Exercícios de Impulso de uma força com resolução comentada

O impulso recebido pelo projétil é determinado pela variação de sua quantidade de movimento. Como o cálculo considera a velocidade inicial do projétil e a variação de velocidade indicada é de 180 m/s, utiliza-se a relação entre impulso, quantidade de movimento, massa e variação da velocidade:

A expressão utilizada é:

\[I = ΔQ = mΔv\]

Nessa expressão, I representa o impulso, medido em N·s; ΔQ representa a variação da quantidade de movimento; m é a massa do projétil, em quilogramas; e Δv é a variação da velocidade, em metros por segundo.

A massa fornecida é 0,50 g. Como a unidade compatível com a velocidade em m/s é o quilograma, converte-se grama para quilograma:

\[I = 0.5 \cdot 10^{- 3} \cdot 180\]

Assim, a massa utilizada no cálculo é 0,5 × 10⁻³ kg. Substituindo esse valor e a variação da velocidade de 180 m/s na relação do impulso, obtém-se:

\[I = 0.09 \text{N} \cdot s\]

Portanto, a intensidade do impulso recebido pelo projétil é 0,09 N·s. Logo, a alternativa correta é a).

Adota-se como sentido positivo o sentido da velocidade final da bola, isto é, o sentido em que ela se afasta da raquete após a rebatida. Como a bola chegou à raquete em sentido contrário, sua velocidade inicial terá sinal negativo nesse referencial.

O impulso está relacionado à variação da quantidade de movimento pelo teorema do impulso. Como a massa permanece constante, a variação da quantidade de movimento pode ser escrita em função da diferença entre as velocidades final e inicial. Assim:

\[\begin{array}{l}I = ΔQ = Q_{\text{fi}} – Q = m \left(v_{\text{fi}} – v\right) \\ 3.9 Ns = 60 \cancel{g} \cdot \frac{1 \text{kg}}{10^{3} \cancel{g}} \left(35 \text{m} / \text{s} – v_{i}\right)\end{array}\] \[v_{i} = 35 \text{m} / \text{s} – \frac{3.9 Ns \cdot 10^{3}}{60 \text{kg}} = 35 \text{m} / \text{s} – 65 \text{m} / \text{s} v_{=} – 30 \text{m} / \text{s} = \left|v_{i}\right| = 30 \text{m} / \text{s}\]

A massa de 60 g deve ser convertida para quilogramas, pois o impulso foi informado em N·s e as velocidades em m/s. Portanto, utiliza-se 60 g = 0,060 kg. A velocidade inicial obtida é negativa porque a bola se deslocava no sentido oposto ao sentido escolhido como positivo. Como a pergunta solicita o módulo da velocidade, considera-se apenas seu valor absoluto:

|v_i| = 30 m/s

Logo, a velocidade com que a bola chegou à raquete tinha módulo de 30 m/s, correspondente à alternativa c).

O impulso recebido pelo avião durante a decolagem pode ser determinado pelo teorema do impulso e da quantidade de movimento. Esse teorema estabelece que o impulso resultante é igual à variação da quantidade de movimento do corpo:

\[I = \Delta Q = m \Delta v\]

Nessa relação, I representa o impulso, ΔQ é a variação da quantidade de movimento, m é a massa do avião e Δv é a variação de sua velocidade. Como o avião parte do repouso, sua velocidade inicial é igual a zero. A massa informada é de 72 toneladas, e, como cada tonelada corresponde a 10³ kg, a massa deve ser expressa no Sistema Internacional como 72⋅10³ kg. Assim, a variação da velocidade é a diferença entre a velocidade final, 80 m/s, e a velocidade inicial, 0 m/s:

\[I = 72 \cdot 10^{3} \cdot \left(80 – 0\right)\]

O produto da massa pela variação da velocidade fornece a variação da quantidade de movimento. A unidade resultante é kg⋅m/s, equivalente a N⋅s, que é a unidade de impulso. Efetuando a multiplicação, obtém-se:

\[I \cong 5.8 \cdot 10^{6} \text{N} \cdot S\]

Portanto, o impulso recebido pelo avião durante a decolagem é aproximadamente 5,8×10⁶ N⋅s. Esse valor corresponde à alternativa c).

Referencial e variação da velocidade

Escolhe-se como sentido positivo o sentido do movimento da lança antes da colisão. Assim, a velocidade inicial é 15 m/s. Como, após atingir a parede, o robô recua no sentido contrário, sua velocidade final deve ser considerada negativa: −3 m/s.

