RESOLUÇÃO HALLIDAY VOLUME 1, Exercícios de Física

Baixe RESOLUÇÃO HALLIDAY VOLUME 1 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! CarítuLo 9 1. Podemos usar a Eq. 9-5 para determinar x, e y,. (a) A coordenada x do centro de massa do sistema é o o Mistas, (2,00 kgX-1,20 m)+(4,00 kg) (0,600 m)+(3,00 kg) x, Mo memm 2,00 kg +4,00 kg +3,00 kg =-0,500 m, o que nos dá x, = -1,50 m. (b) A coordenada y do centro de massa do sistema é my +my, +m,y, (2,00 kg)0,500 m)+(4,00 kg)(-0,750 m)+(3,00 kg) y; m, +, +m, 2,00 kg+ 4,00 kg+3,00 kg Yem =-0,700 m, o que nos dá y,=-1,43m. 2. Vamos usar a seguinte notação: x, = 0 e y, = 0 são as coordenadas da partícula de massa m, = 3,0kg;x,=2,0me y,= 1,0msão as coordenadas da partícula de massa m, = 4,0 kg; x, = 1,0 m e y, = 2,0 m são as coordenadas da partícula de massa m, = 8,0 kg. (a) A coordenada x do centro de massa é mx tm, tm, 0+(4,0 kg)(2,0 m)+(8,0 kg)(1,0 m) 4 Xen = I'm. m+m, +, 3,0 kg+4,0 kg+8,0 kg (b) A coordenada y do centro de massa é rena tem, 0+(4,0 ke )(L0m)+(8,0kg)(2.0m) | Yen = 3m. m, +, +m, 3,0 kg+4,0kg+8,0 kg (c) se a massa m, aumenta, o centro de massa é deslocado para cima, na direção da partícula 3. No limite em que m, tem uma massa muito maior que as outras partículas, o centro de massa praticamente coincide com a posição da partícula 3. 3, Usamos a Eq. 9-5 para determinar as coordenadas do centro de massa. (a) Por simetria, xeu = —di/2 = (13 cm)/2 = - 6,5 cm. O valor negativo se deve a nossa escolha da origem. (b) A coordenada ycé dada por vo = Pentes PH Ven + Vaca e mm, pV+V, (Lt em/2)(7,85 g/em" )+3(11 em/2)(2,7 g/em') =8,3 em. 7,85 g/em'+2,7 g/em” (c) Por simetria, ze = (2,8 cm)/2 = 1,4 cm. 4. Vamos chamar este arranjo de “mesa”, Escolhemos para origem das coordenadas a extremidade esquerda do tampo da mesa (como mostra a Fig. 9-37). Tomando o sentido positivo do eixo x para a direita e o sentido positivo do eixo y para cima, o centro MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 321 de massa da perna direita da mesa está no ponto (+L, -L/2), o centro de massa da perna direita está no ponto (0, -L/2) e o centro de massa do tampo da mesa está no ponto (L/2, 0). (a) A coordenada x da mesa inteira é M(+L)+M(0)+3M(+L/2) xcay = AUTO) ho M M+M+3M 2. ParaL=22cm, xcu= (22 cm)/2= 1 cm. (b) A coordenada y do centro de massa da mesa inteira é M(-L/2)+M(-=L/2)+3M(0) 1 Peas M+M+3M 3, ou ycu = — (22 cm)/5 = - 4,4cm. As coordenadas mostram que o centro de massa da mesa inteira está 4,4 cm abaixo do centro do tampo da mesa. 5. Como a placa é homogênea, podemos dividi-la em três peças retangulares, com a massa de cada peça proporcional à área e o centro de massa coincidindo com o centro geométrico. Vamos chamar a peça maior, de 35 cm x 10 cm (mostrada do lado es- querdo do eixo y na Fig. 9-38), de Peça 1; ela representa 63,6% da área total e o centro de massa está no ponto (x,, y,) = (-5,0 em, —2,5 cm). A peça de 20 cm x 5 cm (Peça 2, situada no primeiro quadrante) representa 18,2% da área total; o centro de massa está no ponto (x,y) = (10 cm, 12,5 cm). A peça de 10 cm x 10 cm (Peça 3, situada no quarto quadrante) também representa 18,2% da área total; o centro de massa está no ponto (x,,y;) = (5 cm, —15 cm). (a) A coordenada x do centro de massa da placa é xXcu = (0,636)x, + (0,182)x, + (0,182)x, = — 0,45 cm. (b) A coordenada y do centro de massa da placa é You = (0,636)y, + (0,182)y, + (0,182)y; = — 2,0 cm. 6. As coordenadas dos centros de massa (em centímetros) das cinco faces são: (%,,),2)=(0,20,20) — para a face no plano yz (%,,3,25)=(20,0,20) para a face no plano xz (x5, 5, 2;)= (20,20,0) — para a face no plano xy (X4, Y4,Z4)= (40,20,20) para a face paralela ao plano yz (x,,)5,2;)=(20,40,20) para a face paralela ao plano xz Como todas as faces têm a mesma massa m, podemos substituir essas coordenadas na Eq. 9-5 para obter os resultados a seguir (os dois primeiros resultados poderiam ser obtidos apenas por considerações de simetria). (a) A coordenada x do centro de massa é mx, + nix, + mix, + mix, +, 0+20+20+40+20 | Xu 20 em mM sm 5 (b) A coordenada y do centro de massa é my +my, +ny,+my,+my, 20+0+20+20+40 Yu == 20 em sm 5 324 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 11. Embora o problema pudesse ser resolvido analisando separadamente as forças que agem sobre a azeitona e a castanha-do-pa- rá, vamos analisar o movimento do sistema como um todo a partir da Eq. 9-14. A força resultante a que o sistema formado pela azeitona e a castanha-do-pará está submetido é É, + É =(-i+)) N. De acordo com a Eq. 9-14, (Ci+jN=Mãs, em que M = 2,0 kg. Assim, dy = (-+i+4)) m/s? . Como as duas componentes da aceleração são constantes, podemos usar as equações discutidas nos Capítulos 2 e 4 para obter -4,0 mi+(4,0m)j a Nou = cu para £= 4,0 s. Para ter uma ideia da vantagem de usar a Eq. 9.14, o leitor pode experimentar resolver o problema da forma mais trabalhosa, analisando separadamente as forças a que a azeitona e a castanha-do-pará estão submetidas e depois aplicando a Eq. 9-5. 12. Como o centro de massa do sistema de dois patinadores não se move, os patinadores se encontram no centro de massa do sistema. Chamando de x a distância entre o patinador de 40 kg e o centro de massa, temos: (65 kg)(10m-x)=(40kg)x=>x=6,2m. Assim, a distância percorrida pelo patinador de 40 kg é 6,2 m. 13. PENSE Um projétil explode em dois fragmentos no ponto mais alto da trajetória. Conhecendo a trajetória de um dos fragmentos após a explosão, podemos determinar a trajetória do outro fragmento usando a lei de conservação do momento. FORMULE Precisamos determinar as coordenadas do ponto em que o projétil explodiu e a velocidade do fragmento que não caiu verticalmente. Vamos usar um sistema de coordenadas com a origem no ponto do disparo, o eixo x horizontal, apontando para a direita, e o eixo y vertical, apontando para cima. A componente y da velocidade é dada por v = w,, — gt e é zero no instante t=vo,/g=(V,/g)sen8,, em que v, é a velocidade inicial e 8, é o ângulo do disparo. As coordenadas do ponto mais alto da tra- jetória são Ê 20 mis) Jo send, cosd, (20 mis) x=wyt=vtcos0, = —+ sen60º cos 60º =17,7 m 9.8 m/s” 2, 20 mis) Lê Nise 0-1 COM 60 -153m 2 2 g 2 98mis Como, depois do lançamento, o projétil não está sujeito a forças horizontais, a componente horizontal do momento é conservada. Como a velocidade horizontal de um dos fragmentos é zero após a explosão, a componente horizontal do momento do outro fragmento após a explosão é igual à componente horizontal do projétil antes da explosão, v,cos 8,. Como a componente vertical da velocidade do projétil é zero no momento em que atinge a altura máxima e a velocidade inicial do fragmento que cai verticalmente é zero, a componente vertical da velocidade do outro fragmento também é zero logo após a explosão. Seja M a massa do projétil e seja V, a velocidade (horizontal) do segundo fragmento. Como as massas dos dois fragmentos são iguais, a massa do segundo fragmento é M/2. De acordo com a lei de conservação do momento, Myocos = MVy/2 e, portanto, V, =2w, cos, =2(20 mis)cos60º=20 m/s Essa informação pode ser usada como uma das condições iniciais para determinar a trajetória do segundo fragmento. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 325 ANALISE Vamos agora mudar o instante inicial e analisar o movimento do segundo fragmento como o movimento de um projétil lançado horizontalmente no instante £ = 0 com uma velocidade de 20 m/s a partir de um ponto de coordenadas x, = 17,7 m, = 15,3m. A coordenada y do fragmento é dada por y = y,— g£º/2 e é zero no instante em que o fragmento atinge o solo. O tempo que o fragmento leva para atingir o solo é t=./29,/g e à coordenada x do ponto em que o fragmento se choca com o solo é x=3+Vt =x, + 2 g APRENDA Se a explosão não tivesse acontecido, o projétil teria se chocado com o solo a uma distância 153 m) m/ =17,7 m+(20 m/s). 