola antes do choque é de 2, 00m/s e o
ângulo θ1 é 30, 0o. O choque inverte a componente y da veloci-
dade da bola, mas não altera a componente x. Determine (a) O
ângulo θ2 (b) A variação do momento linear da bola em termos
dos vetores unitários. (Despreze o fato de a bola estar rolando)
Solução
(a) Como a força de impacto na bola é na direção y, px é conservado:
pxi = pxf
m.vi. sin θ1 = m.v2. sin θ2 ⇒ θ2 = 30, 0o
(b) A variação do momento linear é:
∆~p = m.v1 cos θ2(−jˆ)−m.vi. cos θ2(jˆ)
= −2(0, 165kg)(2, 00m/s)(cos 30o)jˆ = (−0, 572kg.m/s)jˆ
Questão 14
No istante t = 0, uma bola é lançada para cima a partir do nível
do solo, em terreno plano. A figura abaixo mostra o módulo p do
momento linear da bola em função do tempo t após o lançamento
(p0 = 6, 0kg.m/s e p1 = 4, 0kg.m/s).
Solução
Nós inferimos do gráfico que a componente horizontal do momento
linear px é 4, 0kg.m/s. Também, o módulo inicial do momento é
p0 = 6, 0kg.m/s. Logo:
cos θ =
px
po
⇒ θ = 48o
Questão 15
Um trenó foguete com uma massa de 2900kg se move a 250m/s
sobre dois trilhos. Em um certo ponto um tubo a bordo do
trenó é mergulhado em um canal situado entre os trilhos e passa
a transferir água para um tanque no trenó, inicialmente vazio.
Determine a velocidade do trenó depois que 920kg de água são
transferidos do canal para o tanque. Ignore o atrito do tubo com
a água do canal.
Solução
Pela conservação do momento, a velocidade final do trenó satisfaz:
(2900kg)(250m/s) = (2900kg + 920kg)v
O que nos dá que v = 190m/s
Questão 16
Na figura abaixo, um homem de massa m = 80kg está em
uma escada pendurada em balão que possui uma massa total
M = 320kg (incluindo o passageiro na cesta). O balão está ini-
cialmente em repouso em relação ao solo. Se o homem na escada
começa a subir com uma velocidade vh = 2, 5m/s em relação
a escada, determine (a) Em que sentido e com que velocidade
escalar o balão se move. (b) Se o homem parar de subir, qual a
velocidade escalar do balão.
Solução
(a) Como o centro de massa do sistema homem balão não se move,
o balão terá que se mover para baixo com uma verta velocidade Vb
relativa ao solo enquanto o homem sobe a escada. Considerando o mo-
mento inicial como aquele em que o homem já tem uma velocidade,
porém o balão ainda está na iminência de iniciar seu movimento, po-
demos aplicar a conservação do momento, tal que:
m.vh = (m+M).vb ⇒ vb = m.vh
(m+M)
=
(80kg)(2, 5)
320kg + 80kg
vb = 0, 5m/s
(b) No momento em que o homem para de subir, não há mais movi-
mento relativo dentro do sistema, a velocidade tanto do balão quanto
do homem é igual à vcm(velocidade do contro de massa), a qual é zero.
Portanto o balão voltará a ser estacionário.
Questão 17
Um corpo de 2, 0kg de massa colide elasticamente com outro
em repouso e continua a deslocar-se no sentido original com um
quarto de sua velocidade original. (a) Qual é a massa do corpo
atingido? (b) Qual a velocidade do centro de massa do sistema
formado pelos dois corpos se a velocidade inicial do corpo de
2, 0kg era de 4, 0m/s?
Solução
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(a) Sejam m1, v1i, v1f a massa e as velocidades antes e depois da
colisão do corpo que se move originalmente. Sejam m2 e v2f a massa
e a velocidade final do corpo originalmente em repouso. Temos
v1f =
m1 −m2
m1 +m2
.v1f
Resolvendo para m2 obtemos, para v1f = fracv1i4
m2 =
v1i − v1f
v1f + v1i
.m1 =
1− 1/4
1/4 + 1
.m1
=
3
5
.(2, 0) = 1, 2kg
(b) A velocidade do centro de massa do sistema formado pelos dois
corpos satisfaz a equação
P = (m1 +m2)vCM = m1.v1i +m2.v2i
Resolvendo para vCM com v2i = 0 encontramos
vCM =
m1.v1i
m1 +m2
=
(2, 0)(4, 0)
2, 0 + 1, 2
= 2, 5m/s
Questão 18
Na figura, o bloco I de massam1 desliza sem velocidade inicial ao
longo de uma rampa sem atrito a partir de uma altura h = 2, 50m
e colide com o bloco 2 de massa m2 = 2, 00m1, inicialmente em
repouso. Após a colisão o bloco 2 desliza em uma região onde o
coeficiente de atrito cinético µk é 0, 500 e para depois de percor-
rer uma distância d nessa região. Qual é o valor da distância d
se a colisão é (a) elástica e (b) perfeitamente inelástica?