A mudança de sentido é importante porque a variação da velocidade não corresponde apenas à diferença entre os módulos das velocidades. Nesse caso, a velocidade varia de 15 m/s para −3 m/s, produzindo uma variação total de módulo 18 m/s.

Cálculo da força média durante a colisão

Para determinar a força média exercida durante o impacto, utiliza-se o teorema do impulso. O impulso resultante sobre o robô é igual à variação de sua quantidade de movimento. Como a colisão ocorre durante um intervalo de tempo muito curto, considera-se a força média atuante nesse intervalo:

\[\overset{\rightarrow}{I} = \left|\overset{\rightarrow}{\Delta Q}\right|\] \[F \cdot \overset{\rightarrow}{\Delta t} = \left|\overset{\rightarrow}{m} \cdot \overset{\rightarrow}{v_{f}} – \overset{\rightarrow}{m} \cdot v_{\rightarrow}\right|\] \[F = \frac{m \cdot \left|v_{f} – v_{i}\right|}{\Delta t}\]

Nessas expressões, I representa o impulso, ΔQ representa a variação da quantidade de movimento, F é o módulo da força média, m é a massa do robô, v_i e v_f são, respectivamente, as velocidades inicial e final, e Δt é a duração da colisão.

Os dados já estão, em sua maioria, no Sistema Internacional. É necessário apenas converter o tempo de colisão de milissegundos para segundos. Como 1 ms corresponde a 10⁻³ s, o intervalo de 9 ms é escrito como 9 · 10⁻³ s. Substituindo a massa de 18 kg, a velocidade inicial de 15 m/s, a velocidade final de −3 m/s e o intervalo de tempo de 9 · 10⁻³ s:

\[F = \frac{m \cdot \left|v_{f} – v_{i}\right|}{\Delta t} = \frac{18 k g \cdot \left|- 3 – 15\right| m / \text{s}}{9 \cdot 10^{- 3} \text{s}}\] \[F = 36 \cdot 10^{3} \text{N}\]

O módulo da variação da velocidade é obtido por |−3 − 15| = 18 m/s. Portanto, a força média do impacto é 36 · 10³ N, ou seja, 36 000 N.

Cálculo da pressão

A pressão média é definida como a razão entre o módulo da força perpendicular à superfície e a área sobre a qual essa força atua:

\[P = \frac{F}{A} = \frac{36 \cdot 10^{3} \text{N}}{1 \cdot 10^{- 6} \left( m\right)^{2}}\] \[P = 3.6 \cdot 10^{10} P a\]

Na substituição, a área foi convertida de milímetros quadrados para metros quadrados: 1 mm² = 1 · 10⁻⁶ m². Como a ponta da lança possui área extremamente pequena, a força obtida concentra-se em uma superfície reduzida, resultando em uma pressão muito elevada.

Logo, a pressão exercida pela lança sobre a parede é 3,6 · 10¹⁰ Pa. Portanto, a alternativa correta é A.

Entre os instantes \(0\) e \(20\,\text{s}\), o impulso resultante sobre a moto é numericamente igual à área sob o gráfico da força em função do tempo. Como essa região é triangular, com base de \(20\,\text{s}\) e altura de \(10\,\text{N}\), calcula-se:

\[I = \frac{20 \cdot 10}{2} = 100 \text{N} \cdot s\]

Esse impulso corresponde à variação da quantidade de movimento da moto. Como ela parte do repouso, sua velocidade inicial é V₀ = 0. Portanto, aplicando a relação entre impulso e quantidade de movimento, obtemos a velocidade V₁ atingida no instante \(20\,\text{s}\):

\[I = \left(m V\right)_{1} – \left(m V\right)_{0}\] \[100 = 160 \left( V\right)_{1} – 0\] \[\left( V\right)_{1} = 0.625 \text{m} / \text{s}\]

Logo, a moto possui velocidade de \(0{,}625\,\text{m/s}\) no instante \(20\,\text{s}\). De acordo com o Gráfico II, entre \(20\,\text{s}\) e \(25\,\text{s}\), a velocidade varia linearmente de \(0{,}625\,\text{m/s}\) até \(0\,\text{m/s}\). Assim, a aceleração nesse intervalo é constante e pode ser determinada pela razão entre a variação da velocidade e a variação do tempo:

\[a = \frac{\Delta V}{\Delta t} = \frac{0 – 0.625}{25 – 20} = – 0.125 \text{m} / s^{2}\]