2 20 mis) R=2x,= 2 sen24, = (Comb) pag0s)]= g 9,8 mis? 3m do canhão, muito menor que a distância atingida pelo fragmento. Isso é razoável, já que o fragmento possui uma velocidade ho- rizontal maior que o projétil. 14. (a) A expressão usada no enunciado “tal que [a partícula 2] se mantém verticalmente acima da partícula 1” significa que a sombra (como se houvesse uma lâmpada verticalmente acima das partículas) da partícula 2 coincide sempre com a posição da partícula 1. Em outras palavras, as partículas estão sempre alinhadas na vertical. Esse alinhamento significa que v,, = 1, = 10,0 m/s. Como o valor inicial de v, é 20,0 m/s, o teorema de Pitágoras nos dá Voy 4 vivi =300 m/s para o valor inicial da componente y da velocidade da partícula 2. Nesse caso, a Eq. 2-16 (ou a lei de conservação da energia) nos dá Y nix = 300/19,6 = 15,3 m. Assim, temos: Hoi = Mo Yiná/ Mora = (3,00 8)(15,3 m)/(8,00 8) = 5,74 m. (b) Como as duas partículas têm a mesma velocidade horizontal e a velocidade vertical da partícula 2 é zero no ponto mais alto da trajetória, a velocidade do centro de massa é (10,0 m/s)i (como é fácil de verificar usando a Eq. 9-17). (c) Como apenas a partícula 2 sofre aceleração (a aceleração de queda livre), a Eq. 9-18 (ou a Eq 9-19) nos dá cu = gm = (3,00 g)(9,8 m/s))/(8,00 g) = 3,68 m/s? para o módulo da aceleração vertical para baixo do centro de massa do sistema. Assim, dc = (3,68 m/s?)j. 15. (a) A força resultante a que o sistema (cuja massa total é m, + 1) está submetido é mg. De acordo com a Segunda Lei de New- ton, a = g[m,!(m, + m5)] =0,4g No caso do bloco 1, a aceleração é para a direita (na direção i ); no caso do bloco 2, a aceleração é para baixo (na direção —j). Assim, a Eq. 9-18 nos dá à -Mãsmã (0,0/0,481)+(0,4)-0,4g) Mo mm, 0,6+0,4) =(2,351-1,57)) m/s?. (b) Integrando a Eq. 4-16, obtemos Teu =(2,357-1,57) (em unidades do SI), já que o sistema partiu do repouso. Note que a razão das componentes do vetor velocidade do centro de massa não varia com o tempo, e, de acordo com a Eq, 3-6, é essa razão que determina o ângulo do vetor velocidade, e, portanto, a direção do movimento do centro de massa do sistema. (c) Como a razão entre as componentes do vetor velocidade é constante (veja o item anterior), o gráfico da trajetória do centro de massa é uma linha reta. 326 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (d) A Eq, 3-6 nos dá 8 =-34º. A trajetória do centro de massa é portanto uma reta que faz um ângulo, para baixo, de 34º com a horizontal. 16. Vamos chamar a massa de Ricardo de M, e a massa de Carmelita de M,. Se o centro de massa do sistema formado pelos dois jovens (vamos supor que está mais próximo de Ricardo) se encontra a uma distância x do centro da canoa, temos: MÁL/2 = x) = mx + MALI2 + x) em que L é a distância entre os bancos e m é a massa da canoa. Quando o casal troca de posição, o centro da canoa de desloca de uma distância 2x em relação à posição inicial. Assim, x = 40 cm/2 = 0,20 m. Explicitando M, na equação acima e substituindo os valores conhecidos, obtemos My(Li2=s)-ms (80)(88-0,20)-(30)(0,20) M e L/2+x (3,0/2)+0,20 8 kg. 17. Como não existe nenhuma força horizontal agindo sobre o sistema cachorro-barco, o centro de massa do sistema permanece em repouso. Assim, de acordo com a Eq. 9-16, MAx., = 0=11,Ax, +1,Ax, , O que nos dá m, = Ma |áx;|=—2[4x,|. Nh, Vamos agora expressar a condição geométrica de que o cachorro se deslocou de uma distância d = 2,4 m em relação ao barco: las, rlax|-d, o que mostra que o cachorro e o barco se deslocam em sentidos opostos. Combinando as duas equações, obtemos: 0) 2e(ax as |=d Mm, o quenos dá [ax [=— 2 = 2ém 92m leem im, 1+(4,5/18) O cachorro está, portanto, 1,9 m mais próximo da margem do que na situação inicial (em que a distância era D = 6,1 m). Assim, a nova distância é D-[Ax|| = 42 m. 18. O módulo da variação do momento linear da bola é Ap= mb, -v,| =(0,70 kg)(5,0 m/s)-(-2,0 m/s)|=4,9 kg-m/s. 19. (a) A variação da energia cinética é Lia Lad 2 2 AK = um; =—nnj=—(2100 ke)[(St km) (41 km] =9,66x10º ke-(km/h)' (10 m/km) (1 h/3600 5) | =7,5x10º ]. (b) O módulo da variação de velocidade é fas= (eu) +(1,) = (cat mn) +(51 km/h)” = 65,4 km MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 329 Assim, o módulo do impulso é J=|Ap|=m|Av|=nm= (70 kg)(3,/m/s)= 2,2x10? Ns. (b) Se a duração da colisão é 41=0,082s, à força média é “JT LIXO Ns a EL DIDN, 27. PENSE A velocidade da bola variou porque ela foi submetida a uma força externa. Podemos aplicar o teorema do momento linear e impulso. FORMULE A bola está se movendo inicialmente no sentido positivo do eixo x. O módulo da força média F,« é Eu L=ANS jogado N At 2,70x107 5 A força aponta no sentido negativo do eixo x. De acordo com o teorema do momento linear e impulso (Eq. 9-31), temos EMt=]=Ap=m(,-v) em que m é amassa, v,éa velocidade inicial e v, é a velocidade final da bola. A equação pode ser usada para determinar o valor de v,. ANALISE (a) Explicitando v,na equação anterior, obtemos my -E bt (0,40kg)(14m/s)-(1200N)(27x10ºs , ="67ms. “ m 0,40kg m/s O módulo da velocidade da bola imediatamente após a aplicação da força é, portanto, [v/ = 67 m/s. (b) O sinal negativo de v, indica que a velocidade aponta no sentido negativo do eixo x, ou seja, no sentido oposto ao do movi- mento inicial. (c) De acordo com o resultado obtido anteriormente, a intensidade média da força é F,., = 1,20 x 10º N. méd (d) O impulso aplicado à bola aponta no mesmo sentido que a força, ou seja, no sentido negativo do eixo x. APRENDA Em notação vetorial, É, At= J=Ap=m(F, -7,), o que nos dá Como J aponta no sentido contrário ao de 7, e Pim >[y,], o impulso tem intensidade suficiente para fazer a velocidade mudar de sentido. 28. (a) O módulo do impulso é J=|4p|=m|4v|=nm=(0,70 kg)(13 m/s)=9,1kg-m/s=9,1 Ns. (b) Para um choque com uma duração de Af=5,0x10"? s, a força média é J Fu T= =1,8x10N. 330 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 29. Escolhendo como positivo o sentido do movimento das balas após ricochetearem, 7, >0 e 7,<0. Como a velocidade escalar é amesma, vamos fazer k =ve [;/=-v.A variação do momento de uma das balas é, portanto, Ap = mAv= 271v. Assim a variação total do momento de 100 balas disparadas em um minuto é AP= 10045 = 200mv. A força média é, portanto, = AP (200)(3x10"kg)(500m/s) Pos apo (Lmin)(60s/min) 5a. 30. (a) De acordo com a Eg. 9-30, é possível determinar o impulso calculando a área sob a curva de F(). Como a área de um triângulo é (base)(altura)/2, o impulso neste caso é (102 x 10)/2 = 1,00 N-s. (b) Por definição (da média de uma função, no sentido matemático), a força média é o resultado do item (a) dividido pelo intervalo (0,010). Assim, a força média é 100 N. (c) Considere dez choques. Pensando nos dez choques como 10 triângulos de F(t), o intervalo de tempo total é 10(0,050 s) = 0,50 sea área total é 10(1,0 Ns). Assim, a força média é 10/0,50 = 20,0 N. Se considerássemos 15 choques, 17 choques ou qualquer outro número de choques, chegaríamos à mesma resposta. 31. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a velocidade do passageiro quando o elevador chega ao fundo do poço é nv?