18.9: Momento linear e colisões

Verifique sua compreensão

9.1. Para atingir uma velocidade final de v _f =\(\frac{1}{4}\) (3,0 x 10 ⁸ m/s) com uma aceleração de 10g, o tempo necessário é $$\ begin {split} 10g & =\ frac {v_ {f}} {\ Delta t}\\ Delta t & =\ frac {v_ {f}} {10g}\ frac {\ frac {1} {4} (3.0\ times 10^ {8}\; m/s)} {10g} = 7,7\ vezes 10^ {5}\; s = 8,9\; d\ fim {split}\]

9.2. Se o telefone saltar com aproximadamente a mesma velocidade inicial da velocidade de impacto, a mudança no momentum do telefone será\(\Delta \vec{p} = m \Delta \vec{v} − (−m \Delta \vec{v}) = 2m \Delta \vec{v}\). Isso é o dobro da mudança de momentum do que quando o telefone não salta, então o teorema impulso-momento nos diz que mais força deve ser aplicada ao telefone.

9.3. Se o carrinho menor estivesse rolando a 1,33 m/s para a esquerda, a conservação do momentum dá $$\ begin {split} (m_ {1} + m_ {2})\ vec {v} _ {f} & = m_ {1} v_ {1}\;\ hat {i} − m_ {2} v_ {2}\;\ hat {i}\\ vec {v} _ {f} & =\ left (\ dfrac {m_ {1} v_ {1} − m_ {2} v_ {2}} {m_ {1} + m_ {2}}\ direita)\;\ hat {i}\ & =\ Bigg [\ frac {(0,675\; kg) (0,75\; m/s) − (0,500\; kg) (1,33\; m/s)} {1,175\; kg}\ Bigg]\;\ hat {i}\\ & = − (0,135\; m/s)\;\ hat {i}\ end {split} $$ Assim, a velocidade final é de 0,135 m/s para a esquerda.

9,4. Se a bola não quicar, seu momento final\(\vec{p}_{2}\) é zero, então $$\ begin {split}\ Delta\ vec {p} & =\ vec {p} _ {2} −\ vec {p} _ {1}\\ & = (0)\;\ hat {j} − (−1,4\; kg\ cdotp m/s)\;\ hat {j}\\ & = 1.4 (+)\; kg\ cdotp m/s)\;\ hat {j}\ end {split}\]

9,5. Considere a teoria do impulso momentum, que é\(\vec{J} = \Delta \vec{p}\). Se\(\vec{J}\) = 0, temos a situação descrita no exemplo. Se uma força atua no sistema, então\(\vec{J} = \vec{F}_{ave} \Delta t\). Assim, em vez de\(\vec{p}_{f} = \vec{p}_{i}\), temos\(\vec{F}_{ave} \Delta t = \Delta \vec{p} = \vec{p}_{f} − \vec{p}_{i}\) onde\(\vec{F}_{ave}\) está a força devido ao atrito.

9,6. O impulso é a mudança no momentum multiplicada pelo tempo necessário para que a mudança ocorra. Pela conservação do momento, as mudanças no momento da sonda e do comentário são da mesma magnitude, mas em direções opostas, e o tempo de interação de cada uma também é o mesmo. Portanto, o impulso que cada um recebe é da mesma magnitude, mas em direções opostas. Por agirem em direções opostas, os impulsos não são os mesmos. Quanto ao impulso, a força em cada corpo age em direções opostas, então as forças em cada um não são iguais. No entanto, a mudança na energia cinética difere para cada um, porque a colisão não é elástica.

9,7. Essa solução representa o caso em que nenhuma interação ocorre: o primeiro disco perde o segundo disco e continua com uma velocidade de 2,5 m/s para a esquerda. Este caso não oferece nenhuma visão física significativa.

9,8. Se o atrito zero atuar no carro, ele continuará deslizando indefinidamente (d → ∞), portanto, não podemos usar o teorema da cinética-energia do trabalho, como é feito no exemplo. Assim, não conseguimos resolver o problema a partir das informações fornecidas.

9,9. Se as velocidades iniciais não estivessem em ângulos retos, uma ou ambas as velocidades teriam que ser expressas em forma de componente. A análise matemática do problema seria um pouco mais complicada, mas o resultado físico não mudaria.

