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Unformatted text preview: Universidade de Brasília Instituto de Física Nona/Décima Lista de Exercícios de Física I Questão 1 Dois corpos de 2.0kg , A e B , sofrem uma colisão. As velo~A = (15ˆi + 30ˆj)m/s e V ~B = cidades antes da colisão são V ~ 0 = (−5ˆi + 20ˆj)m/s. De(−10ˆi + 5ˆj)m/s. Após a colisão, V A termine (a) a velocidade nal de B e (b) a variação da energia cinética total (incluindo o sinal). Solução (a) Pela conservação do momento linear nas duas dimensões, temos: 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 . sin α = V2 . sin β (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: VAx .mA + VBx .mB = VA0 x .mA + VB0 x .mB m.V1 cos α + m.V2 cos β = 2m. 0 (18.2) + ((−10).2) = ((−5).2) + (VBx .2) 2m.V1 cos α = m.V1 1 π cos α = −→ α = = β 2 3 VB0 x = 10m/s VAy .mA + VBy .mB = VA0 y .mA + VB0 y .mB 0 (30.2) + (5.2) = (20.2) + (VBy .2) VB0 y = 15m/s ~B0 = V ~B0 + V ~B0 V x y Questão 3 Uma colisão ocorre entre um corpo de 2, 00kg que se move ~1 = (−4, 00m/s)ˆi + (−5, 00m/s)ˆj e com uma velocidade V ~2 = um corpo de 4, 00kg que se move com uma velocidade V (6, 00m/s)ˆi + (−2, 00m/s)ˆj . 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 ~B0 = (10ˆi + 15ˆj)m/s V (b) A variação da energia cinética vai ser a energia nal menos a inicial: Vamos aplicar a equação da conservação do monento linear nas duas dimensões separadamente: ∆EC = ECo − EC EC = ECA + ECB V1 2 V1x .m1 + V2x .m2 = Vx (m1 + m2 ) mB .VB2 mA .VA2 = + 2 2 ((−4).2) + (6.4) = Vx (2 + 4) 8 Vx = 3 Onde VA2 = (VAx )2 + (VAy )2 = 152 + 302 = 1125 e, VB2 = (VBx )2 + (VBy )2 = (−10)2 + 52 = 125 V1y .m1 + V2y .m2 = Vy (m1 + m2 ) Logo EC = ((−5).2) + ((−2).4) = Vy (2 + 4) 2.1125 2.125 + = 1250J 2 2 0 ECo = ECoA + ECoB = mA .VA2 2 + Vy = (−3) mB .VB20 2 Onde 0 0 0 VA2 = (VAx )2 + (VAy )2 = (−5)2 + 202 = 425 e, 0 0 0 VB2 = (VBx )2 + (VBy )2 = 102 + 152 = 325 Logo ECo = 2.425 2.325 + = 750J 2 2 ∆EC = 750 − 1125 = −375J “ ” ~ = Vxˆi + Vy ˆj = 8 ˆi − 3ˆj m/s Então (a) V 3 s„ « 2 q 8 (b) |V | = Vx2 + Vy2 = + (−3)2 ≈ 16, 1m/s 3 Vy 8 (c) tan θ = = − , θ ≈ −41, 63 Vx 9 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 nal da sonda? Solução Pela conservação do momento linear, temos: Questão 2 M.V = (m.v) + [(M − m).V 0 ] Após uma colisão perfeitamente inelástica, dois objetos de mesma massa e mesma velocidade escalar deslocam-se juntos Atenção: as velocidades são fornecidas em relação a referenciais diferentes, portanto, temos que ajustar a velocidade dos produtos de combustão: Universidade de Brasília - Física 1 - Oitava Lista de Exercícios v = v 0 − V = −253 + 105 = −148m/s Substituindo os valores na equação do momento, temos: Solução (a) Sendo im,pulso denido por J~ = 6090.105 = (−148.80) + [(6090 − 80).V 0 ] J~ = V 0 ≈ 108, 37m/s Z Z F (t)dt, temos então que 1,25 (12 − 3t2 )dt = 7, 2kg.m/s 0,5 (b) Levando em consideração que a força se anula em t = 2s, portanto Z 2 (12 − 3t2 )dt = 16kg.m/s J~ = Questão 5 0 Um carro de brinquedo de 5.0Kg pode se mover ao longo de um eixo x; a gura 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 denida por Fxs = 5, 0N . Em termos dos vetores unità ¿à rios, determine (a) p~ em t = 4, 0s; (b) p~ em t = 7.0s (c) ~v em t = 9.0s. Questão 7 Um copo em repouso na origem de um sistema de coordenadas xy explode em três pedaços. Logo depois da explosão um dos