Exercícios de Conservação da Quantidade de Movimento com resolução comentada

A alternativa A está incorreta porque a lista de grandezas fundamentais preservadas na mecânica clássica não inclui o impulso linear como uma grandeza conservada por si só, mas sim o momento linear (ou quantidade de movimento), além da energia e do momento angular. O impulso é uma grandeza relacionada à variação do momento linear ao longo do tempo, e não um valor constante em sistemas isolados.

Quanto à alternativa B, a afirmação é falsa pois confunde forças internas com externas. Para que o momento linear total de um sistema composto por dois corpos de massa M permaneça inalterado, é indispensável que a resultante das forças externas aplicadas ao conjunto seja nula. As forças internas, que atuam entre os próprios componentes do sistema, não possuem o poder de alterar o momento linear global.

A opção C apresenta um erro conceitual sobre sistemas conservativos e dissipativos. Em um cenário onde há presença de força de atrito, o sistema deixa de ser conservativo. O atrito realiza um trabalho que converte parte da energia cinética em energia térmica (calor), resultando em uma diminuição da energia mecânica total do sistema, o que contradiz a ideia de aumentar a energia cinética por meio dessa força.

A alternativa D é a correta. De acordo com o princípio da conservação da quantidade de movimento, se o somatório de todas as forças externas que atuam sobre um sistema for igual a zero, o momento linear total desse sistema permanecerá constante ao longo do tempo. Isso ocorre porque a taxa de variação do momento linear é diretamente proporcional à força resultante externa aplicada.

Por fim, a alternativa E está errada ao definir a relação entre energia potencial e trabalho. A variação da energia potencial não é simplesmente igual ao trabalho realizado por qualquer força, mas sim relacionada ao trabalho das forças conservativas. Matematicamente, a variação da energia potencial é definida como o negativo do trabalho realizado pela força conservativa correspondente.

Considerando um exemplo prático de queda livre sem resistência do ar, observamos que a energia potencial gravitacional inicial é superior à final conforme o objeto desce. Nesse caso, ao calcularmos a variação da energia potencial, obteremos valores negativos, o que demonstra que a relação correta envolve a inversão de sinal em relação ao trabalho realizado pela força peso.

Sejam V a velocidade horizontal da pista em relação ao solo, v o módulo da velocidade da partícula em relação ao solo e v’ a velocidade da partícula em relação à pista. Como não há atrito entre a pista e o solo, não existe força externa horizontal atuando sobre o sistema formado pela pista e pela partícula. Portanto, a quantidade de movimento horizontal do sistema se conserva.

Inicialmente, tanto a pista quanto a partícula estão em repouso. Assim, a quantidade de movimento horizontal inicial é nula. Em determinado instante, a pista move-se horizontalmente com velocidade V, enquanto a componente horizontal da velocidade da partícula é \(mv_{x} = MV\)

\[v_{x} = \frac{MV}{m }\]

O sinal das velocidades depende da convenção escolhida para o eixo horizontal. Nas expressões acima, são utilizados os módulos das velocidades, de modo que a relação estabelece que a pista e a partícula se deslocam em sentidos opostos. Essa relação será usada para eliminar a velocidade da pista e obter a velocidade da partícula.

No referencial da pista, a geometria da trajetória circular permite relacionar a altura h da partícula com a distância horizontal d e com o ângulo θ indicado na figura.

O centro da circunferência está a uma altura R acima do solo. Quando a partícula está à altura h, a diferença vertical entre o centro da circunferência e a partícula é R − h. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo formado por essa distância vertical, pela distância horizontal d e pelo raio R, obtém-se:

\[R^{2} = \left(R – h\right)^{2} + d^{2}\] \[d = \left(2 Rh – h^{2}\right)^{1 / 2}\] \[tg \theta = \frac{\left(2 Rh – h^{2}\right)^{1 / 2}}{R – h} = \frac{v_{y}}{V + v_{x}}\] \[v_{y} = \frac{\left(V + v_{x}\right) \left(2 Rh – h^{2}\right)^{1 / 2}}{R – h }\]

A última relação vem da decomposição da velocidade relativa da partícula. A razão entre a componente vertical e a componente horizontal, no referencial da pista, é a tangente do ângulo θ. A componente horizontal da velocidade da partícula em relação ao solo resulta da soma algébrica da velocidade da pista com a componente horizontal relativa à pista. Por isso, aparece o termo V + v_x no denominador.

