Exercicios_momento e Colisoes

= (-21143 N) i = (-2.1 x 10⁴ N) i (e) A força média é dada acima em notação vetorial unitária. Suas componentes x e y têm magnitudes iguais. A componente x é positiva e a componente y e negativa, de modo que a força está a 45° abaixo do eixo x. P 10-13 (10-7*/6*) A força sobre um objeto de 10 kg aumenta uniforme¬ mente de zero a 50 N em 4 s. Qual é a velocidade final do objeto se ele partiu do repouso? Tome a magnitude da força como sendo F = At, on¬ de A é uma constante de proporcionalidade. A condição que F = 50 N quando t = 4 s confunda s A = (50 N)/(4 s) = 12.5 N/s. A magnitude do impulso exercido no objeto é J = \int^t_a F dt = \int^t_a At dt = \frac{At²}{2} |^t_a = \frac{(12.5)(16)}{2} = 100 N·s. A magnitude deste impulso é igual à magnitude da variação do momento do objeto ou, como o objeto par¬ tiu do repouso, é igual magnitude do momento final. J = mv_f. Portanto v_f = \frac{J}{m} = \frac{100}{10} = 10 m/s. P 10-14 (10-13/6*) Uma arma de ar comprimido atira dez chumbinhos de 2 g por segundo com uma velocidade de 500 m/s, que são detidos por uma parede rígida. (a) Qual é o mo¬ mento linear de cada chumbinho? (b) Qual é a energia cinética de cada um? (c) Qual é a força média exercida pelo fluxo de chumbinhos sobre a parede? (d) Se cada chumbinho permanecer em contato com a parede por 0.6 ms, qual será a força média exercida sobre a parede por cada um deles enquanto estiver em contato? (e) Por¬ que esta força é tão diferente da força em (c)? (a) Se m for a massa dum chumbinho e v for sua ve¬ locidade quando ele atinge a parede, então o momento é p = mv = (2 x 10⁻³)(500) = 1 kg·m/s, na direção da parede. (b) A energia cinética dum chumbinho é K = \frac{1}{2} mv² = \frac{1}{2} (2 x 10⁻³)(500)² = 250 J. (c) A força na parede é dada pela taxa na qual o momen¬ to é transferido dos chumbinhos para a parede. Como os chumbinhos não voltam para trás, cada chumbinho transfere p = 1.0 kg·m/s. Se ∆N = 10 chumbinhos co¬ lidem num tempo ∆t = 1 segundo, então a taxa média com que o momento é transferido é F_{ave} = \frac{p ∆N}{∆t} = \frac{1.0 (10)}{1.0} = 10 N. A força na parede tem a direção da velocidade inicial dos chumbinhos. (d) Se ∆t é o intervalo de tempo para um chumbinho ser freado pela parede, então a força média exercida na parede por chumbinho é F_{ave} = \frac{p}{∆t} = \frac{1.0}{6 x 10⁻⁴} = 1666.66 N. A força tem a direção da velocidade inicial do chumbinho. (e) Na parte (d) a força foi medida durante o interva¬ lo em que um chumbinho está em contato com a parede, enquanto na parte (c) ela foi medida durante o interva¬ lo de tempo no qual muitos chumbinhos atingem a parede. Na maior parte do tempo nenhum chumbinho está em contato com a parede, de modo que a força média na parte (c) é muito menor que a média em (d). P 10-26 (10-15/6*) Uma espaçonave é separada em duas partes detonando¬ se as ligações explosivas que as mantinham juntas. As massas das partes são 1200 e 1800 kg; o módulo do im¬ pulso sobre cada parte é de 300 N·s. Com que velocida¬ de relativa as duas partes se separam? Consideremos primeiro a parte mais leve. Suponha que o impulso tenha magnitude J e esteja no sentido po¬ sitivo. Seja m_1 = 1, a massa e v1 a velocidade da parte mais leve após as ligações explodirem. Suponha que ambas as partes estão em repouso antes da explosão. Então, M = m_1 v_1, de modo que v_1 = \frac{J}{m_1} = \frac{300}{1200} = 0.25 m/s. O impulso na parte mais pesada tem a mesma magnitu¬ de mas no sentido oposto, de modo que J = m_2 v_2, onde m_2, v_2 são a massa e a velocidade da parte mais pesada. Portanto v_2 = \frac{J}{m_2} = \frac{300}{1800} = −0.167 m/s. A velocidade relativa das partes após a explosão é 0.25 − (−0.167) = 0.417 m/s. P 10-28 (10-38*/6*) A espaçonave Voyager 2 (de massa m e velocidade v relativa ao Sol) aproxima-se do planeta Júpiter (de mas¬ sa M e velocidade V relativa ao Sol) como mostra a Fig. 10-33. A espaçonave redor planeta e parte no sentido oposto. Qual é a sua velocidade, em relação ao Sol, após este encontro com efeito estilingue? Conside¬ ra v = 12 km/s e V = 13 km/s (a velocidade na órbi¬ ta de Júpiter). A massa de Júpiter é muito maior do que da espaçonave; M ≫ m. (Para informações adicionais, veja "The slingshot effect: explanation and analogies," de Albert A. Bartlett e Charles W. Hord, The Physics Teacher, november de 1985.) O impulso na parte mais pesada tem a mesma magnitu¬ de mas no sentido oposto, de modo que J = m_2 v_2, onde m_2, v_2 são a massa e a velocidade da parte mais pesada. Portanto Considere o encontro num sistema de referência fixo em Júpiter. Quando eventuais perdas de energia forem desprezíveis, o encontro pode ser pensado como uma colisão elástica na qual a espaçonave emerge da "co¬ lisão" com uma velocidade de mesma magnitude que a velocidade que possuía antes do encontro. Como a ve¬ locidade inicial da espaçonave é v_i = v + V = 12 + 13 = 25 km/s medida a partir de Júpiter, ela se afastará de Júpiter com v f = 25 km/s. Passando para o sistema original de re¬ ferência no qual o Sol está em repouso, tal velocidade é dada por v_f = v_i + V = 25 + 13 = 38 km/s. Fig. 10-33 Enlarged | Problem 28. 10.2.2 Colisões Elásticas em Uma Dimensão E 10-29 (10-35/6*) Os blocos da Fig. 10-34 deslizam sem atrito. (a) Qual é a velocidade vj do bloco de 1.6 kg após a colisão? (b) A colisão é elástica? (c) Suponha que a velocidade inicial do bloco de 2.1 kg seja oposta à exibida. Após a colisão, a velocidade vj do bloco de 1.6 kg pode ser zero no sentido ilustrado? [Fig. 10-34 Enlarged | Exercício 29. a) Seja m₁, vi₁ e vf₁ a massa e a velocidade inicial e final do bloco à esquerda, e m₂, vi₂ e vf₂ as correspondentes grandezas do bloco à direita. O momento do sistema composto pelos dois blocos é conservado, de modo que m₁vi₁ + m₂vi₂ = m₁vf₁ + m₂vf₂ ou \frac{375}{7} 5.5 + \frac{254}{7} 4.9 = 294 O bloco continua andando para a direita após a colisão. b) Para ver se a colisão é inelástica, comparamos os valores da energia cinética total antes e depois da colisão A energia cinética total ANTES da colisão é K_i = \frac{1}{2} L₁v₁² + \frac{1}{2} L₂v₂² K_i = \frac{1}{2} L₁(5.5)² + \frac{1}{2} (2.4) (4.9)² => 31.7 J. A energia cinética total DEPOIS da colisão é K_f = \frac{1}{2} L₁vf₁² + \frac{1}{2} (2.4) vf₂² => 31.7 J. Como K_f = K_i, temos que a colisão é elástica. c) Neste caso temos vf₁ = −2.5 m/s e e m₁vi₁ +.m₂vf₂. Como o sinal indica, a velocidade deve opor-se ao sentido mostrado. => 5.6 m/s. E 10-33 (10-37/6) Nota: os valores numéricos são os da SEXTA edição do livro! Um carro de 340 g de massa, deslocando-se em um trilho de ar linear sem atrito, a uma velocidade inicial de 1.2 m/s, atinge um segundo carro de massa desconhecida, inicialmente em repouso. A colisão entre eles é elástica. Após a mesma, o primeiro carro continua em seu sentido original a 0.66 m/s. (a) Qual é a massa do segundo carro? (b) Qual é a sua velocidade após o impacto? (c) Qual a velocidade do centro de massa do sistema formado pelos dois carrinhos? (a) Sejam m_1, v_i1, v_f1, a