pedaços, 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)ˆj . O terceiro pedaço tem massa 3m. Determine (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 movimento: p ~f = p ~i ˆ ˆ m(−30i) + m(−30j) + 3.m(vxˆi + vy ˆj) = 0 X: −30.m + 3.m.vx = 0 vx = 10m/s Solução Y: Utilizando a equação ∆~ p= Z F (t)dt temos que a variação do mo- mento equivale à área abaixo do gráco, portanto: (a) « „ Z 1 .2.10 + (2.10) ∆~ p = F (t)dt ⇒ p ~f − p ~i = 2 Como o carro parte do repouso, temos p ~i = 0 p ~f = (30kg.m/s )ˆi „ Z F (t)dt ⇒ p ~f − p ~i = « „ « 1 1 .2.10 − .1.5 2 2 „ « 5 2 p ~f = (37, 5kg.m/s)ˆi p ~f − 30 = (c) Tomando o momento inicial em t = 7s e o nal em t = 9s. „ « 1 .1.5 − (1.5) p ~f − p ~i = − 2 „ « 1 mv(9) − p ~i = − .1.5 − (1.5) 2 p ~i − 7, 5 m 37, 5 − 7, 5 v(9) = = (6m/s)ˆi 5 v(9) = Questão 6 vy = 10m/s √ √ O módulo então pode ser cálculo por ||v|| = 102 + 102 = 10. 2 o 10 A direção é denida por θ = arctan 10 = 45 Questão 8 (b) ∆~ p= −30.m + 3.m.vy = 0 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? 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 momento (sistema fechado e isolado). Conservação de energia: KA + KB = Ue la 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 módulo da velocidade de A, utilizando então a conservação de energia temos que: (a) 1 KA + mB .vb2 = Ue la 2 „ « 1 1 2 KA + .mA (2vA = Ue la) 2 2 KA + 2KA = Ue la 1 KA = .Ue la = 20J 3 Universidade de Brasília - Física 1 - Oitava Lista de Exercícios (b) x1 .m1 + x2 .m2 + x3 .m3 + x4 .m4 M 20.1 + 60.2 + 60.3 + 20.4 = 10 400 = = 40cm 10 KA + KB = Ue la Xcm = 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. Resposta: Item(D) (40, 32) Questão 11 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 m 1 = 82.m2 a massa da Terra, vem: xCM = m1 .x1 + m2 .x2 m1 + m2 xCM = 4, 6.103 km 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 gura abaixo. A distribuição de massa em cada discoé homog nea. 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) As 3 partículas da gura està ¿à o 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 : F 1 = 6, 0N, F 2 = 12N, F 3 = 14N . Qual é a aceleração do centro de massa do sistema e em que direção ele se move? Solução F 1x + F 2x + F 3x M −6, 0N + 12N (cos 45o ) + 14N = = 1, 03m/s2 16 acmx = F 1y + F 2y + F 3y M 0 + 12(sin 45o ) + 0 = 0, 530m/s2 = 16 p acm = a2cmx + (acmy )2 ≈ 1, 2m/s2 acmy = O ângulo, em relação ao eixo x positivo, é dado por β = arctan f racacmy acmx = 27o Questão 12 Solução y1 .m1 + y2 .m2 + y3 .m3 + y4 .m4 M 60.1 + 60.2 + 20.3 + 20.4 = 10 320 = = 32cm 10 Ycm = 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 patinadorpatinador não se move, ambos patinadores vão acabar no centro de Universidade de Brasília - Física 1 - Oitava Lista de Exercícios massa do sistema. Tendo o centro de massa a uma distância x do patinador de 40Kg , logo Questão 16 Na gura 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 Logo, o patinador de 40kg andou por 6, 2m. inicialmente em repouso em relação ao solo. Se o homem na escada começa a subir com uma velocidade vh = 2, 5m/s em Questão 13 A gura abaixo mostra uma vista superior da trajetória de uma relação a escada, determine (a) Em que sentido e com que velobola de sinuca de 0, 165kg que se choca com uma das tabelas. cidade escalar o balão se move. (b) Se o homem parar de subir, A velocidade escalar da bola antes