=mgh > v=2gh=/2(9,8m/s? (36 m)=26,6m/s. toj— Assim, o módulo do impulso é J=|Ap|=m]Av|=nm=(90kg)(26,6 m/s)= 2,39x10? Ns. (b) Sea duração do choque é At=5,0x10?s, a força média é pI 23910 Nos == 20 4,78x10 N. rs TA 5,0x103s ” (c) Se o passageiro pulasse com uma velocidade v'= 7,0 m/s, a velocidade resultante para baixo seria v'=v-7'=26,6m/s-7,0m/s=19,6m/s, e o módulo do impulso passaria a ser Jt=|Ap"|=m|Av'|=mv" = (90 kg(19,6M/5)=1,76x10º Nºs. (d) A força média correspondente seria mM Ns 3 52,405 N, 32. (a) De acordo com o teorema do impulso e do momento linear (Eq. 9-31), a variação do momento é igual à área sob a curva de F(t). Sabendo que a área de um triangulo é (base)(altura)/2 e que a área de um retângulo é (base)(altura), calculamos que o momento no instante t = 45 é (30kg-m/s)i. (b) Da mesma forma (mas sem esquecer que as áreas abaixo do eixo do tempo têm sinal negativo) calculamos que o momento no instante t=7 sé (38 kg -m/9)i. (c) No instante t = 9 s, um cálculo análogo nos dá $= (6,0 m/s)i. 33. Vamos escolher um eixo x horizontal, apontando para a direita, e um eixo y vertical, apontando para cima, com a convenção usual para medir os ângulos (de modo que o ângulo inicial é 180 + 35 = 215º). Usando unidades do SI e a notação módulo-ângulo (que é a mais conveniente se o problema for resolvido usando uma calculadora científica), a variação do momento é MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 331 J=4p=D,-D,=(3,00290)-(3,602215')=(5,86.259,8'). (a) O módulo do impulso é J = Ap=5,86 kg-m/s=5,86 N-s. (b) O vetor J faz um ângulo de 59,8º no sentido anti-horário com o semieixo x positivo. (0) A Eq. 9-35 nos dá 5,86 N:s 5 =2,93x 10'N. 2,0x10º 5 T=FMt=5,86N.s DE = Note que esta força é muito maior que o peso da bola, o que justifica nossa suposição (implícita) de que a influência da gravidade na colisão pode ser desprezada. (d) A orientação de É, éa mesmade J: F,., faz um ângulo de 59,8º no sentido anti-horário com o semieixo x positivo. 34. (a) Escolhendo o sentido para cima como positivo, a variação do momento da pata é AD=0-m,,.,=—(0,003 kg) (-1,5 m/s), (b) Usando a Eq. 9-35 e considerando agora o sentido para baixo como positivo, temos: nes AÊ = Magno Mt = (0,090) (9,8) (0, 6) (c) O principal mecanismo de sustentação é o de bater a pata na água. 35. Escolhemos como positivo o sentido de movimento da bola depois de ricochetear (o que faz com que a velocidade inicial da bola seja negativa). Calculamos a integral = [ F dt somando as áreas apropriadas (de um triângulo, um retângulo e outro triân- gulo) mostradas no gráfico (mas com o tempo t convertido para segundos). Com m = 0,058 kg e v = 34 m/s, aplicamos o teorema do impulso e momento linear: Pete (ot os ID so 0,006 1 Fraroão dt Fdt+ [os Fdt=m(+v)-m(-v) 1 1 = 5 Fo (0,0025)+ Fa (0,0025) +5 Fux (0,0025)= 2117 o que nos dá E, (0,004 s) = 2(0,058)(34 m/s) = 9,9 x 10? N. 36. (a) Calculando a integral (do instante a ao instante b) indicada na Eq. 9-30, obtemos [Pao-aydt=126-a-(b' =) em unidades do SI. Para b = 1,25 se a = 0,505, obtemos JT Ns. (b) A integral calculada no item (a) está relacionada à variação do momento pela Eq. 9-31. Sabemos que a força é zero no instante t=2,00 s. Calculando o valor da integral para a = 0 e b = 2,00, obtemos Ap=16,0kg-m/s. 37. PENSE Neste problema, devemos conhecer o impulso, a força média e a força máxima a partir de uma equação que descreve a variação da força com o tempo. FORMULE Como o movimento é unidimensional, podemos trabalhar com os módulos das grandezas vetoriais. O impulso / associado a uma força F(t) aplicada a um corpo é dado por 334 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR A distância total percorrida pelo bloco C desde o instante t = O é, portanto, 0,48 m-0,30 m= 0,18 m. 42, Nossa notação (e, implicitamente, nossa escolha do sistema de coordenadas) será a seguinte: a massa do objeto original é m; a velocidade do objeto original é, = vi ; a massa do pedaço de menor massa é m ; a velocidade desse pedaço é 7, = O ; a massa do pedaço de maior massa é m,. Note que as condições m, = 3m, (especificada no enunciado) e m, + m, =m (que é válida na mecânica clássica e será usada neste problema, mas não pode ser aplicada às reações nucleares) levam às relações 1 3 m=—m e m,=>m. 4 4 De acordo com a lei de conservação do momento linear, mig mi +, = mvi=0+qms, o ds ti - 4 o que nos dá v, = 3” i O aumento da energia cinética do sistema é, portanto, 2 Km +? Amã = orslgm)(59) Lp? um? 43. Se 7,=(9,51+4,0 3) m/s, a velocidade inicial é Vo A vão = (9,5 m/s)? +(4,0 m/s)? = 10,31 m/s eo ângulo inicial da velocidade do atleta é 22,8º. =tan-![ 20 tan! [40 Op=tan (ee =tan 95 De acordo com a Eq. 4-26, a distância coberta pelo atleta sem usar halteres é à sen26, (10,31m/s)2sen2(22,8º) — 7,15m. Por outro lado, de acordo com a lei de conservação do momento, se dois halteres de massa m = 5,50 kg fossem arremessados horizontalmente para trás quando o atleta atingisse a altura máxima, a velocidade subsequente do atleta seria (M+mpyo=My Dv= M+2m M "so Assim, o aumento da componente x da velocidade seria =M+2m om, AX55kg) Ano Voo Tp o TER (O,5m/s)=134 m/s. Na altura máxima, v,=v,9-8!=0. O tempo necessário para atingir a altura máxima é, portanto, 4,0m/s t="2= 5005 E 9,8m/s” =0,41s. Como o tempo necessário para chegar ao solo após atingir a altura máxima é igual ao tempo para atingir a altura máxima, o au- mento da distância coberta pelo atleta por estar usando halteres é AR=(Avit=(1,34 m/5)(0,415)=0,55 m. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 335 44, Podemos pensar em um bloco deslizando até parar como um exemplo de conversão de energia cinética em energia térmica (veja a Eq. 8-31 e a Eq. 6-2, com E, = mg). Isso nos leva à conclusão de que a relação 1º = 2ugd é verdadeira, separadamente, para os dois pedaços. Assim, temos: ve Que, 12 2u,gd, 25 vp Por outro lado, de acordo com a lei de conservação do momento, como o momento do bloco completo era nulo, a razão das ve- locidades dos fragmentos é inversamente proporcional à razão das massas. Assim, | Dos mp2 Bm, 0,6942- 1,38 ke. My 25 5 Assim, a massa total é mp + my = 1,38 + 2,05 3,4 kg. 45. PENSE Como o corpo em movimento é um sistema isolado, ou seja, não está submetido a nenhuma força externa, o momento é conservado quando o corpo se quebra em três pedaços. FORMULE De acordo com a lei de conservação do momento, My = mv, +, +, em que M é a massa do corpo, 7, é a velocidade inicial, m,, m, e m, são as massas dos três fragmentos, e 7,9, € £, são as veloci- dades do três fragmentos. De acordo com a lei de conservação da energia, a energia liberada pela explosão é igual à diferença AK entre a energia cinética do corpo antes da explosão e a soma das energias cinéticas dos três fragmentos. ANALISE (a) Explicitando 7, na equação anterior, obtemos * (20,0kg)(200 m/s)i -(10,0 kg) (100 m/s)j-(4,0 kg)(-500 mi/s)i 6,00kg =(1,00x10! m/s)i—(0,167x10º m/s)j (b) A energia liberada na explosão é aK=K,-K =[ImyisImvi+Im |-Lai=3,23105] f u 2 nv, 2º 2 2 hV; 2 o é) APRENDA A energia liberada na explosão é transformada de energia química em energia cinética. 46. Escolhemos um eixo x na direção leste e um eixo y na direção norte. Em relação a esses eixos, os momentos lineares dos dois fragmentos são Dd=nm=m,j mv, (cos oi+ sengj . O momento linear resultante é B=p+D,=nm jm, cosoi+sengi)-(im, coso)i+(mv, + nm, sen0)j =(2.0 kg)(5,0 m/s)(c0s30º)i+(2,0 kg)[3,0 m/s+(5,0 m/s) (sen30º) |j =(8,66i+1 ti) ke-mis. 336 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR De acordo com a lei de conservação do momento linear, este era também o momento linear do balde antes da explosão. Assim, a velocidade escalar do balde antes da explosão era P Vpi+pi (8.66 kg-m/s) +(11 kg-mis) v=-2- M M 4,0 kg =3,5 ms. 47. Nossa notação (e, implicitamente, nossa escolha do sistema de coordenadas) será a seguinte: a massa de um dos pedaços é m, = m; a velocidade desse pedaço é 7, = 301; a massa do segundo pedaço é m, = m; a velocidade desse pedaço é 7,=-30);a massa do terceiro pedaço é m, = 3m. (a) De acordo com a lei de conservação do momento linear, nMo= mv + +, > 0= m(-301 + m[-305) + 3mi o que nos dá 7,=101+10). O módulo de 5, é v,=10/2=14m/s.. (b) O vetor 7, faz um ângulo de 45º no sentido anti-horário com o semieixo x positivo (no sistema escolhido, em que o pedaço de massa m, se move no sentido do semieixo x negativo e o pedaço de massa m, se move no sentido do semieixo y negativo). 