9,10. O volume de um tanque de mergulho é de cerca de 11 L. Supondo que o ar seja um gás ideal, o número de moléculas de gás no tanque é $$\ begin {split} PV & = NRT\\ N & =\ frac {PV} {RT} =\ frac {(2500\; psi) (0,011\; m^ {3})} {(8.31\; J/mol\; psi) (0.011\; m^ {3})} {(8.31\; J/mol\ cdol\) tp K) (300\; K)}\ esquerda (\ dfrac {6894.8\; Pa} {1\; psi}\ direita)\\ & = 75,9\; mol \ end {split} $ $ A massa molecular média do ar é 29 g/mol, então a massa de ar contida no tanque é de cerca de 2,2 kg. Isso é cerca de 10 vezes menor que a massa do tanque, por isso é seguro negligenciá-lo. Além disso, a força inicial da pressão do ar é aproximadamente proporcional à área da superfície de cada peça, que por sua vez é proporcional à massa de cada peça (assumindo uma espessura uniforme). Assim, a aceleração inicial de cada peça mudaria muito pouco se considerássemos explicitamente o ar.

9.11. O raio médio da órbita da Terra ao redor do Sol é de 1.496 x 10 ⁹ m. Tomando o Sol como origem e observando que a massa do Sol é aproximadamente a mesma que as massas do Sol, da Terra e da Lua juntas, o centro de massa do sistema Terra + Lua e do Sol é $$\ begin {split} R_ {CM} & =\ frac {m_ {Sol} R_ {Sol} + m_ {em} R_ {em}} {m_ {Sol}}\\ & =\ frac {(1,989\ times 10^ {30}\; kg) (0) + (5,97\ times 10^ {24}\; kg + 7,36\ vezes 10^ {22}\; kg) (1,499) 6\ times 10^ {9}\; m)} {1,989\ times 10^ {30}\; kg}\\ & = 4,6\; km\ end {split} $$Assim, o centro de massa do sistema Sol, Terra e Lua é 4,6 km do centro do Sol.

9,12. Em uma escala macroscópica, o tamanho de uma célula unitária é insignificante e a massa cristalina pode ser considerada distribuída homogeneamente por todo o cristal. Assim, $$\ vec {r} _ {CM} =\ frac {1} {M}\ sum_ {j = 1} ^ {N} m_ {j}\ vec {r} _ {j} =\ frac {1} {M}\ sum_ {j = 1} ^ {N} m\ vec {r} _ {j} =\ frac {m} {M} sum_ {j = 1} ^ {N}\ vec {r} _ {j} =\ frac {Nm} {M}\ frac {\ sum_ {j = 1} ^ {N}\ vec {r} _ {j}} {N} $ onde somamos o número N de células unitárias no cristal e m é a massa de uma célula unitária. Como Nm = M, podemos escrever $$\ vec {r} _ {CM} =\ frac {m} {M}\ sum_ {j = 1} ^ {N}\ vec {r} _ {j} =\ frac {Nm} {M}\ frac {\ sum_ {j = 1} ^ {N}\ vec {r} _ {j} {N} =\ frac c {1} {N}\ sum_ {j = 1} ^ {N}\ vec {r} _ {j}\ ldotp$$Esta é a definição do centro geométrico do cristal, então o centro de massa está no mesmo ponto que o geométrico centro.

9,13. As explosões seriam essencialmente simétricas esféricas, porque a gravidade não agiria para distorcer as trajetórias dos projéteis em expansão.

9,14. A notação m _g representa a massa do combustível e m representa a massa do foguete mais a massa inicial do combustível. Observe que m _g muda com o tempo, então nós o escrevemos como m _g (t). Usando m _R como a massa do foguete sem combustível, a massa total do foguete mais combustível é m = m _R + m _g (t). A diferenciação em relação ao tempo dá $$\ frac {dm} {dt} =\ frac {dm_ {R}} {dt} +\ frac {dm_ {g} (t)} {dt} =\ frac {dm_ {g} (t)} {dt} $onde usamos\(\frac{dm_{R}}{dt}\) = 0 porque a massa do foguete não muda. Assim, a taxa de variação temporal da massa do foguete é a mesma do combustível.

Perguntas conceituais

1. Como K =\(\frac{p^{2}}{2m}\), então, se o momento for fixo, o objeto com menor massa terá mais energia cinética.

3. Sim; impulso é a força aplicada multiplicada pelo tempo durante o qual é aplicada (J = F\(\Delta\) t), portanto, se uma força pequena agir por um longo tempo, pode resultar em um impulso maior do que uma força grande atuando por um pequeno tempo.