Usando a conservação da quantidade de movimento horizontal, isto é, \(mv_{x} = MV\), segue que \(v_{x} = \frac{MV}{m }\). Portanto:

\[v_{y} = \frac{\left(v + \frac{MV}{m}\right) \left(2 Rh – h^{2}\right)^{1 / 2}}{R – h} = \left(1 + \frac{M}{m}\right) \frac{V \left(2 Rh – h^{2}\right)^{1 / 2}}{R – h }\]

Essa expressão relaciona a componente vertical da velocidade com a velocidade total v da partícula. Agora, usando o teorema de Pitágoras para as componentes horizontal e vertical da velocidade:

\[v^{2} = v_{x}^{2} + v_{y}^{2} = \frac{M^{2} v^{2}}{m^{2}} + \left(1 + \frac{M}{m}\right)^{2} \frac{v^{2} \left(2 Rh – h^{2}\right)}{\left(R – h\right)^{2}}\] \[v^{2} = v^{2} \left[\frac{M^{2}}{m^{2}} + \left(1 + \frac{M}{m}\right)^{2} \left(\frac{2 Rh – h^{2}}{\left(R – h\right)^{2}}\right)\right]\] \[v^{2} = \frac{v^{2}}{\left(\frac{M}{m}\right)^{2} + \left(1 + \frac{M}{m}\right)^{2} \frac{\left(2 Rh – h^{2}\right)}{\left(R – h\right)^{2 }}}\]

Essa igualdade fornece a razão entre a velocidade da pista e a velocidade da partícula. Para determinar o valor de v, utiliza-se a conservação da energia mecânica. Como não há atrito, a energia mecânica do sistema permanece constante. No início, a partícula está no ponto mais alto, a uma altura R, e tanto a pista quanto a partícula estão em repouso. Assim, a energia inicial é exclusivamente potencial gravitacional.

Quando a partícula está à altura h, a energia potencial gravitacional é mgh e as energias cinéticas da partícula e da pista são, respectivamente, \(\frac{mv^{2}}{2}\) e \(\frac{MV^{2}}{2}\). Portanto:

\[mgR = mgh + \frac{mv^{2}}{2} + \frac{MV^{2}}{2}\] \[2 \text{g} \left(R – h\right) = v^{2} + \frac{M}{m} v^{2} = v^{2} + \frac{M}{m} \frac{v^{2}}{\left(\frac{M}{m}\right)^{2} + \left(1 + \frac{M}{m}\right)^{2} \frac{\left(2 Rh – h^{2}\right)}{\left(R – h\right)^{2}}}\] \[2 \text{g} \left(R – h\right) = v^{2} \left[1 + \frac{\frac{M}{m}}{\left(\frac{M}{m}\right)^{2} + \left(1 + \frac{M}{m}\right)^{2} \frac{\left(2 Rh – h^{2}\right)}{\left(R – h\right)^{2}}}\right]\] \[2 \text{g} \left(R – h\right) = v^{2} \left[1 + \frac{\frac{m}{M}}{1 + \left(1 + \frac{m}{M}\right)^{2} \frac{\left(2 Rh – h^{2}\right)}{\left(R – h\right)^{2}}}\right]\] \[v = \left[\frac{2 \text{g} \left(R – h\right)}{1 + \frac{m / M}{1 + \left[\frac{2 Rh – h^{2}}{\left(R – h\right)^{2}}\right] \left(1 + \frac{m}{M}\right)^{2}}}\right]^{1 / 2 }\]

Logo, o módulo da velocidade da partícula em relação ao solo, quando ela se encontra à altura h, é dado pela expressão final acima. Como essa é a expressão correspondente à alternativa indicada no enunciado, a resposta correta é alternativa A.