Solução
(a) Se a colisão for perfeitamente elástica,
v2 =
2m1
m1 +m2
.v1i =
2m1
m1 + (2, 00)m1
√
2gh =
2
3
√
2gh
O que, devido a conservação de energia, nos leva a concluir que a ve-
locidade do bloco 1 antes da região de atrito é (onde h = 2.50m). Na
superfície de atrito usamos a equação (1) a seguir para o bloco 2:
1
2
.m2.v
2
2 = ∆Eth = fk.d = µk.m2.g.d
onde µk = 0, 500. Resolvendo a equação percebemos que m2 se can-
cela e obtemos d = 2, 22m
(b) Em una colisão completamente inelástica utilizamos
V2 =
m1
m1 +m2
.v1i,
onde v1i =
√
2gh. O que nos leva a v2 =
√
2gh
3
Utilizando a equação (1) para esse caso, obtemos d = 0, 556m (um
quarto da letra (a))
Questão 19
Um vagão de carga de 35t colide com um carrinho auxiliar que
está em repouso. Eles se unem e 27% da energia cinética inicial
é dissipada em calor, som, vibrações, etc. Econtre o peso do
carrinho auxiliar.
Solução
Seja mv e vv a massa e a velocidade inicial do vagão, mc a massa do
carrinho auxiliar e v a velocidade final dos dois, depois de grudarem-se.
Conservação do momento total do sistema formado pelos dois carros
fornece-nos mv.vv = (mv +mc)v donde tiramos
v =
mv.vv
mv +mc
A energia cinética inicial do sistema é Ki =
mv.v
2
v
2
enquanto que a
energia cinética final é
kf =
1
2
.(mv +mc)v
2
=
1
2
.(mv +mc).
(mv.vv)
2
(mv +mc)2
=
1
2
m2v.m
2c
mv +mc
Como 27% da energia cinética original é perdida, temos Kf = 0, 73.ki,
ou seja,
1
2
.
m2v.m
2
c
mv +mc
= 0, 73.
1
2
.mv.v
2
v
que, simplificada, fornece-nos mv
(mv+mc)
= 0, 73
Resolvendo para mc encontramos
mc =
0, 27
0, 73
.mv = 0, 37.mc = (0, 37)(35)
= 12, 95 toneladas
= 12, 95.103 toneladas
A razão das massas é, obviamente, a mesma razão dos pesos e, cha-
mando de Pv o peso do vagão, temos que o peso P do carrinho auxiliar
é
P = 0, 37.Pv = (0, 37)(35.10
3)(9, 8)
= 126, 91.103N
Observe que o resultado final não depende das velocidades em jogo.
Questão 20
Uma bola de aço de 0, 5kg de massa é presa a uma corda, de
70cm de comprimento e fixa na outra ponta, e é liberada quando
a corda está na posição horizontal. No ponto mais baixo de sua
trajetória, a bola atinge um bloco de aço de 2, 5kg inicialmente
em repouso sobre uma superfície sem atrito. A colisão é elástica.
(a) Encontre a velocidade da bola imediatamente após a colisão.
(b) Encontre a velocidade do bloco imediatamente após a colisão.
Solução
(a)
m = 0, 5kg, M = 2, 5kg, L = 70cm = 0, 7m
A energia mecânica desse sistema quando a bola está na posição 1 é
igual à´¸£ energia mecânica quando a bola está na posição 2 porque
entre essas duas situações só atuam forças conservativas. Logo:
m.g.L =
1
2
m.v2i ⇒ vi =
√
2.g.L = 3, 47m/s
Vamos considerar a posição 2 inicial (antes da colisão) e a posição 2
final (depois da colisão). Como a resultante das forças externas que
atuam no sistema é nula, o momento linear total desse sistema se
conserva:
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~Pi = ~Pf ⇒= m.vi = m.vf +MV (1)
Como a colisâo é elástica, existirá a conservação da energia cinética:
Ki = Kf ⇒ 1
2
m.vi =
1
2
m.v2f +
1
2
M.V 2 (2)
As equaç pes (1) e (2) compões um sistema de duas equações com
duas incógnitas: vf e V , e iremos resolvê-lo da maneira padrão. Da
equação (1) encontramos que:
V =
m
M
.(vi − vf )
e usando esse resultado na equação (2), temos:
m.v2i = m.v
2
f +
m2
M
.(vi − vf )2 ⇒ v2i − v2f = (vi − vf )(vi + vf )
=
m
M
.(vi − vf )2
Considerando que vi 6= vf
vi + vf =
m
M
.(vi − vf )⇒ vf =
(
m−M
m+M
)
.vi = −2, 49m/s
O sinal negativo indica que as duas velocidades vi e vf têm sentidos
contrários.
(b)
V =
m
M
.(vi − vf ) =
(
2m
m+M
)
.vi = 1, 24m/s
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