do choque é de 2, 00m/s e qual a velocidade escalar do balão. o ângulo θ1 é 30, 0o . O choque inverte a componente y da velocidade 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) (65kg)(10m − x) = (40kg)x ⇒ x = 6, 2m Solução Solução (a) Como a força de impacto na bola é na direção y , px é conservado: pxi = pxf (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 momento inicial como aquele em que o homem já tem uma velocidade, porém o balão ainda está na iminência de iniciar seu movimento, podemos aplicar a conservação do momento, tal que: m.vi . sin θ1 = m.v2 . sin θ2 ⇒ θ2 = 30, 0o m.vh = (m + M ).vb ⇒ vb = (b) A variação do momento linear é: ∆~ p = m.v1 cos θ2 (−ˆj) − m.vi . cos θ2 (ˆj) = −2(0, 165kg)(2, 00m/s)(cos 30o )ˆj = (−0, 572kg.m/s)ˆj Questão 14 (80kg)(2, 5) m.vh = (m + M ) 320kg + 80kg vb = 0, 5m/s (b) No momento em que o homem para de subir, não há mais movimento 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. No istante t = 0, uma bola é lançada para cima a partir do nível do solo, em terreno plano. A gura abaixo mostra o mó- Questão 17 dulo p do momento linear da bola em função do tempo t após Um corpo de 2, 0kg de massa colide elasticamente com outro o lançamento (p0 = 6, 0kg.m/s e p1 = 4, 0kg.m/s). em repouso e continua a deslocar-se no sentido original com um quarto de sua velocidade original. (a) Qual é a massa do corpo Solução atingido? (b) Qual a velocidade do centro de massa do sistema Nós inferimos do gráco que a componente horizontal do momento formado pelos dois corpos se a velocidade inicial do corpo de linear px é 4, 0kg.m/s. Também, o módulo inicial do momento é 2, 0kg era de 4, 0m/s? p0 = 6, 0kg.m/s. Logo: px cos θ = ⇒ θ = 48o po Questão 15 Solução (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 nal do corpo originalmente em repouso. Temos Um trenó foguete com uma massa de 2900kg se move a 250m/s m1 − m2 sobre dois trilhos. Em um certo ponto um tubo a bordo do .v1f v1f = m1 + m2 trenó é mergulhado em um canal situado entre os trilhos e passa a transferir água para um tanque no trenó, inicialmente Resolvendo para m2 obtemos, para v1f = f racv1 i4 vazio. Determine a velocidade do trenó depois que 920kg de 1 − 1/4 v1i − v1f m2 = .m1 = .m1 água são transferidos do canal para o tanque. Ignore o atrito v1f + v1i 1/4 + 1 do tubo com a água do canal. 3 = Pela conservação do momento, a velocidade nal do trenó satisfaz: .(2, 0) = 1, 2kg 5 (b) A velocidade do centro de massa do sistema formado pelos dois corpos satisfaz a equação (2900kg)(250m/s) = (2900kg + 920kg)v P = (m1 + m2 )vCM = m1 .v1i + m2 .v2i Solução O que nos dá que v = 190m/s Resolvendo para vCM com v2i = 0 encontramos Universidade de Brasília - Física 1 - Oitava Lista de Exercícios vCM (2, 0)(4, 0) m1 .v1i = = = 2, 5m/s m1 + m2 2, 0 + 1, 2 que, simplicada, fornece-nos mv (mv +mc ) = 0, 73 Resolvendo para mc encontramos Questão 18 mc = 0, 27 .mv = 0, 37.mc = (0, 37)(35) 0, 73 Na gura, o bloco I de massa m1 desliza sem velocidade inicial ao longo de uma rampa sem atrito a partir de uma altura = 12, 95 toneladas h = 2, 50m e colide com o bloco 2 de massa m2 = 2, 00m1 , ini= 12, 95.103 toneladas cialmente em repouso. Após a colisão o bloco 2 desliza em uma região onde o coeciente de atrito cinético µk é 0, 500 e para A razão das massas é, obviamente, a mesma razão dos pesos e, chadepois de percorrer uma