A locomoção de um astronauta em ambiente de vácuo exige a aplicação de princípios fundamentais da mecânica clássica, uma vez que a ausência de um meio fluido, como o ar ou a água, impede o uso de métodos tradicionais de propulsão por tração. Para se deslocar para uma direção específica, o indivíduo deve recorrer à Terceira Lei de Newton, que estabelece a existência de pares de ação e reação. Nesse contexto, ao expelir uma massa em uma determinada direção, como um jato de gás ou qualquer outro material, surge uma força de reação de igual intensidade e sentido oposto que impulsiona o astronauta no sentido contrário.

Esse fenômeno também pode ser compreendido por meio do Princípio da Conservação do Momento Linear. Em um sistema isolado, a quantidade de movimento total deve permanecer constante; portanto, ao projetar uma massa para um lado, o corpo do astronauta obrigatoriamente adquire um momento linear que o move na direção oposta, garantindo assim sua movimentação no espaço vazio.

Inicialmente, é necessário determinar a velocidade do pacote de café imediatamente antes da colisão. Como ele parte do repouso e cai uma altura de 45 cm, desprezando a resistência do ar, aplica-se a conservação da energia mecânica. Escolhendo o nível do prato como referência para a energia potencial gravitacional, a energia potencial inicial do pacote transforma-se em energia cinética imediatamente antes do impacto.

Nessa expressão, m representa a massa do pacote, g é a aceleração da gravidade e h é a altura da queda. Ao igualar as energias e cancelar a massa, obtém-se a velocidade de impacto:

\[\frac{\cancel{m} v_{1}^{2}}{2} = \cancel{m } g h\]

O cancelamento da massa ocorre porque ela aparece multiplicando os dois lados da igualdade. Isolando a velocidade, resulta:

\[v_{1} = \sqrt{2 \text{g} h} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 0.45} = \sqrt{9}\]

Substituindo g = 10 m/s² e h = 0,45 m, obtém-se:

\[v_{1} = 3 \text{m} / \text{s}\]

Assim, o pacote chega ao prato com velocidade de 3 m/s, dirigida verticalmente para baixo. Após a colisão inelástica, o pacote e o prato passam a se mover juntos com a mesma velocidade. A velocidade depois da colisão é dada por:

\[v_{2} = 3 \text{m} / \text{s}\]

Na conservação da quantidade de movimento, considera-se o sistema formado pelo pacote e pelo prato. Durante o intervalo muito curto da colisão, o impulso das forças externas pode ser desprezado; portanto, a quantidade de movimento total imediatamente antes do choque é igual à quantidade de movimento total imediatamente depois dele.

Se M for a massa do pacote, a massa do prato for 200 g e a velocidade do prato antes do choque for nula, somente o pacote possui quantidade de movimento antes da colisão. Depois do choque, os dois corpos se deslocam juntos e a massa total é a soma das massas:

\[\begin{array}{l}Q^{\text{antes}} = Q^{\text{depois}} \\ Mv_{1} = \left(M + m\right) v_{2} \\ Mv_{1} = Mv_{2} + mv_{2}\end{array}\]

Na etapa seguinte, isola-se a massa M do pacote. Para isso, distribui-se a velocidade final no segundo membro e, em seguida, reúne-se M em um único termo. Usando a velocidade de impacto de 3 m/s, a velocidade do conjunto após a colisão de 2 m/s e a massa do prato de 200 g, chega-se a:

\[M = \frac{mv_{2}}{v_{1} – v_{2}} = \frac{200 \cdot 2}{3 – 2}\]

O numerador corresponde ao produto da massa do prato pela velocidade do conjunto depois da colisão, enquanto o denominador é a diferença entre a velocidade do pacote antes da colisão e a velocidade comum dos corpos depois dela. Efetuando essa divisão, encontra-se:

\[M = 400 \text{g}\]

Logo, a massa do pacote de café é 400 g. Portanto, a alternativa correta é e) 400 g.