48. Este problema envolve tanto a lei de conservação da energia mecânica, Us = Kit Ky como a lei de conservação do momento, 0=my, +01, em que m, = 2m,. A segunda equação nos dá [5 |=2/F, |, o que, por sua vez, significa que 1 2 (1 2 1 2 X, =Smpi= [am Ex) -2( poi )-2x (a) Fazendo K, = 2K, na primeira equação, obtemos UKR, SKU =20]. (b) K,=2Ky = 2(20) = 40]. 49. Este problema é semelhante ao Exemplo “Conservação do momento: pêndulo balístico” Usando a mesma equação que aparece no final do exemplo, temos (em unidades do SI): mM 2,010 2 v= Vgh=> 2(9,8) (0,12) = 3,1x10? m/s. m 2 0,010 OO 50. (a) Escolhendo um eixo x na direção do movimento da bala e aplicando a lei de conservação do momento, temos: Dao; = Ma Vi + Moo a (5,2 (672 m/s) = (5,2 g)(428 m/s) +(700 g)7, o que nos dá v,= 1,81 m/s. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 339 mv, +mvo) (1100)X4,6)+ (1400)(3,9) | My 1400 v 7,5 m/s. (d) A conservação do momento linear em uma colisão depende do fato de que a única força importante (durante o tempo At de duração do choque) é a força de contato entre os objetos. Neste caso, isso significa que a força de atrito exercida pelo asfalto sobre os carros pode ser desprezada durante o intervalo Aí, Essa hipótese pode introduzir um certo erro na análise. Uma hipótese correlata é a de que a transferência de momento acontece em apenas um local, ou seja, que a distância percorrida pelos carros durante o intervalo de tempo At é desprezível, o que é certamente uma aproximação (embora seja provavelmente uma aproximação razoável). Outra fonte de erro é a aplicação da Eq. 6-2 ao movimento dos carros após o choque; o atrito é uma força complexa, que é descrita de forma apenas aproximada pela Eq. 6-2. 57. (a) Seja v a velocidade final do sistema bola-canhão. Como o momento total do sistema é conservado, mv, = (m + M)v. Assim, mm, (60g)(22 m/s) - = 44m/'s. m+M 60g+240g (b) A energia cinética inicialé K,= 7/2 e a energia cinética final é Am+M) =Imyi (mM). s Como, de acordo com o enunciado, AE, = 0, a diferença K, - K;é igual à energia U, armazenada na mola: 1 LonPy; » m 2 M U,=—nnv)-———— = mv; | 1- ==n0; . 2 2(m+M) 2 m+M) 2 m+M Assim, a fração da energia cinética inicial que fica armazenada na mola é UM MO K m+M 60+240 58, Podemos pensar nesse processo como sendo composto por duas partes: a primeira é a colisão em si, na qual os blocos se unem tão depressa que o bloco de 1,0 kg não tem tempo de se deslocar de uma distância significativa, e a segunda é o movimento subsequente do sistema de 3,0 kg que comprime a mola até que atinja o comprimento mínimo x, Aplicando a lei de conservação do momento à primeira parte (com o eixo x apontando para a direita), temos: mv= (mem > (20kgX40 m/s)=(3,0 kg), o que nos dá v = 2,7 m/s. Aplicando a lei de conservação da energia mecânica à segunda parte, temos: 1 21 2 7/30 k8) 2,7 m/s == (200 N/m x o que nos dá x, = 0,33 m. 59. De acordo com o enunciado, a velocidade v do sistema como um todo, quando a mola atinge a máxima compressão x,, satisfaz a equação mit Mova= (my + mov. A variação de energia cinética do sistema é, portanto, nt? Lo =d - AR = (mm, Um) 2 ira nov 340 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR o que nos dá AK = -35 ]. Embora não seja necessário para resolver o problema, vale a pena notar que a expressão acima também nos dá ax] 1f mm, Zum +m, sendo vq = v4 = vi De acordo com a lei de conservação da energia, temos: la =-AK>Da4,= ak [2C35D =0,25m. 2 k 1120 Nm 60. (a) Seja m, a massa do bloco da esquerda, seja v, à velocidade inicial desse bloco e seja v,,a velocidade final desse bloco. Seja my à massa do bloco da direita, seja v, à velocidade inicial desse bloco e seja va velocidade final desse bloco. Como o momento do sistema de dois blocos é conservado, Mat MV = MaVar + MVoy o o ava t Ma Vgi MoVay (1,6 kg 5,5 m/s)+(2,4 ke)(2, 5 m/s) (2,4 kg (4,9 m/s) 4 ms o L6kg =19m/'s. (b) O bloco continua a se mover para a direita após a colisão. (c) Para verificar se a colisão é elástica, comparamos a energia cinética total antes da colisão com a energia cinética total após a colisão. A energia cinética total antes da colisão é LE 241 2 K=-my, +01, =—(L,6)(5,5) +—(2,4)(2,5) =31,7]. 2h tg Mava 7“ )(5,5) 34 (2,5) A energia cinética total após a colisão é LO 2,1 2 =-mv,+—n1y,,=—(1,6)(1,9) +—(2,4)(4,9) =31,7]. Fit Miva, = (0)(,9) + (2,4)(4,9) Como K, = K, a colisão é elástica. 61. PENSE Este problema envolve um carrinho em movimento que se choca com um carrinho em repouso. Como a colisão é elástica, a energia cinética total é a mesma antes e depois da colisão. FORMULE Sejam m, a massa do carrinho que estava inicialmente em movimento, v, a velocidade desse corpo antes da colisão, e va velocidade desse corpo após a colisão. Sejam m, a massa do carrinho que estava inicialmente em repouso, e v,ja velocidade desse carrinho após a colisão. De acordo com a lei de conservação do momento, MV; = Mi, AM, De acordo com a lei de conservação da energia, MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 341 Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos MV Ma, Voom = — mm, ANALISE (a) Explicitando m, em uma dessas equações e substituindo os valores conhecidos de m, v, e vp obtemos (é m/s—0,66 m/s = 0,34 kg) = 0.0987 kg = 0,099 ks “2 ,2m/s+0,66 na) (0.34 ke) 8 8 VFV (b) A velocidade do segundo carrinho é Var Om, — OM) Mo my) -1,9mis mm, “| 0.34 kg +0,099kg (c) A velocidade do centro de massa é mt, (0,34kg)(1,2m/s)+0 Y º mam, 0,34 kg +0,099 kg =0,93m/s APRENDA Para calcular vc usamos os valores da velocidade dos dois carrinhos antes da colisão. Como o sistema é isolado e a colisão é elástica, a velocidade do centro de massa é a mesma antes e depois da colisão e, portanto, o resultado será o mesmo, se usarmos os valores da velocidade dos dois carrinhos depois da colisão: Vem my +, 0,34kg +0,099kg =0,93m/s 62. (a) Seja m, a massa de uma das esferas, seja v,, à velocidade dessa esfera antes da colisão e seja v,,a velocidade dessa esfera depois da colisão. Seja m, a massa da outra esfera, seja v, a velocidade dessa esfera antes da colisão e seja v,,a velocidade dessa esfera depois da colisão. Nesse caso, de acordo com a Eq. 9-75, m—m 2m, Mn nt b ma +m, m+m, v Va 1f Suponha que a esfera 1 está se movendo inicialmente no sentido positivo do eixo e depois da colisão permanece em repouso. Nesse caso, a esfera 2 está se movendo inicialmente no sentido negativo do eixo. Substituindo v,, por w, vs por -v e v, por zero, obtemos 0 = m, - 3m, e, portanto, m,=m,/3=(300 8)/3=100 g . (b) Podemos usar as velocidades antes da colisão para calcular a velocidade do centro de massa: o MMA (300 g)(2,0 m/s)+(100 g)(-2,0 m/s) m +, 300 g+100 g 63. (a) Como, na ausência de forças externas, a velocidade do centro de massa permanece constante, a velocidade do centro de massa é 3,00 m/s antes e depois da colisão. (b) Podemos calcular a velocidade v,, do bloco 1 antes da colisão (supondo que a velocidade do bloco 2 antes da colisão é zero) usando a Eq. 9-17: (meme mv+Oo > w=120m/s. Agora podemos usar a Eq. 9-68 para calcular v, ,: 344 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR em que, como no item (a), v,=/2gh. Assim, neste caso, v 2gh 2=q 28 Para analisar o movimento do conjunto dos dois blocos (já que, agora, eles se mantêm unidos após a colisão), usamos a Eq. 8-29: 1 2,5m =(m+m,);=4E, = fd=u(m+m)gd > det 2 ossem 7“ + vo Sd= um +m)g du, 90,500 69. (a) Usamos a lei de conservação da energia mecânica para determinar a velocidade das bolas depois de caírem uma distância h. A energia cinética ini bola menor, a energia cinética final é My/2 para a bola maior e mv?