massa e as velocidades inicial e final do carro que originalmente se move. Seja m_2 e v_f2 a massa e a velocidade final do carro originalmente parado (v_i2 = 0). Então, de acordo com a Eq. 10-18, temos v_f1 = \frac{m_1 - m_2}/{m_1 + m_2} v_i1. Desta expressão obtemos para m_2: m_2 = \frac{v_i1 - v_f1}/{v_i1 + v_f1} m_1 = 1.2 - 0.66/1.2 + 0.66 (340) = 99 g. (b) A velocidade do segundo carro é dada por v_f2 = \frac{2m_1}/{m_1 + m_2} v_i1 = \frac{2(340)}{340 + 99} (1.2) = 1.9 m/s. (c) A velocidade do centro de massa do sistema formado pelos dois carrinhos satisfaz a equação P = (m_1 + m_2)v_CM = m_1v_i1 + m_2v_i2. Lembrando que v_i2 = 0, temos v_CM = \frac{m_1}{m_1 + m_2} = \frac{340}{(1.2) (340 + 99)} = 0.93 m/s. Observe que usamos gramas em vez de quilogramas. E 10-34 (10-41/6) Um corpo de 2.0 kg 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 veloci- dade do centro de massa do sistema formado pelos dois corpos se a velocidade inicial do corpo de 2.0 kg era de 4.0 m/s? (a) Sejam m_1, v_i1, v_f1 a massa e as velocidades antes e depois da colisão do corpo que se moveu originalmen- te. Sejam m_2 e v_f2 a massa e a velocidade final do corpo originalmente em repouso. De acordo com a Eq. 10-18 temos v_f1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} v_i1. Resolvendo para m_2 obtemos, para v_f1 = v_i1/4, m_2 = \frac{v_i1 - v_f1}{v_i1 + v_f1} m_1 = \frac{1 - 1/4}{1 + 1/4} m_1 = \frac{3}{5} (2.0) = 1.2 kg. (b) A velocidade do centro de massa do sistema formado pelos dois corpos satisfaz a equação P = (m_1 + m_2)v_CM = m_1v_i1 + m_2v_i2. Resolvendo para v_CM com v_i2 = 0, encontramos v_CM = \frac{m_1}{m_1 + m_2} v_i1 = \frac{2.0}{2.0 + 1.2} (4.0) = 2.5 m/s. E 10-37 (10-43/6) Duas esferas de titânio se aproximam frontalmente com velocidades de mesmo módulo e colidem elasticamente. Após a colisão, uma das esferas, cuja massa é de 300 g, permanece em repouso. Qual é a massa da outra esfera? (a) Seja m_1, v_i1 , v_f1, a massa e as velocidades antes e de depois da colisão de uma das partículas e m_2, v_i2, v_f2, a massa e as velocidades antes e depois da colisão, da ou- tra partícula. Então, de acordo com a Eq. 10-28, temos v_f1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} v_i1 + \frac{2m_2}{m1 _ + m_2} v_i2. Suponha que a esfera 1 esteja viajando originalmente no sentido positivo e fique parada após a colisão. A esfera 2 está viajando originalmente no sentido negativo. Substi- tuindo v_i1 = v, v_i2 = -v e v_f1 = 0 e v_f1 = 0 na expressão acima, obtemos 0 = m_1 – 3m_2. Ou seja, m_2 = \frac{m_1}{3} = \frac{300}{3} = 100 g. E 10-41 (10-23/6) Acredita-se que a Cratera do Meteoro, no Arizona (Fig. 10.1), tenha sido formada pelo impacto de um me- teoro com a Terra há cerca de 20.000 anos. Estima-se a massa do meteoro em 5 x 10^{10} kg e sua velocidade em 7200 m/s. Que velocidade um meteoro assim transmiti- ria à Terra numa colisão frontal? Meteor Crater in Arizona, the result of a collision about 20,000 years ago. The crater is about 1200 m wide and 200 m deep. Seja m_M a massa do meteoro e m_T a massa da Terra. Seja v_m a velocidade do meteoro imediatamente antes da colisão e v a velocidade da Terra (com o meteoro) após a colisão. O momento do sistema Terra-meteoro é conservado durante a colisão. Portanto, no sistema de referência Terra antes da colisão temos m_Mv_m = (m_M + m_T)v, de modo que encontramos para v: v = \frac{v_mm_M}{m_M + m_T} = \frac{(7200)(5 x 10^{10})}{5.98 x 10^{24} + 5 x 10^{10}} = 6 x 10^{-11} m/s. Para ficar mais fácil