Como o peixe menor estava inicialmente em repouso, o momento linear inicial do sistema é determinado apenas pelo movimento do tubarão. Após a refeição, os dois animais passam a se mover juntos; portanto, a massa final do conjunto é m₁ + m₂, com velocidade comum v_f. Pela conservação do momento linear, o momento total antes da colisão perfeitamente inelástica é igual ao momento total depois dela.

Velocidade do tubarão após ter engolido o peixe:

O momento linear é dado pelo produto da massa pela velocidade. Como o peixe estava em repouso, seu momento inicial é nulo, e a equação de conservação fica:

\[Q_{\text{antes}} = Q_{\text{depois}}\] \[m_{1} v_{1} = \left(m_{1} + m_{2}\right) v_{f}\] \[20 \cdot 2.2 = 22 v_{f}\] \[v_{f} = 2 \text{m} / \text{s}\]

Assim, depois de engolir o peixe, o sistema passa a se mover com velocidade de 2 m/s. Embora o momento linear seja conservado, a energia mecânica não é conservada, pois o processo de engolir o peixe é uma colisão inelástica. A energia mecânica dissipada corresponde à diferença entre a energia cinética inicial e a energia cinética final do sistema.

Energia mecânica dissipada:

A energia cinética inicial é apenas a do tubarão, pois o peixe estava em repouso. Depois da refeição, a energia cinética é calculada usando a massa total dos dois animais e a velocidade comum final:

\[ΔE_{M} = \frac{m_{1} v_{1}^{2}}{2} – \frac{\left(m_{1} + m_{2}\right) v_{f}^{2}}{2}\] \[ΔE_{M} = \frac{20 \cdot 2 , 2^{2}}{2} – \frac{22 \cdot 2^{2}}{2}\] \[ΔE_{M} = 48.4 – 44\] \[ΔE_{M} = 4.4 \text{J}\]

Portanto, a energia mecânica dissipada durante a refeição é de 4,4 J. Isso corresponde à alternativa b).

Análise das afirmativas

[I] Verdadeira. Durante uma colisão entre duas bolas de bilhar, o contato entre elas ocorre em um intervalo de tempo muito curto. Embora forças externas, como o atrito com a mesa, possam existir, o impulso produzido por essas forças durante esse intervalo é desprezível em comparação com o impulso das forças internas de interação entre as bolas.

Assim, o sistema formado pelas duas bolas pode ser considerado aproximadamente isolado durante a colisão. Nessa condição, a quantidade de movimento total do sistema antes da colisão permanece igual à quantidade de movimento total depois dela. Portanto, o Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento pode ser aplicado à análise dessa situação.

[II] Verdadeira. Se o astronauta se desprender do veículo espacial, ele poderá utilizar o Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento para retornar. Para isso, deverá arremessar um objeto em sentido contrário ao veículo.

Antes do arremesso, considerando desprezíveis as forças externas, o conjunto astronauta–objeto possui determinada quantidade de movimento. Ao lançar o objeto para longe, o astronauta exerce uma força sobre ele. Pela Terceira Lei de Newton, o objeto exerce uma força de mesma intensidade e sentido oposto sobre o astronauta. Como resultado, o objeto adquire quantidade de movimento em um sentido, enquanto o astronauta adquire quantidade de movimento no sentido contrário.

Consequentemente, se o objeto for arremessado no sentido oposto ao veículo espacial, o astronauta se movimentará na direção do veículo, podendo retornar a ele. O recuo de uma arma ao disparar é um exemplo análogo desse princípio: o projétil se move para a frente, enquanto a arma se move para trás.

[III] Falsa. Como a bala fica alojada no bloco, ocorre uma colisão perfeitamente inelástica. Durante o curto intervalo do impacto, conserva-se a quantidade de movimento do sistema formado pela bala e pelo bloco. Após a colisão, bala e bloco passam a se mover juntos com a mesma velocidade.