/2 para a bola menor e a energia potencial final das duas bolas é zero. Assim, Mgh = My?/2 para a bola maior, mgh = mv?/2 para a bola menor e, nos dois casos, v=./2gh. A colisão da bola maior com o chão é uma colisão elástica de um objeto leve com um objeto de massa muito maior, na qual a velocidade do objeto al das duas bolas é zero, a energia potencial gravitacional inicial é Mgh para a bola maior e mgh para a leve muda de sentido conservando o mesmo módulo. Assim, imediatamente após a colisão, a bola maior começa a subir com uma velocidade escalar v=/2gh, enquanto a bola menor ainda está descendo com a mesma velocidade escalar. Podemos usar a Eq. 9-75 para calcular a velocidade da bola maior após a colisão: Mm 2m Mom po Pan Dim gh “ar Mem a em mt Mem vom 2h 2h. De acordo com a equação acima, para que a velocidade da bola maior seja nula no momento da colisão, devemos ter m = M/3. Como M =0,63 kg, m =0,21 kg. (b) Usamos a mesma equação (intercambiando M e m) para calcular a velocidade da bola menor imediatamente após a colisão: M-m 2m -M-m A êm ; + v=[D0 Pg n 2gh, “a Mem Mem O Mem 8 o que nos dá, para M = 3m, v,; = 2,/2gh. Para calcular a altura h atingida pela bola menor, usamos a lei de conservação da ener- gia. A energia cinética inicial é m2, /2, a energia potencial inicial é zero, a energia cinética final é zero e a energia potencial final émgh' Assim, Lo Nas Nas =mgh'>h'="=4h 2 22; Para h = 1,8m, obtemos h' = 7,2m. 70. Usamos as Egs. 9-67 e 9-68 para analisar a colisão elástica e a Eq. 4-21 para analisar o movimento balístico subsequente, Note que os tempos de queda livre, t, dos dois discos são iguais. Assim, temos: 2: Ax,=v,t sendo Ax,=de v,= ny “o mt+m, my —mi Ax, =v,t sendo Ax, =-2d e v,= nm, Yi m+m, Dividindo a primeira equação pela segunda, obtemos 2m do mem “ -2d mm, ELA mam, Depois de cancelar v,, t e d, obtemos m, = 1,0 kg. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 345 71. Aplicando a lei de conservação do momento linear às componentes x e y do momento, obtemos: mv, = m,v', cos0+n1,v', cosó 0 = mv',sinO+mv' sind Como sabemos que v' = 1,20x10º m/s, 8 = 64,0º e 8 = —51,0º, temos duas equações e duas incógnitas. (a) Podemos calcular a velocidade final da partícula alfa usando a segunda equação: “o msind (4)sin(64º) (b) Substituindo o resultado obtido no item (a) na primeira equação, podemos calcular a velocidade inicial da partícula alfa: mv", cos0+m,v', cosó Mv,= mm, (4)(4.15x10º )cos (64º) + (16) (1.2x10º)cos(-51º) = =4.84x10' m/s. 72. Aplicando a lei de conservação do momento linear às componentes x e y do momento, obtemos: Mv; = Mv; cosO+M,V, cosó O = mv,sinO+m vi sind (a) Fazendo v; =», v, = v/2 8 =90º, a segunda equação nos dá Y mv sinó=m, 3 e a primeira equação nos dá mv, cosó=m,y. Dividindo membro a membro as duas equações, obtemos: 1 o tand=— > 6=27. 2 (b) Usando as equações obtidas no item (a), chegamos à equação Sm, v,=N ty 2 m, Entretanto, como não conhecemos o valor numérico de v e a razão das massas das duas bolas, não podemos calcular a velocidade final da bola 4. 73. Suponha que as trajetórias dos objetos antes da colisão façam ângulos 8 > 0 e 6 > 0 com o eixo x, como mostra a figura ao lado. Apósa colisão, os objetos se movem juntos, ao longo do eixo x, com velocidade v! 346 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Como a componente y do momento total do sistema de duas partículas é conservada, mv sen 8 - mv senó=0, o que nos dág = 0. Como a componente x é conservada, 2my cos 0 =2mv'. Como, de acordo com o enunciado, v'= v/2, a equação anterior nos dá cos 6 = 1/2. Assim, 8 = 60º e o ângulo entre as velocidades iniciais dos dois objetos é 120º. 74. (a) De acordo com a lei de conservação do momento linear, MV = AM Como m, = my = m = 2,0 kg, as massas se cancelam e obtemos: 7 =(151+30)) m/s+(-101+5)) m/s-(-51+20)) m/s =(10:+15) m/s. (b) A energia cinética final e a energia cinética inicial são K, amv Cope +20? +10º +15? 0x10? 3 Lsslaedl 2,302 24582]- K=qunitonmi=5 0,015 +30 H107+5" ]=1,3x10' 3. A variação da energia cinética é, portanto, AK = -5,0 x 10º J (ou seja, da energia cinética inicial, 500 ] são perdidos na colisão). 75. Escolhemos o eixo x no sentido do movimento do próton 1 e especificamos os ângulos da forma usual, de modo que 0 = +60º para o próton 1, que após a colisão passa a se mover no primeiro quadrante, e 6 = -30º para o próton 2, que após a colisão passa a se mover no quarto quadrante (de acordo com o enunciado, os dois prótons se movem em trajetórias perpendiculares). Aplicando a lei de conservação do momento linear às componentes x e y, temos: my, = myvjcosO+mv; cos d 0 = my; senO+my; send Como sabemos que v, = 500 m/s, temos duas equações e duas incógnitas. Além disso, como m, = 1, as massas se cancelam e não aparecem na solução. (a) Combinando as equações acima e explicitando 14, obtemos: = v sen(9) - (500 m/s) sen(60º) 4= =433 m/s * sen(0-d) sen (90º) em que usamos a identidade senf cosá — cosô senó = sen(0 — 6). (b) Explicitando w/, obtemos: 12h sen(0) - (500 m/s) sen(-30' -250m/s. " sen(9-0) sen(-90º) MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 349 (d) A energia cinética total depois que a trava é aberta é Lmvtslmat=d 2 K = pmi+ smai= (290,0 kg)(7290 mis) ++(150,0 kg)(8200 m/s) 2 =1,275x10!0 ]. (e) A energia cinética total aumentou ligeiramente porque a energia elástica da mola foi convertida em energia cinética. 82. Seja m a massa dos andares mais altos. De acordo com a lei de conservação da energia, a velocidade dos andares mais altos imediatamente antes do choque é med Dm? > v=/2gd. O módulo do impulso durante o choque é J=|4p|=m|Av|=nv=m/2gd =mg, a 2d g sendo W = mg o peso dos andares mais altos. Assim, a força média exercida sobre o andar mais baixo é F - mu AL AM g Para E, = SW, em ques é o fator de segurança, temos: sal 1º [240 dog Als 1571075/9,8m/s? 83. (a) De acordo com a lei de conservação do momento, mpvp+meve =0 > (0,500 kg) vp + (1,00 kg)(-1,20 m/s) = 0, o que nos dá vp = 2,40 m/s. Assim, Ax = vp t = (2,40 m/s)(0,800 s) = 1,92 m. (b) Nesse caso, mp vp + me (vp — 1,20 m/s) = 0, 0 que nos dá 0,2 m/S)me (1,20 m/s)(1,00 kg) D= mermo — L00kg+0,500kg — 0800 ms. Assim, Ax= vp t = 0,640 m. 84. (a) Pela simetria da colisão, podemos ver que a soma das componentes y dos momentos das partículas após a colisão é zero. Assim, se a colisão for perfeitamente inelástica, as partículas (que, no caso de uma colisão perfeitamente inelástica, permanecem juntas) viajarão ao longo do eixo x. (b) No caso de uma colisão elástica de duas partículas iguais, a velocidade final das partículas é igual à velocidade inicial. De acordo com a lei de conservação do momento, o ângulo entre as trajetórias das partículas após a colisão é igual ao ângulo entre as trajetórias antes da colisão. Assim, uma das partículas viajará ao longo da trajetória 2 e a outra ao longo da trajetória 3. (c) No caso de uma colisão parcialmente inelástica, a velocidade final das partículas é menor que a velocidade inicial. Entretanto, de acordo com a lei de conservação do momento, a soma das componentes x da velocidade após o choque não pode ser menor que a soma das componentes x da velocidade antes do choque. Isso significa que a perda de velocidade se manifesta através de uma diminuição das componentes y. Isso, por sua vez, significa que o ângulo entre as trajetórias das partículas após a colisão é menor 350 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR que o ângulo das trajetórias das partículas antes da