O sinal negativo indica que a velocidade está diminuindo, isto é, a moto realiza um movimento retardado. Para determinar a velocidade no instante \(23\,\text{s}\), consideramos que se passaram \(3\,\text{s}\) desde o instante \(20\,\text{s}\). Usando a equação da velocidade no movimento uniformemente variado:

\[v_{2} = v_{1} + \text{at}\] \[v_{2} = 0.625 – 0.125 \cdot 3\] \[v_{2} = 0.25 \text{m} / \text{s}\]

Portanto, no instante \(23\,\text{s}\), a velocidade da moto é \(0{,}25\,\text{m/s}\), enquanto no instante \(25\,\text{s}\) ela é nula. A variação da quantidade de movimento entre esses instantes é dada pela quantidade de movimento final menos a quantidade de movimento inicial:

\[\Delta Q = m \left(0 – V_{2}\right)\] \[\Delta Q = 160 \cdot \left(- 0.25\right)\] \[\Delta Q = – 40 k g \cdot m / \text{s}\]

O resultado negativo indica que a quantidade de movimento diminuiu no intervalo considerado, pois a moto estava se deslocando com velocidade positiva no instante \(23\,\text{s}\) e chega ao repouso no instante \(25\,\text{s}\). Portanto, a resposta correta é a alternativa e) – 40,0.

[I] Correta. Como a velocidade manteve o mesmo módulo, seu valor numérico não mudou. Entretanto, a atuação de uma força externa paralela ao plano do movimento pode alterar a direção do vetor velocidade. Nesse caso, a força deve ter componente perpendicular à velocidade instantânea, pois uma componente perpendicular modifica a direção do movimento sem alterar imediatamente o módulo da velocidade. Portanto, a direção da velocidade sofreu alteração.

[II] Correta. A quantidade de movimento de um objeto é uma grandeza vetorial definida por:

\[Q = m v\]

Nessa expressão, m representa a massa do objeto e v representa o vetor velocidade. Como não há indicação de alteração da massa e o módulo da velocidade permaneceu constante, o módulo da quantidade de movimento também permaneceu inalterado. Embora a direção do vetor quantidade de movimento tenha mudado junto com a direção da velocidade, seu módulo continuou o mesmo.

[III] Correta. A força externa aplicada durante certo intervalo de tempo produz um impulso. Pelo teorema do impulso, o impulso da força resultante é igual à variação da quantidade de movimento:

\[I_{F} = \Delta Q\]

Assim, mesmo que o módulo da quantidade de movimento permaneça constante, sua direção pode mudar. Essa mudança vetorial caracteriza uma variação da quantidade de movimento e é causada pelo impulso da força externa.

[IV] Incorreta. Se a força for perpendicular à direção inicial do movimento, ela produzirá uma aceleração perpendicular ao movimento inicial. Para analisar a trajetória, considere um sistema de coordenadas no plano xOy, com o eixo x paralelo à velocidade inicial e o eixo y perpendicular a ela. Nesse sistema, a força atua na direção do eixo y, como indicado pelas expressões a seguir.

Na direção x, não há aceleração associada à força considerada; portanto, o movimento é uniforme. A posição horizontal é dada pelo produto entre a velocidade constante v e o tempo t:

\[Eixo x\] \[x = vt\]

Isolando o tempo nessa relação, obtém-se:

\[t = \frac{x}{v}\]

Essa é a expressão (I), que permite substituir o tempo em função da posição x.

Na direção y, a força constante produz uma aceleração constante. Pela segunda lei de Newton, a aceleração é determinada pela razão entre a força e a massa:

\[\text{Eixo}\textrm{ } y\] \[\begin{cases} \begin{matrix}F = ma & a = \frac{F}{m} \left(II\right)\end{matrix} \\ \begin{matrix}y = \frac{a}{2} t^{2} & (\text{III})\textrm{ }\end{matrix} \end{cases}\]

Substituindo a expressão da aceleração, \(a = \frac{F}{m}\), na equação da posição vertical, e depois substituindo o tempo pela expressão \(t = \frac{x}{v}\), resulta:

\[y = \frac{F}{2 \text{m}} \left(\frac{x}{v}\right)^{2}\]

Efetuando a simplificação algébrica, chega-se a:

\[y = \frac{F}{2 mv} x^{2}\]

Como F, m e v são constantes, y é proporcional ao quadrado de x. Uma relação desse tipo representa uma parábola, e não uma circunferência. Portanto, a nova trajetória descrita será um arco de parábola, tornando a afirmativa IV incorreta.

Conclui-se que as afirmativas corretas são I, II e III. Logo, a alternativa correta é a) Apenas I, II e III.