Representando por m a massa da bala, por M a massa do bloco, por v a velocidade inicial da bala e por V a velocidade do conjunto imediatamente após o impacto, a conservação da quantidade de movimento é expressa por:

\[Q_{i} = Q_{f}\]

A quantidade de movimento inicial é a da bala, pois o bloco está inicialmente em repouso. Depois da colisão, bala e bloco se deslocam juntos; por isso, a massa total em movimento é M + m. Dessa forma:

\[m \cdot v = \left(M + m\right) \cdot v\]

Isolando a velocidade final V do conjunto, obtém-se a relação entre a velocidade da bala antes da colisão e a velocidade do sistema imediatamente depois do impacto:

\[V = \frac{m \cdot v}{\left(M + m\right)}\]

Depois da colisão, o conjunto sobe até atingir uma altura de 50 cm. Nessa etapa, desprezando perdas de energia, a energia cinética do conjunto transforma-se em energia potencial gravitacional. Portanto:

\[E_{c} = E_{p g}\]

A energia cinética do conjunto é dada por (M + m)V²/2, enquanto a energia potencial gravitacional na altura h é dada por (M + m)gh. Assim:

\[\frac{\left(M + m\right) \cdot v^{2}}{2} = \left(M + m\right) \cdot g \cdot h\]

Como a massa total aparece nos dois lados da igualdade, ela pode ser cancelada. Isolando a velocidade do conjunto, chega-se a:

\[\frac{\cancel{\left(M + m\right)} \cdot V^{2}}{2} = \left(\cancel{M + m}\right) \cdot g \cdot h\]

O resultado dessa simplificação é:

\[V = \sqrt{2 gh } \left(2\right)\]

Igualando essa expressão da velocidade do conjunto à expressão obtida pela conservação da quantidade de movimento, determina-se a velocidade inicial da bala:

\[\frac{m \cdot v}{\left(M + m\right)} = \sqrt{2 \text{g} h}\]

Multiplicando os dois lados pelo fator (M + m)/m, obtém-se:

\[v = \frac{\left(M + m\right)}{m} \cdot \sqrt{2 \text{g} h}\]

Agora, devem ser utilizadas as unidades do Sistema Internacional: a massa do bloco é 5,000 kg, a massa da bala é 0,050 kg, a aceleração da gravidade é 10 m/s² e a altura atingida é 0,50 m. Substituindo esses valores:

\[v = \frac{\left(5.000 + 0.050\right)}{0.0 5 0} \cdot \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 0.50}\]

O valor obtido para a velocidade da bala é:

\[v = 319.4 \text{m} / \text{s}\]

Portanto, a afirmação de que a velocidade da bala era 630 m/s é falsa, pois o cálculo fornece aproximadamente 319,4 m/s. Logo, a afirmativa III não deve ser incluída.

As afirmativas I e II são verdadeiras, enquanto a afirmativa III é falsa. Portanto, a única alternativa inteiramente correta é d) I e II apenas.

Inicialmente, determina-se a velocidade adquirida pelo poleiro quando ele sobe 5 cm. Nesse movimento, desprezam-se as perdas de energia, de modo que a energia potencial gravitacional do poleiro, na altura máxima, é igual à energia cinética que ele possuía imediatamente após ser empurrado pelo passarinho.

Nessa relação, m_po representa a massa do poleiro, g é a aceleração da gravidade, h é a elevação vertical do poleiro e v_po é sua velocidade inicial após o impulso. Assim:

\[E_{p o t} = E_{c i n}\] \[\cancel{m_{p o}} g h = \frac{\cancel{m_{p o}} v_{p o}^{2}}{2}\] \[v_{p o} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 0.05}\] \[v_{p o} = 1 \text{m} / \text{s}\]

A massa do poleiro é cancelada nessa etapa porque ela aparece tanto na energia potencial gravitacional quanto na energia cinética. Foi usada a aceleração da gravidade g = 10 m/s² e a altura h = 5 cm = 0,05 m. Portanto, o poleiro se afasta do ponto inicial com velocidade de módulo 1 m/s, em sentido oposto ao movimento horizontal do passarinho.