colisão. Assim, uma das partículas viajará na região B e a outra na região C, em trajetórias simétricas em relação ao eixo x. Note que se trata de uma situação intermediária em relação às situações descritas nos itens (a) e (b). (d) Deacordo com a lei de conservação do momento, as componentes x das duas partículas são as mesmas antes e depois da colisão. Nesse caso, portanto, as partículas viajarão juntas após a colisão com uma velocidade escalar vy= va = vcosê = (4,00 m/s) cos 40º = 3,06 m/s. (e) Nesse caso, como foi dito no item (b), a velocidade final das duas partículas é igual à velocidade inicial, ou seja, as duas partí- culas viajarão com uma velocidade escalar de 4,00 m/s. 85. Após a primeira colisão, de acordo com as Egs. 9-67 e 9-68, yo = HhoMh , Mh 20h, 2m, , o 1 Vy = Vy = nu m +, m, +2m, 3 2m, 2m, 2 Yam e m+m, m, + 2m, 3 Após a segunda colisão, as velocidades são mm, mt, -m 2 2 dr am Sam q USO m,+m, 3m, 3 9 v- 2m, y 2m, 2, o 4, mm, af= m, qu gu (a) Para y,, = 4m/s, obtemos v, = 1,78 m/s. (b) De acordo com o resultado do item (a), v5y é menor que v,,. (c) A energia cinética final do bloco 3 (expressa em termos da energia cinética inicial do bloco 1) é 1 16), 64 Ky= mp -Sem(5) Ny Mi Vemos, portanto, que Ky é menor que K,;. (d) O momento final do bloco 3 é 16).64 64 Pag Mv g =(4M)| Sr = on = y Vemos, portanto, que p;; é maior que p,,. 86. (a) Usando a Eq. 9-68 duas vezes, temos: 2 Et 2 (4,00 my v= w= m+m, 1,5m, 2m, — Mm, e (6/3mis)= E mis=7, ms. mm, +m, “15m, MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 351 (b) O resultado do item (a) mostra que a velocidade do bloco 3 é maior que a velocidade inicial do bloco 1. 1 2 (1 1672. 64 goto (8) m(18 ota, Vemos, portanto, que a energia cinética do bloco 3 é menor que a energia cinética inicial do bloco 1. Como, na situação final, a energia cinética inicial é compartilhada pelos três blocos (que continuam todos em movimento), essa conclusão já era esperada. my (Dm (10) 4 D,=m; 2 "no ti Pu Portanto, o momento do bloco 3 é menor que o momento inicial do bloco 1. (0) A energia cinética do bloco 3 é (d) O momento do bloco 3 é 87. Escolhemos como sentido positivo o sentido do movimento da bola depois de ricochetear na parede (o que, naturalmente, significa que a velocidade inicial da bola é negativa). (a) A velocidade da bola imediatamente após a colisão é DK, [MK PY v= [DL PED Jum vs qm m m m (b) Para m = 0,15 kg, o teorema do momento linear e impulso (Eq, 9-31) nos dá J=mi, mi, = (0,15 kg)(3,7 m/s)-(0,15 kgX-5,2 m/s) =1,3 Nes. (c) A Eq. 9-35 nos dá E, = J/At = 1,3/0,0076 = 1,8 x 102 N. 88. Consideramos primeiro a parte de 1200 kg part. O impulso tem módulo J e (para nossa escolha do sistema de coordenadas) aponta no sentido negativo. Seja m, a massa dessa parte e seja v, a velocidade depois que os rebites explodem. Vamos supor que as duas partes estão em repouso antes da explosão. Nesse caso, J = m,v, e, portanto, Como o impulso que age sobre a parte de 1800 kg tem o mesmo módulo e o sentido oposto, -] = m,y., em que m, é a massa dessa parte e v, a velocidade depois que os rebites explodem. Assim, 3 300N's =D 2 m, 1800kg =-0,167 m/s. A velocidade relativa das duas partes após a explosão é, portanto, u=0,25 m/s- (-0,167 m/s) = 0,417 m/s. 89. PENSE O momento do carro muda quando ele faz a curva e muda novamente quando ele colide com a árvore. FORMULESe o momento inicial e o momento final de um objeto são P, =n15; e D, =n1$,, respectivamente, o impulso recebido pelo objeto é igual à variação do momento: J=A5=D,-Di=m(0,-—V) A força média durante o tempo de duração do impulso, Aí, é dada por E, = J/AL. 354 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 027 073 m, =037m, =(0,37)(3,18x 10º kg)= 18x 10! kg My APRENDA Nas colisões inelásticas, a energia não é conservada, mas o momento é conservado, a não ser que existam forças ex- ternas agindo sobre o sistema. 94. Seja mc à massa e seja vç a velocidade do Chrysler. Seja m, a massa e seja v, a velocidade do Ford. Nesse caso, a velocidade do centro de massa é MNA, * (2400 kg)(80 km/h) +(1600 kg)(60 km/h) CC mtm 2400 kg+1600 kg =72 km/h. Yom Note que, como os dois carros estão viajando no mesmo sentido, os dois termos do numerador têm o mesmo sinal. 95. PENSE O choque de dois objetos que sofrem uma colisão oblíqua pode ser considerado uma colisão elástica bidimensional, se tanto o momento como a energia mecânica forem conservados. FORMULE Se massa das bolas é m e a velocidade inicial de uma das bolas é v,, a aplicação da lei de conservação do momento às componentes x e y do movimento nos dá mv, =mv, COS0, +mv,, cos0, 0=mv, sen 0, -mv,, sen6, ANALISE (a) Resolvendo o sistema de equações anteriores, obtemos sen O, sen 0, “ sen(8,+6,) dus das sen(6,+6,) " Como vy= 1,1 m/s = v,/2e 8, = 60º, temos seng 1 sen(0, +60) 2 > tang B o que nos dá 8, = 30º. Assim, a velocidade da bola 1 após a colisão é “y -—Sen6 senó0l 3, Bm) =1.9m/s sen(8,+8,) " sen(30º+609) “2 2 (b) De acordo com o resultado do item (a), 0, = 30º no sentido horário em relação ao semieixo x positivo ou, alternativamente, 0, =-30º no sentido anti-horário em relação ao semieixo x positivo. (c) A energia cinética antes da colisão é K, = mwj/2. Depois da colisão, temos K Lidia = bi, +%,) Substituindo v, e v, por seus valores em termos de 6, e 8, obtemos 1 sen? 6, sen 8, > am 2 + 2 Vi; 2 |sen(0+0,) sen'(0,+0,) Como 9,= 30ºe 0, = 60º, sen(8,+ 0,)= 1, sen? 4 +sen? 6,= sen? 6, +cos? 6,=1, e, portanto, K, =mwj/2= K,, o que significa que a energia mecânica é conservada; logo, a colisão é elástica. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 355 APRENDA Quando a colisão oblíqua de dois objetos de massas iguais é elástica, como neste caso, as trajetórias dos objetos após a colisão são mutuamente perpendiculares, ou seja, 9, + 0, = 90º. 96. (a) De acordo com a Eq. 9-87, o empuxo é Rva=Ma=(4,0x10t kg)(2,0m/s?)=8,0x10! N. (b) De acordo com o resultado do item (a), para v,. = 3000 m/s, 8,0x10º N DD = 27kg's. 3,0x10º m/s gs 97. A figura a seguir mostra a situação no momento em que a bola incidente (a bola da esquerda) se choca com as outras duas. A bola incidente exerce um impulso de mesmo módulo sobre as outras duas bolas, ao longo da reta que liga o centro da bola incidente ao centro da bola que sofre o choque. As bolas que sofrem o choque se afastam ao longo dessas retas, enquanto a bola incidente continua a se mover ao longo do eixo x. Como as três retas tracejadas mostradas na figura, que representam as trajetó- rias das bolas após a colisão, formam um triângulo equilátero, os ângulos 8 assinalados na figura valem 30º. Seja v, a velocidade da bola incidente antes do choque e seja V a velocidade depois do choque. As duas bolas que sofrem o choque se afastam com a mesma velocidade, que vamos chamar de v. Vamos chamar de m a massa de cada uma das três bolas. Como a componente x do momento total do sistema de três bolas é conservada, my,=mV +2mvcosO e, como a energia cinética total é conservada, mi = ui +2 (qm) A primeira equação nos dá V = v, - 2v cos 6; elevando ao quadrado, obtemos p= é —4wy cos0+ 42 cos! O. Substituindo na segunda equação e explicitando v, obtemos — Iwcosô 210 m/s)cos30º 1+2cos' 6 1+2cos" 30º =6,9 m/s. (a) De acordo com o cálculo acima, o módulo da velocidade da bola 2 da Fig. 9-76 é 6,9 m/s. (b) A velocidade da bola 2 faz um ângulo de 30º no sentido anti-horário com o semieixo x positivo. 