I. Falsa. Como a massa do bloco permanece constante, a aceleração é determinada pela segunda lei de Newton, F_R = ma. Portanto, se o módulo da força resultante varia com o tempo, o módulo da aceleração também varia. Assim, a velocidade não varia de maneira uniforme, e o movimento não é uniformemente variado. O bloco realiza um movimento retilíneo, pois a força é paralela ao plano e mantém direção constante, mas esse movimento é não uniformemente variado.

II. Falsa. Para determinar a velocidade do bloco no instante t = 6 s, utiliza-se o impulso da força resultante. Numericamente, o impulso corresponde à área sob o gráfico força resultante versus tempo. Entre 0 s e 6 s, essa área tem a forma de um triângulo, com base igual a 6 s e altura igual a 12 N. Logo:

\[I = \frac{12 \text{N} \cdot 6 \text{s}}{2} = 36 \text{N} \cdot s\]

O valor obtido, 36 N⋅s, é o impulso total da força resultante no intervalo considerado. Pelo teorema do impulso e da quantidade de movimento, o impulso é igual à variação da quantidade de movimento:

\[I = \Delta Q = m \left(v – v_{0}\right)\] \[36 = 4 \left(v – 0\right)\] \[v = 9 \text{m} / \text{s}\]

Como o bloco parte do repouso, v₀ = 0. Substituindo a massa de 4 kg na relação entre impulso e variação da quantidade de movimento, obtém-se velocidade de módulo igual a 9 m/s, e não 18 m/s. Portanto, a afirmativa II é falsa.

III. Verdadeira. O trabalho realizado pela força resultante é determinado pelo teorema da energia cinética. Esse teorema afirma que o trabalho da força resultante é igual à variação da energia cinética do bloco:

\[\tau = ΔE_{c} = \frac{m}{2} \left(v^{2} – v_{0}^{2}\right)\] \[\tau = \frac{4}{2} \left(9^{2} – 0^{2}\right)\] \[\tau = 162 \text{J}\]

Na substituição, foram utilizados m = 4 kg, velocidade inicial v₀ = 0 e velocidade final v = 9 m/s. Assim, o trabalho realizado pela força resultante entre 0 s e 6 s é igual a 162 J. Portanto, a afirmativa III é verdadeira.

Somente a afirmativa III está correta. Logo, a alternativa correta é e) III.

O movimento até a parede ocorre na direção horizontal, com velocidade constante, pois não há aceleração horizontal antes da colisão. Assim, o intervalo de tempo entre o lançamento e a colisão é obtido pela razão entre a distância até a parede e a componente horizontal da velocidade inicial:

\[Δt = \frac{d}{v_{0 x}} = \frac{5 \text{m}}{10 \text{m} / \text{s}} = 0.5 \text{s}\]

Portanto, o objeto leva 0,5 s para alcançar a parede. Durante esse tempo, sua velocidade vertical é produzida pela aceleração da gravidade. Como o objeto parte com velocidade vertical inicial nula, aplica-se a relação da velocidade em um movimento uniformemente acelerado, v_y = gt:

\[v_{0 y} = g t = 10 \cdot 0.5\]

Substituindo a aceleração da gravidade e o tempo de queda, resulta:

\[v_{0 y} = 5 \text{m} / \text{s}\]

Logo, imediatamente antes da colisão, a componente vertical da velocidade tem módulo 5 m/s e aponta para baixo. Durante a colisão, a parede exerce uma força normal horizontal sobre o objeto. Como existe atrito cinético, também atua uma força de atrito vertical, contrária ao movimento vertical do objeto. O impulso de cada força é igual à variação da quantidade de movimento na respectiva direção:

\[\begin{cases} I_{y} = ΔQ_{y} \\ I_{x} = ΔQ_{x} \end{cases}\]

Na direção vertical, o módulo da força de atrito cinético é μN, enquanto, na direção horizontal, a força normal tem módulo N. Como a força normal é constante durante o intervalo de colisão, os impulsos podem ser escritos como força multiplicada pelo tempo de atuação. Usando a massa de 100 g, que corresponde a 0,1 kg, ela se cancela ao dividir as duas relações:

\[\begin{cases} μNΔt = m \left(v_{y} + v_{0 y}\right) \\ NΔt = m \left(v_{x} + v_{0 x}\right) \end{cases} \div \mu = \frac{v_{y} + v_{0 y}}{v_{x} + v_{0 x}}\]