Em seguida, aplica-se a conservação da quantidade de movimento horizontal ao sistema formado pelo passarinho e pelo poleiro. Antes da separação, ambos estavam em repouso; portanto, a quantidade de movimento horizontal inicial era nula. Depois que o passarinho abandona o poleiro, as quantidades de movimento dos dois corpos devem ter módulos iguais e sentidos opostos.

Representando por m_pa e v_pa a massa e a velocidade do passarinho, e por m_po e v_po a massa e a velocidade do poleiro, escreve-se:

\[Q_{\text{antes}} = Q_{\text{depois}}\] \[0 = m_{p a} v_{p a} + m_{p o} v_{p o}\] \[0 = 40 v_{p a} + 80 \cdot 1\] \[\left|v_{p a}\right| = 2 \text{m} / \text{s}\]

Na substituição, foram utilizadas as massas em gramas, 40 g para o passarinho e 80 g para o poleiro. Como as duas massas estão na mesma unidade, essa unidade se cancela ao calcular a razão entre elas. O sinal da velocidade do passarinho indica apenas o sentido escolhido; seu módulo, que corresponde à rapidez solicitada, é 2 m/s.

Logo, ao abandonar o poleiro, o passarinho apresenta velocidade de 2,0 m/s. Portanto, a alternativa correta é b).

Como o sistema formado pelo astronauta e pela peça está inicialmente em repouso, sua quantidade de movimento linear total é nula. Durante o lançamento, desprezando forças externas relevantes na direção do movimento, a quantidade de movimento do sistema se conserva:

\[Q_{\text{antes}} = Q_{\text{depois}}\]

Antes do lançamento, tanto o astronauta quanto a peça estão em repouso. Portanto, a quantidade de movimento inicial é zero. Depois do lançamento, astronauta e peça se movem em sentidos opostos: se adotarmos como positivo o sentido do movimento da peça, a velocidade do astronauta terá sinal negativo.

\[0 = m_{\text{ast}} v_{\text{ast}} + m_{\text{pe}\dot{c}\text{a}} v_{\text{pe}\dot{c}\text{a}}\]

Nessa expressão, m_ast e m_peça representam, respectivamente, as massas do astronauta e da peça, enquanto v_ast e v_peça são suas velocidades algébricas. Substituindo os valores fornecidos, usamos m_ast = 70 kg, m_peça = 50 kg e v_peça = 0,5 m/s. Como o astronauta se desloca no sentido oposto ao da peça, sua velocidade aparece com sinal negativo:

\[0 = 70 v_{\text{ast}} – 50 \cdot 0.5\]

O sinal negativo indica apenas o sentido do movimento do astronauta. Como a pergunta solicita o módulo da velocidade, consideramos seu valor positivo:

\[v_{\text{ast}} \cong 0.36 \text{m} / \text{s}\]

Logo, o módulo da velocidade adquirida pelo astronauta é aproximadamente 0,36 m/s. Esse valor está no intervalo de 0,3 m/s a 0,4 m/s:

\[0.3 \text{m} / \text{s} \leq v_{\text{ast}} \leq 0.4 \text{m} / \text{s}\]

Portanto, a alternativa correta é d), pois 0,3 m/s ≤ v_ast ≤ 0,4 m/s.

Como a garrafa e a rolha estavam inicialmente em repouso, a quantidade de movimento total do sistema garrafa–rolha era nula. Além disso, a superfície é horizontal e livre de atritos, de modo que não há força externa horizontal resultante significativa sobre o conjunto. Portanto, a quantidade de movimento do sistema se conserva durante o arremesso da rolha.

Após a rolha ser lançada, a garrafa e a rolha se movimentam em sentidos opostos. Por isso, seus vetores quantidade de movimento têm sentidos contrários, mas os módulos dessas quantidades devem ser iguais para que a quantidade de movimento total permaneça nula:

\[\left|Q_{\text{gar}}\right| = \left|Q_{\text{rol}}\right|\] \[MV = mv\] \[16 \cancel{m} V = \cancel{m} \cdot 8\] \[V = \frac{8}{16}\] \[\boxed{V = 0.5 \text{m} / \text{s}}\]

Nessas expressões, M e V representam, respectivamente, a massa e o módulo da velocidade da garrafa, enquanto m e v representam a massa e o módulo da velocidade da rolha. Como a massa da garrafa é 16 vezes a massa da rolha, substitui-se M por 16m. A velocidade da rolha é v = 8 m/s. Ao substituir esses valores na conservação dos módulos das quantidades de movimento, a massa m aparece nos dois lados e pode ser cancelada. Assim, a velocidade da garrafa corresponde a 8 dividido por 16, isto é, 0,5 m/s.