356 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (c) A velocidade da bola 3 é 6,9 m/s. (d) A velocidade da bola 3 faz um ângulo de 30º no sentido horário com o semieixo x positivo. (e) Podemos usar a equação do momento para calcular a velocidade final da bola 1: V=v,-2vcos6=10 m/s- 2(6,9 m/s) cos30º=-2,0m/s. Assim, o módulo da velocidade da bola 1 é 2,0 m/s. (f) O sinal negativo mostra que, após o choque, a bola 1 se move no sentido negativo do eixo x. 98. (a) A variação do momento da bola é Ap=(0,15)[2i+3,5]-3,2k— (51+6,5)+4K)]=(-0,4501-0,450j-1,08k) kg-m/s. (b) De acordo com o teorema do momento linear e impulso (Eq. 9-31), J=(-0,450i-0,450j-1,08k) Nºs. (c) Como, de acordo com a terceira lei de Newton, J, rede = —J oa» Onde Jog, é O resultado do item (b), temos: Tosa = (0,4501 + 0,450] + 1,08É) Nºs. 99. (a) Vamos colocar a origem do sistema de coordenadas no centro da polia, com o eixo x horizontal, apontando para a direita, eo eixo y vertical, apontando para baixo. O centro de massa está entre os dois recipientes, no ponto x= 0 e y = (, sendo que ( é a distância vertical entre o centro da polia e o centro de massa de um dos recipientes. Como o diâmetro da polia é 50 mm, a distância horizontal entre o centro de massa do recipiente 1 e o centro de massa do sistema de dois recipientes é 25 mm. (b) Se 20 g de açúcar são transferidos do recipiente 1 para o recipiente 2, a massa do recipiente 1 se torna m, = 480 g, mas a co- ordenada x do centro de massa do recipiente 1 continua a ser x, = -25 mm. A massa do recipiente 2 se torna m, = 520 g, mas a coordenada x do recipiente 2 continua a ser x,= +25 mm. Assim, a coordenada x do centro de massa do sistema passa a ser mM+ (480 g)(-25 mm)+(520 g)(25 mm . m+m, 480 g+520g Xem 10 mm. A coordenada y do centro de massa do sistema continua a ser y = (. O novo centro de massa do sistema está, portanto, a uma distância horizontal de 26 mm do centro de massa do recipiente 1 e a uma distância vertical € do centro da polia. (c) Quando os recipientes são liberados, o recipiente mais pesado desce e o recipiente mais leve sobe. Em consequência, o centro de massa, que tende a permanecer mais próximo do recipiente mais pesado, se desloca para baixo. (d) Como os recipientes estão ligados por uma corda que passa por uma polia, as acelerações têm o mesmo módulo e sentidos opostos. Se a é a aceleração do recipiente 2, a aceleração do recipiente 1 é -a. A aceleração do centro de massa é = Mah Catma nb = mM nm +m, mm, Podemos usar a segunda lei de Newton para determinar a aceleração dos recipientes. As forças que agem sobre o recipiente 1 são a força da gravidade m,g, que aponta para baixo, e a tensão T da corda, que aponta para cima. De acordo com a segunda lei de Newton, m,g = T'= -m,a. O sinal negativo aparece porque chamamos de a a aceleração do recipiente 2. Aplicando a segunda lei de Newton ao recipiente 2, obtemos m,g - T = m,a. De acordo com a primeira equação, T = m,g + m,a. Substituindo este valor de T na segunda equação e explicitando a, obtemos: MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 359 MV MV MV De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, Resolvendo esse sistema de equações, obtemos Explicitando m, na segunda equação, obtemos m=n, (e: ] Var ANALISE Para m, = 3,0 kg, v,, = 8,0 m/s é 1, = 6,0 m/s, à equação anterior nos dá m=M ms «)-oa O re 5,0kg Vis 6,0 m/s APRENDA As expressões gerais de v, e v, mostram que as massas foram iguais, v,,= O e vy= Vs OU Seja, a velocidade da bola que estava em movimento é totalmente transferida para a bola que estava em repouso, como às vezes acontece nos jogos de sinuca. 106. Vamos chamar a massa do vagão de M, a massa do lutador de sumô de m, a velocidade inicial do lutador de sumô de v, e a velocidade final do vagão de v. (a) De acordo com a lei de conservação do momento, mv, = (M + m)y e, portanto, = my - (242 kg)(5,3 MS) 0.54 m/s. M+m 2140 kg+242 kg (b) Como v, = v, temos: n,=Me+m(v+va)=nm, +(M+m)y e, portanto, a velocidade do vagão é v = 0. (c) Nesse caso, mv, = Mv + m (v — v,1), O que nos dá m(vo +71) (242 kg)(5,3 m/s+5,3 m/s) y=—0 ml OT SAO o =LIm/s. m+M 242 kg+2140 kg 107. PENSE A aceleração de um foguete depende da taxa de consumo de combustível. FORMULE O empuxo de um foguete é dado por T'= Rv,a, em que R é a taxa de consumo de combustível e v,u é a velocidade dos produtos da combustão em relação ao foguete. ANALISE (a) Para que o empuxo seja igual ao peso Mg do foguete, devemos ter Mg (6100kg)(9,8 m/s?) o 1200 m/s T=Rv, a=Mg O R= =49,8kg/s=50kg/s 360 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) De acordo com a segunda lei de Newton, Rva- Mg= Ma o que nos dá * M(g+a) (6100kg)(9,8m/s?+21 m/s?) va 1200 m/s R =156,6kg/s=1,6x10" kg/s APRENDA A solução do item (a) deste problema se baseia no fato de que a taxa mínima de consumo de combustível necessária para que um foguete seja lançado da superfície de um astro é aquela para a qual o empuxo imprime ao foguete uma aceleração igual, em módulo, à aceleração da gravidade no local de lançamento. 108. De acordo com a lei de conservação do momento, (900 kg)(1000 m/s) = (500 kg)( vue — 100 m/s) + (400 kg (Vc), o que nos dá uma velocidade da nave v,.,. = 1055,6 m/s e uma velocidade do módulo v, = velocidades medidas em relação à nave-mãe). O aumento relativo da energia cinética é nave — 100 m/s = 955,6 m/s (as duas sk EK 1 (500 kgX955,6 m/s)2/2+(400 kg)(1055,6 m/s)2/2 =2,5x10º. E E (900 keX(1000 m/s)?/2 na 109. PENSE Este problema envolve o conceito de centro de massa. FORMULE De acordo com a Eq. 9-2, a distância entre o centro da Terra e o centro de massa do sistema Terra-Lua é dada por nur, Teu ER mM, + em que m, é a massa da Lua, m, é a massa da Terra e 1, é a distância entre a Terra e a Lua. ANALISE (a) Para m, = 7,36 x 102 kg, my = 5,98 x 10 kg e r; = 3,82 x 10º m (esses valores estão no Apêndice C), temos (7,36x102 kg)(3,82x10º m) = — 2 =4,64x10º ma 4,6x10º km 7,36x10º kg+5,98x107 kg Fey (b) Como o raio da Terra é R, = 6,37 x 109 m, roy/Ry = 0,73 = 73%. APRENDA De acordo com o resultado do item (b), o centro de massa do sistema Terra-Lua está no centro da Terra! 110. (a) O módulo do impulso é igual à variação do momento: J= mv = m(-v) = 2mv = 2(0,140 kg)(7,80 m/s) = 2,18 kg: m/s. (b) Como, na definição do cálculo, a média de uma função é a integral da função dividida pelo intervalo correspondente, a força média é o impulso dividido pelo intervalo de tempo At. Assim, o módulo da força média é 2mv/At. Substituindo por valores nu- méricos, obtemos “20,140 kg)(7,80 m/s) — o S7SN. ” 0,003805 111. PENSE A água acrescentada ao trenó passa a se mover com a mesma velocidade que o trenó. FORMULE Sejam m, a massa do trenó e v, a velocidade inicial do trenó. De acordo com a lei de conservação do momento, se a massa total da água transferida para o trenó é m., m;v, = (m, + m,)vp em que v,é a velocidade final do sistema trenó-água. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 361 ANALISE Para m, = 2900 kg, m, = 920 kg e v,= 250 m/s, temos mv (2900 KEN25O MS) o 4 100 v= “ m+m, 2900kg+920kg APRENDA Podemos imaginar que a água acrescentada ao trenó sofre uma colisão perfeitamente inelástica com o trenó. Como parte da energia cinética do sistema é convertida em outras formas de energia (térmica, acústica, etc.) e a energia cinética inicial da água é zero, a energia cinética final do sistema trenó-água é menor que a energia cinética inicial do trenó e, portanto, a velocidade final do sistema trenó-água é menor que a velocidade inicial do trenó. 112. PENSE As balas que se chocam com a parede possuem energia cinética e momento. A parede rígida exerce uma força que reduz a zero a velocidade das balas. FORMULE Se m é a massa de uma bala e y é a velocidade da bala ao se chocar com a parede, o momento da bala é p = mv, na direção da parede, e a energia cinética da bala é K = my/2. A força a que a parede é submetida é dada pela taxa com a qual o momento é transferido das balas para a parede. Como as balas não ricocheteiam, cada bala que se choca com a parede transfere um momento p. Se AN balas atingem a parede em um intervalo de tempo At, a taxa média com a qual o momento é transferido para a parede é E, «, = P(ANIAD. ANALISE (a) Para m = 2,0 x 10º kg e v = 500 m/s, o momento de cada bala é p= mv=(2,0x 10º kg)(500 m/s) = 1,0 kg : m/s (b) A energia cinética de cada bala é Ku =A(20x10º kg)(500 m/s)? =2,5x10? 