distância d nessa região. Qual é o va- mando de Pv o peso do vagão, temos que o peso P do carrinho auxiliar é lor da distância d se a colisão é (a) elástica e (b) perfeitamente inelástica? P = 0, 37.P = (0, 37)(35.103 )(9, 8) v = 126, 91.103 N Observe que o resultado nal não depende das velocidades em jogo. Questão 20 Solução (a) Se a colisão for perfeitamente elástica, p 2m1 2m1 2p .v1i = 2gh = 2gh m1 + m2 m1 + (2, 00)m1 3 O que, devido a conservação de energia, nos leva a concluir que a velocidade 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: Uma bola de aço de 0, 5kg de massa é presa a uma corda, de 70cm de comprimento e xa 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 aà ¿à o de 2, 5kg inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito. A colisão é elástica. v2 = 1 .m2 .v22 = ∆Eth = fk .d = µk .m2 .g.d 2 onde µk = 0, 500. Resolvendo a equação percebemos que m2 se cancela e obtemos d = 2, 22m (b) Em una colisão completamente inelástica utilizamos V2 = m1 .v1i , m1 + m2 √ √ 2gh 3 onde v1i = 2gh. O que nos leva a v2 = Utilizando a equação (1) para esse caso, obtemos d = 0, 556m (um quarto da letra (a)) Questão 19 (a) Encontre a velocidade da bola imediatamente após a colisão. (b) Encontre a velocidade do bloco imediatamente após a colisão. Solução (a) Um vagão de carga de 35t colide com um carrinho auxiliar que m = 0, 5kg, M = 2, 5kg, L = 70cm = 0, 7m está em repouso. Eles se unem e 27% da energia cinética inicial A energia mecânica desse sistema quando a bola está na posição 1 é é dissipada em calor, som, vibrações, etc. Econtre o peso do igual  à ¿ energia mecânica quando a bola está na posição 2 porque carrinho auxiliar. entre essas duas situações só atuam forças conservativas. Logo: Solução p 1 m.vi2 ⇒ vi = 2.g.L = 3, 47m/s 2 Vamos considerar a posição 2 inicial (antes da colisão) e a posição 2 nal (depois da colisão). Como a resultante das forças externas que atuam no sistema é nula, o momento linear total desse sistema se conserva: m.g.L = Seja mv e vv a massa e a velocidade inicial do vagão, mc a massa do carrinho auxiliar e v a velocidade nal dos dois, depois de grudaremse. 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 = energia cinética nal é kf = = ~i = P ~f ⇒= m.vi = m.vf + M V P 2 mv .vv 2 enquanto que a 1 .(mv + mc )v 2 2 (mv .vv )2 1 .(mv + mc ). 2 (mv + mc )2 1 m2v .m2c 2 mv + mc Como 27% da energia cinética original é perdida, temos Kf = 0, 73.ki , ou seja, = 1 m2v .m2c 1 . = 0, 73. .mv .vv2 2 mv + mc 2 (1) Como a colisâo é elástica, existirá a conservação da energia cinética: 1 1 1 m.vi = m.vf2 + M.V 2 (2) 2 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: Ki = Kf ⇒ m .(vi − vf ) M e usando esse resultado na equação (2), temos: V = m.vi2 = m.vf2 + m2 .(vi − vf )2 ⇒ vi2 − vf2 = (vi − vf )(vi + vf ) M Universidade de Brasília - Física 1 - Oitava Lista de Exercícios = Considerando que vi 6= vf vi + vf = m .(vi − vf )2 M m .(vi − vf ) ⇒ vf = M „ m−M m+M « .vi = −2, 49m/s O sinal negativo indica que as duas velocidades vi e vf têm sentidos contrários. (b) „ « 2m m V = .(vi − vf ) = .vi = 1, 24m/s M m+M Universidade de Brasília - Física 1 - Oitava Lista de Exercícios ...
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  • Spring '18
  • Energía cinética, Massa, Momento Linear, Velocidade, atrito

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