Logo, a alternativa correta é a) 0,5 m/s.

De acordo com o modelo atômico de Bohr, a energia permitida para o elétron no nível quântico n é negativa porque o elétron está ligado ao núcleo. Tomando como referência o estado fundamental, essa energia é dada por:

\[E_{0}\] \[E_{n} = – \frac{E_{0}}{n^{2}}\]

Nessa expressão, \(E_{n}\) representa a energia do elétron no nível n, e o sinal negativo indica que o elétron permanece ligado ao átomo. Para o hidrogênio, a energia do estado fundamental tem módulo igual a 13,6 eV, de modo que:

\[E_{n} = – \frac{13.6 e V}{n^{2}}\]

Para o nível fundamental, n = 1. Portanto, a energia do elétron nesse nível é:

\[E_{1} = – \frac{13.6 e V}{1^{2}}\]

Como \(1^{2}\) é igual a 1, resulta:

\[E_{1} = – 13.6 e V\]

Para o nível 2, substitui-se n = 2 na mesma expressão:

\[E_{2} = – \frac{13.6 e V}{2^{2}}\]

Como \(2^{2}\) é igual a 4, obtém-se:

\[E_{2} = – 3.4 e V\]

Na transição do nível 2 para o nível 1, o elétron passa para um estado de menor energia. A diferença entre os níveis é emitida na forma de um fóton. O módulo da variação de energia é calculado por:

\[\Delta E = – 3.4 e V – \left(- 13.6 e V\right)\]

Subtrair um número negativo equivale a somá-lo em módulo. Assim, a energia do fóton é:

\[\Delta E = 10.2 e V\]

O fóton emitido possui momento linear de módulo p = E/c. Como o átomo estava inicialmente em repouso, o momento linear total inicial do sistema átomo–fóton é nulo. Pela conservação da quantidade de movimento, o momento total final também deve ser nulo:

\[p_{\text{inicial}} = 0\] \[p_{\text{final}} = 0\]

Após a emissão, o momento final é a soma vetorial do momento do átomo, que recua, com o momento do fóton:

\[p_{\text{final}} = p_{\acute{a}\text{tomo}} + p_{\text{f}\acute{o}\text{ton}}\]

Os dois momentos têm sentidos opostos: o átomo se movimenta no sentido contrário ao fóton. Representando essa oposição de sentidos pelos sinais, o momento do átomo é \(- m_{H} \cdot v_{r}\), enquanto o momento do fóton tem módulo \(\frac{\Delta E}{c}\). Portanto:

\[0 = – m_{H} \cdot v_{r} + \frac{\Delta E}{c}\]

Isolando a velocidade de recuo, transfere-se o termo associado à velocidade para um lado da igualdade e divide-se pelo produto da massa do átomo pela velocidade da luz. Em seguida, é necessário converter a energia do fóton de elétron-volt para joule, usando 1 eV = 1,6 × 10⁻¹⁹ J:

\[v_{r} = \frac{\Delta E}{m_{H} \cdot c} = \frac{10.2 e V \cdot 1.6 \times 10^{- 19} \text{J} / e V}{1.66 \times 10^{- 27} k g 3 \times 10^{8} \text{m} / \text{s}}\]

A substituição utiliza a massa do átomo de hidrogênio, a velocidade da luz e a energia liberada na transição. O resultado numérico da divisão é:

\[v_{r} = 3.3 \text{m} / \text{s}\]

Assim, após emitir o fóton, o átomo de hidrogênio recua com velocidade aproximada de 3,3 m/s. Portanto, a alternativa correta é d) 3,3.