3 (0) Para AN/At = 10 5'!, o módulo da força média que as balas exercem sobre a parede é Faz (E )=0 +0kg-m/s)(105)=10N (d) Se At'é o tempo durante o qual cada bala permanece em contato com a parede, o módulo da força média que uma bala exerce sobre a parede é y Pp 10kg-m/s méd 3, =1,7x10'N AF 0,6x10ºs (e) Como, no item (d) o intervalo de tempo é o tempo durante o qual uma bala permanece em contato com a parede, enquanto, no item (c), o intervalo de tempo é o tempo durante o qual muitas balas se chocam com a parede, é natural que Fi. * Fou APRENDA Uma vez que, na maior parte do tempo, não existe nenhuma bala em contato com a parede, é natural que a força média calculada no item (c) seja muito menor que a força média calculada no item (d). 113. Vamos converter a taxa com a qual os grãos caem no vagão para unidades do SI: R = (540 kg/min)/(60 s/min) = 9,00 kg/s. Na ausência de uma força externa, o vagão perde velocidade a uma taxa dada pela Eq. 9-87: Rv,, = M [al . Assim, para que a desa- celeração seja nula, é preciso que a força aplicada seja igual a Rv a; F=Rva=(9,00)(3,20)=28,8N. 114, Para começar, imaginamos que o pequeno pedaço quadrado (de massa m) foi recolocado no lugar, de modo que a placa é novamente uma placa quadrada de dimensões 6d x 6d, cujo centro de massa está na origem. Em seguida, “acrescentamos” um pedaço quadrado de “massa negativo” (-m) no localapropriado para obter a peça mostrada na Fig. 9-82. Se a massa da placa inteira é M, a massa do pequeno pedaço quadrado pode ser obtida a partir de uma simples relação de áreas: m= 20m M>M=9M. 6,0m 364 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Para m, =50 g em, = 85 g, obtemos h,,= 0,60 cm. (b) De acordo com a Eq. 9-68, 2 2 == Deh mm, “mm, Como, de acordo com a lei de conservação da energia, mL,g/, = Si (om tri) + m,Y3, » isso nos dá Param, =50 gem,=85g hy= 49 cm. (c) Felizmente, as esferas se chocam de novo no ponto mais baixo das respectivas trajetórias (contanto que a amplitude do movi- mento seja “suficientemente pequena”, como é discutido no Capítulo 16). Correndo o risco de usar uma notação imprópria, vamos chamar as alturas alcançadas após a segunda colisão elástica de hp é ly: No ponto mais baixo (imediatamente antes da segunda colisão), a velocidade da esfera 1 é +,/28h, (para a direita na Fig. 9-20) e a velocidade da esfera 2 é — /2gh,, (para a esquerda na Fig. 9-20). Assim, de acordo com a Eq. 9-75, a velocidade da esfera 1 imediatamente após a segunda colisão é = ny, 2m (o tg m+m, (28h, *m, +11, ( Pela,) = Am (Amo Goo 2 ( 2my m+m, (x +m, 28h ) m+nt, (x +m, 2h (Am) +4mm, (mm) Expandindo (Am) e (m, + ms)? na expressão acima, obtemos w,p = (28 - De acordo com a lei de conservação da energia, (mghp =Smnnºy ) isso nos dá Vig =->=h=9,0cm. hy=E=h (d) Com base no resultado do item (c), podemos concluir (raciocinando em termos de energia) que 1, = 0. Entretanto, vamos ver como esse resultado surge a partir da aplicação da Eq. 9-76 à velocidade da esfera 2 imediatamente após a segunda colisão: vg om Ph, arm Peh,) nm +m, my +m, um +, Após a segunda colisão, portanto, a esfera 2 permanece no ponto mais baixo da trajetória e a esfera 1 volta à altura inicial, o que recria as condições do início do problema. Assim, as colisões subsequentes, desprezando os efeitos do atrito, são uma mera repe- tição das duas primeiras. 119. (a) Como os blocos são homogêneos, os centros de massa dos blocos coincidem com os centros geométricos, cujas posições no instante t = 0 são dadas na tabela que acompanha o enunciado do problema. Substituindo essas posições e as massas dos blocos na Eq. 9-4, obtemos xcy = 0,50 m (no instante t = 0). (b) No momento do choque, o centro do bloco 2 está em x = 0, a borda esquerda do bloco 2 está em x = 3,0 cm e a borda da direita do bloco 1 está também em x = 3,0 cm, o que significa que o centro do bloco 1 está em x = -5,5 cm. Substituindo essas posições e as massas dos blocos na Eq. 9-4, obtemos xcu= — 1,8 cm = 0,018 m [no instante t = (1,445 m)/(0,75 m/s) = 1,93 8). MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 365 (c) Poderíamos determinar as posições dos blocos no instante £ = 4,0 s e usar novamente a Eq. 9-4, mas é mais fácil (e mais instru- tivo) notar que na ausência de forças externas, o centro de massa do sistema se move com velocidade constante: So o mPAm M mm, (0,25 m/s)i, como pode ser verificado facilmente usando os valores para t = 0. Assim, Xcu = Xcsinica + TeyÉ = (0,50) + (0,25 m/s)(4,05) = +0,50m . 120, Uma possível abordagem é usar um sistema de coordenadas que se move com a mesma velocidade que o centro de massa do corpo original; outra é analisar o problema no sistema de coordenadas original (no qual, de acordo com o enunciado do problema, a velocidade escalar do corpo é 2 m/s). Vamos usar a segunda abordagem, que, embora seja mais trabalhosa, provavelmente será a adotada pela maioria dos alunos. De acordo com a lei de conservação do momento linear, temos: my=mv+my > (80)(2,0) =(4,0)v + (4,0)v, o que nos dá v, = 4 v, em unidades do SI (m/9). De acordo com a lei de conservação da energia, ami sqmê [gm > 16- 260nt+p60n8 |-F66002,0 o que nos dá vw; =16-v, em unidades do SI. Substituindo o valor de v, encontrado anteriormente, obtemos (4-v) =16- o que nos dá a equação do segundo grau 2w, — 8v, =0, cujas soluções são v, = 0e v = 4m/s. Parav,=0,v,=4-v,=4m/s; para v=4m/s,w,=0. (a) Como a parte da frente continua a se mover na mesma direção e sentido que o corpo original, a velocidade escalar da parte de trás é zero. (b) A velocidade escalar da parte da frente é 4,0 m/s. 121, Vamos chamar de m, a massa do elétron e de m, a massa do átomo de hidrogênio. De acordo com a Eq. 9-68, 2m, Vc iRanO Mu TRa ir m, +1840m, 1841 Assim, a energia cinética final do átomo de hidrogênio é os Dr PO asa 2 E q840m (a) 184 [(tsaom e a porcentagem pedida é (1840)(4)/(1841)?= 2,2 x 10º = 0,22%. 122. Chamando a nova velocidade do carro de v, a nova velocidade do homem em relação ao solo é v — v,,. De acordo com a lei de conservação do momento, ter 366 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (E-2p(E )(E o va) 8 & & Pva (915 NX4,00 m/s) Assim, o aumento de velocidade do vagão é Av=v>7, =1,10m/s. P+p (2415 N)+(915 N) 123. De acordo com a lei de conservação do momento, mv + MV,=my,+ MV, De acordo com a lei de conservação da energia, Ls la ls a om +MV; =omv,+>MV,, 2 2 2 2 Resolvendo o sistema de equações formado por essas duas equações, obtemos =Mo MM 2m M-m WS v+ o Mj= v+ V, mM mM meM mM Como m << M, as expressões anteriores podem ser simplificadas para np sv+2V, VV, A velocidade da sonda em relação ao Sol é —v+2V, =-(10,5 km/s) +2(-13,0 km/s) =-36,5 km/s em que o sinal negativo indica que a sonda está se afastando do Sol. 124. (a) A variação de momento (considerando o sentido para cima como positivo) é AP = (0,550 kg)L( misjj - (12 mis)j ]= (8,25 kgm/s)j (b) De acordo com o teorema do impulso e momento linear (Eg.9-31), J = Ap=(48,25 N.s)j. -mã, =-(16,70º oras) fisseto= (ss0c10) =(- 1,00x10 1+0,67x10"º j Jes- mis (b) Dividindo o momento da terceira partícula por m, = 11,7 x 10” kg e aplicando o teorema de Pitágoras, obtemos v, = 1,03 x 10 m/s. A energia cinética total após a desintegração é, portanto, Lad Lis o mi Ea vit vi =119x 102 3 126. (a) De acordo com a Eq. 9-67, temos nin, y —200 8, “mm, "“ "600 g vy J6, 00 m/s)=-1,00 m/s