de imaginar o que seja esta velo- cidade note que, como 365 x 24 x 3600 = 31,536,000, termos 6 x 10^{-11} m/s = 6 x 10^{-11} (31,536,000) m/ano = 0.0189 m/ano = 1.89 mm/ano. É uma velocidade MUITO difícil de se medir, não? E 10-42 (10-21/6) Um trenó em forma de caixa de 6 kg está deslocando-se sobre o gelo a uma velocidade de 9 m/s, quando um pa- cote de 12 kg é largado de cima para dentro dele. Qual é a nova velocidade do trenó? Precisamos considerar apenas o componente horizon- tal do momento do trenó e do pacote. Seja m_T, v_T a mas- sa e a velocidade inicial do trenó. Seja m_p, v o massa e a velocidade final do conjunto trenó-pacote. A componente horizontal do momento deste conjunto conserva-se de modo que m_tv_T = (m_T + m_p)v, de onde tiramos v = \frac{v_tm_t}{m_t + m_p} = \frac{(9)(6)}{6 + 12} = 3 m/s. P 10-53 (10-29/6) Um vagão de carga de 35 t colide com um carrinho auxi- liar que está em repouso. Eles se unem e 27% da energia cinética inicial é dissipada em aquecer, som, vibrações, etc. Encontre o peso do carrinho auxiliar. Seja m_c, v, m_e, a massa do etc, a massa do carrinho auxiliar e v, a velocidade fi- nal dos dois, depois de grudarem-se. Conservação do momento total do sistema formado pelos dois carros fornece-nos m_cv_c = (m_c + m_e)v, de onde tiramos v = \frac{v_cm_c}{m_c + m_e}. A energia cinética inicial do sistema é K_i = \frac{1}{2}m_cv_c^2 enquanto que a energia cinética final é K_f = \frac{1}{2}(m_c + m_e)v^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{m_c^2}{m_c + m_e} \right) v_c^2, que, simplificando, fornece-nos v = 0.73v, de onde temos. Resolvendo para m_c, encontramos m_c = \frac{0.27}{0.73} m_e = 0.37 m_e. A razão das massas é, obviamente, a mesma razão dos pesos, e, chamando de P_o o peso do vagão, temos o peso P do carrinho auxiliar é P = 0.37P_o = (0.37)(35 x 10^3) (9.8) = 126.91 x 10^3 kg. Observe que o resultado final não depende das velocida- des em jogo. 10.2.4 Colisões em Duas Dimensões E 10-63 (10-49/6) Em um jogo de sinuca, a bola branca atinge outra ini- cialmente em repouso. Após a colisão, a branca desliza a 3.5 m/s ao longo de uma reta em ângulo de 22° com a sua direção original de movimento, e o módulo da ve- lociade da segunda bola é de 2 m/s. Encontre (a) o ângulo entre a direção de movimento da segunda bola e a direção de movimento original da bola branca e (b) a velocidade original da branca. (c) A energia cinética se conserva? (a) Use a Fig. 10-20 do livro texto e considere a bo- la branca como sendo a massa m_1 e a outra bola como sendo a massa m_2. Conservação das componentes x e y do momento total do sistema formado pelas duas bolas nos fornece duas equações, respectivamente: m_1v_i1 \cos \theta_1 = m_1v_{f1} \cos \theta_1 + m_2v_{f2} \cos \theta_2. 0 = -m_1v_{f1} \sin \theta_1 + m_2v_{f2} \sin \theta_2. Observe que as massa podem ser simplificadas em am- bas equações. Usando a segunda equação obtemos que \sin \theta_2 = \frac{v_{f1}}{v_{f2}} \sin \theta_1 = \frac{3.5}{2.0} \sin 22° = 0.656. Portanto o ângulo é \theta_2 = 41°. (b) Resolvendo a primeira das equações de conservação acima para v_i1 encontramos v_i1 = v_{f1} \cos \theta_1 + v_{f2} \cos \theta_2. = (3.5) \cos 22° + (2.0) \cos 41° = 4.75 m/s. (c) A energia cinética inicial é K_i = \frac{1}{2}m_1v_i1^2 = \frac{1}{2}m_1 (4.75) = 11.3 m. A energia cinética final é K_f = \frac{1}{2}m_1v_{f1}^2 + \frac{1}{2}m_2v_{f2}^2 = \frac{1}{2}m_1[(3.5)^2 + (2.0)^2] = 8.1 m. Portanto a energia cinética não é conservada. 10.2.5 Problemas Adicionais