5. Por atrito, a estrada exerce uma força horizontal sobre os pneus do carro, o que altera a dinâmica do carro.

7. O momentum é conservado quando a massa do sistema de interesse permanece constante durante a interação em questão e quando nenhuma força externa líquida atua no sistema durante a interação.

9. Para acelerar as moléculas de ar na direção do movimento do carro, o carro deve exercer uma força sobre essas moléculas pela segunda lei de Newton\(\vec{F} = \frac{d \vec{p}}{dt}\). Pela terceira lei de Newton, as moléculas de ar exercem uma força de igual magnitude, mas na direção oposta, no carro. Essa força atua na direção oposta ao movimento do carro e constitui a força devida à resistência do ar.

11. Não, ele não é um sistema fechado porque uma força externa líquida diferente de zero atua sobre ele na forma de blocos de partida empurrando seus pés.

13. Sim, toda a energia cinética pode ser perdida se as duas massas descansarem devido à colisão (ou seja, elas ficam juntas).

15. O ângulo entre as direções deve ser de 90°. Qualquer sistema que tenha força externa líquida zero em uma direção e força externa líquida diferente de zero em uma direção perpendicular atenderá a essas condições.

17. Sim, a velocidade do foguete pode exceder a velocidade de exaustão dos gases que ele ejeta. O empuxo do foguete não depende das velocidades relativas dos gases e do foguete, simplesmente depende da conservação do momento.

Problemas

19. a. Magnitude: 25 kg • m/s

b. O mesmo que a.

21. 1,78 x 10 ²⁹ kg • m/s

23. 1,3 x 10 ⁹ kg • m/s

25. a. 1,50 x 10 ⁶ N

b. 1,00 x 10 ⁵ N

27. 4,69 x 10 ⁵ N

29. 2,10 x 10 ³ N

31. \(\vec{p}\)(t) = (10\(\hat{i}\) + 20 t\(\hat{j}\)) kg • m/s;\(\vec{F}\) = (20 N)\(\hat{j}\)

33. Deixe o eixo x positivo estar na direção do momento original. Então p _x = 1,5 kg • m/s e p _y = 7,5 kg • m/s

35. (0,122 m/s)\(\hat{i}\)

37. a. 47 m/s na direção da bala para bloquear

b. 70,6 N • s, em direção à bala

c. 70,6 N • s, em direção ao bloco

d. A magnitude é 2,35 x 10 ⁴ N

39. 3,1 m/s

41. 5,9 m/s

43. a. 6,80 m/s, 5,33°

b. Sim (calcule a razão entre as energias cinéticas inicial e final)

45. 2,5 cm

47. A velocidade do carro de pára-choque dianteiro é de 6,00 m/s e a do carro de pára-choque traseiro é de 5,60 m/s

49. 6,6%

51. 1,9 m/s

53. 22,1 m/s a 32,2° abaixo da horizontal

55. a. 33 m/s e 110 m/s

b. 57 mm

c. 480 mm

57. (732 m/s)\(\hat{i}\) + (−80,6 m/s)\(\hat{j}\)

59. − (0,21 m/s)\(\hat{i}\) + (0,25 m/s)\(\hat{j}\)

61. 341 m/s a 86,8° em relação ao\(\hat{i}\) eixo.

63. Com a origem definida na posição da massa de 150 g, x _CM = −1,23 cm e y _CM = 0,69 cm

65. $$y_ {CM} =\ begin {casos}\ frac {h} {2} -\ frac {1} {4} gt^ {2},\ quad t < T\\ h -\ frac {1} {2} gt^ {2} -\ frac {1} {4} gT^ {2} +\ frac {1} {2} gT^,\ quad ad t\ geq T\ end {cases}\]

67. a. R ₁ = 4 m, R ₂ = 2 m

b. x _CM =\(\frac{m_{1} x_{1} + m_{2} x_{2}}{m_{1} + m_{2}}\), Y _CM =\(\frac{m_{1} y_{1} + m_{2} y_{2}}{m_{1} + m_{2}}\)

c. Sim, com R =\(\frac{1}{m_{1} + m_{2}} \sqrt{16m_{1}^{2} + 4m_{2}^{2}}\)

69. x _cm =\(\frac{3}{4} L \left(\dfrac{\rho_{1} + \rho_{0}}{\rho_{1} + 2 \rho_{0}}\right)\)

71. \(\left(\dfrac{2a}{3}, \dfrac{2b}{3}\right)\)

73. (x _CM, y _CM, z _CM) = (0,0,\(\frac{h}{4}\))

75. (x _CM, y _CM, z _CM) = (0\(\frac{4R}{3 \pi}\), 0)

77. a. 0,413 m/s

b. cerca de 0,2 J

79. 1551 kg

81. 4,9 km/s

Problemas adicionais

84. O elefante tem um impulso maior

86. As respostas podem variar. A primeira cláusula é verdadeira, mas a segunda cláusula não é verdadeira em geral porque a velocidade de um objeto com massa pequena pode ser grande o suficiente para que o momento do objeto seja maior do que o de um objeto de maior massa com uma velocidade menor.

88. 4,5 x 10 ³ N

90. $$\ vec {J} =\ int_ {0} ^ {\ tau}\ Grande [m\ vec {g} - m\ vec {g} (1 - e^ {\ frac {-bt} {m}})\ Grande] dt =\ frac {m^ {2}} {b}\ vec {g} (e^ {\ frac {-b\ tau} {m}} - 1)\]

92. a. − (2,1 x 10 ³ kg • m/s)\(\hat{i}\)

b. − (24 x 10 ³ N)\(\hat{i}\)

94. a. (1,1 x 10 ³ kg • m/s)\(\hat{i}\)

b. (0,010 kg • m/s)\(\hat{i}\)

c. − (0,00093 m/s)\(\hat{i}\)

d. − (0,0012 m/s)\(\hat{i}\)

96. − (7,2 m/s)\(\hat{i}\)

98. v _{1, f} = v _{1, i}\(\frac{m_{1} − m_{2}}{m_{1} + m_{2}}\), v _{2, f} = v _{1, i}\(\frac{2m_{1}}{m_{1} + m_{2}}\)

100. 2,8 m/s

102. 0,094 m/s

104. A velocidade final da bola branca é − (0,76 m/s)\(\hat{i}\), as velocidades finais das outras duas bolas são 2,6 m/s a ± 30° em relação à velocidade inicial da bola branca

106. Esfera 1: − (1,4 m/s)\(\hat{i}\) − (0,4 m/s)\(\hat{j}\), bola 2: (2,2 m/s)\(\hat{i}\) + (2,4 m/s)\(\hat{j}\)

108. Bola 1: (1,4 m/s)\(\hat{i}\) − (1,7 m/s)\(\hat{j}\), bola 2: − (2,8 m/s)\(\hat{i}\) + (0,012 m/s)\(\hat{j}\)

110. (r,\(\theta\)) =\(\left(\dfrac{2R}{3}, \dfrac{\pi}{8}\right)\)

112. As respostas podem variar. O foguete é impulsionado para frente não pelos gases que empurram contra a superfície da Terra, mas pela conservação do momento. O momento do gás sendo expelido para fora da parte traseira do foguete deve ser compensado por um aumento no impulso de avanço do foguete.

Problemas de desafio

114. a. 617 N • s, 108°

b. F _x = 2,91 x 10 ⁴ N, F _y = 2,6 x 10 ⁵ N

c. F _x = 5850 N, F _y = 5265 N

116. A conservação do momento exige m ₁ v _{1, i} + m ₂ v _{2, i} = m ₁ v _{1, f} + m ₂ v _{2, f.} Recebemos que m ₁ = m ₂, v _{1, i} = v _{2, f} e v _{2, i} = v _{1, f} = 0. A combinação dessas equações com a equação dada pela conservação do momento dá v _{1, i} = v _{1, i,} o que é verdade, então a conservação do momento é satisfeita. Conservação das demandas de energia\(\frac{1}{2}\) m _{1 v 1, i} ² +\(\frac{1}{2}\) m _{2 v 2, i} ² =\(\frac{1}{2}\) m ₁ v _{1, f} ² +\(\frac{1}{2}\) m ₂ v _{2, f} ². Novamente, combinando essa equação com as condições dadas acima, dê v _{1, i} = v _{1, i}, então a conservação de energia é satisfeita.

118. Suponha a origem na linha central e no chão, então (x _CM, y _CM) = (0, 86 cm)