Na expressão horizontal, a velocidade inicial é 10 m/s e a velocidade final, após o retorno, é −8 m/s. O sinal negativo indica que o objeto passou a se mover no sentido oposto ao movimento inicial. Na expressão vertical, utiliza-se a velocidade vertical de 5 m/s obtida antes da colisão e a componente vertical final desconhecida. Substituindo esses valores e o coeficiente de atrito μ = 0,1:

\[\begin{array}{l}0.1 = \frac{v_{y} + 5}{10 – \left(- 8\right)} \\ 1.8 = v_{y} + 5\end{array}\]

Assim, a componente vertical final é negativa, pois o atrito reduz a velocidade vertical durante a interação com a parede. O que se pede, entretanto, é o módulo dessa componente, isto é, seu valor sem considerar o sinal:

\[\left|v_{y}\right| = 3.2 \text{m} / \text{s}\]

Portanto, o módulo da velocidade vertical imediatamente após a colisão é 3,2 m/s. A alternativa correta é c).

O movimento vertical do dispositivo é independente do movimento horizontal. Assim, para determinar o tempo de queda, analisamos apenas a componente vertical, enquanto a separação entre as partes será calculada pela diferença entre seus deslocamentos horizontais.

1. Queda do dispositivo antes da explosão

O dispositivo é abandonado, portanto sua velocidade vertical inicial é nula. A distância vertical percorrida em queda livre durante os primeiros \(t = 2 \text{s}\) é dada pela equação do movimento uniformemente acelerado, considerando a aceleração da gravidade:

\[y = \frac{g \cdot t_{0}^{2}}{2} = \frac{10 \text{m} / s^{2} \left(2 \text{s}\right)^{2}}{2}\]

Substituindo \(g = 10 \text{m} / s^{2}\) e \(t = 2 \text{s}\), obtemos:

\[y = 20 \text{m}\]

Logo, nos 2,0 s que antecedem a explosão, o dispositivo desce 20 m. Como foi lançado a 80 m de altura, a altura em relação ao solo no instante da explosão é:

\[h = 80 \text{m} – 20 \text{m}\]

Portanto:

\[h = 60 \text{m}\]

2. Tempo total de queda

Para calcular o tempo total que o dispositivo levaria desde o lançamento até atingir o solo, usamos novamente a relação da queda livre. Nesse cálculo, \(h\) representa a altura inicial de 80 m:

\[h = \frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2}\]

Isolando o tempo, multiplicamos os dois lados por 2, dividimos por \(g\) e extraímos a raiz quadrada:

\[t_{1} = \sqrt{\frac{2 \text{h}}{g}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 80 \text{m}}{10 \text{m} / s^{2}}} = \sqrt{16 s^{2}}\]

Assim:

\[t_{1} = 4 \text{s}\]

O dispositivo explode após 2 s de queda. Portanto, o tempo que resta desde a explosão até o momento em que as partes atingem o solo é:

\[t_{2} = 4 \text{s} – 2 \text{s}\]

Logo:

\[t_{2} = 2 \text{s}\]

3. Velocidades horizontais das partes

Antes da explosão, o dispositivo mantém a velocidade horizontal da aeronave. É necessário converter 1800 km/h para m/s, utilizando o fator de conversão \(\frac{1 \text{m} / \text{s}}{3.6 k m / \text{h}}\):

\[v_{0} = 1800 k m / \text{h} \cdot \frac{1 \text{m} / \text{s}}{3.6 k m / \text{h}}\]

Desse modo:

\[v_{0} = 500 \text{m} / \text{s}\]

Na explosão, as duas partes adquirem velocidades de 100 m/s em sentidos opostos em relação ao centro de massa. Como as partes possuem massas iguais, o centro de massa continua realizando o movimento que o dispositivo teria sem a explosão. Assim, uma parte passa a ter sua velocidade aumentada em 100 m/s, enquanto a outra tem sua velocidade reduzida em 100 m/s.

Para a parte que se move no mesmo sentido da aeronave:

\[v_{1} = 500 \text{m} / \text{s} + 100 \text{m} / \text{s}\]

Portanto:

\[v_{1} = 600 \text{m} / \text{s}\]

Para a parte que se move no sentido contrário ao impulso da explosão, a velocidade horizontal fica 100 m/s menor:

\[v_{2} = 500 \text{m} / \text{s} – 100 \text{m} / \text{s}\]

Assim:

\[v_{2} = 400 \text{m} / \text{s}\]

4. Separação horizontal até o impacto

Após a explosão, cada parte dispõe de 2 s para se deslocar horizontalmente até o solo. Como as velocidades horizontais são constantes, aplicamos a relação entre deslocamento, velocidade e tempo.

Para a parte 1:

\[x_{1} = v_{1} \cdot t_{2} = 600 \text{m} / \text{s} \cdot 2 \text{s}\]

Logo:

\[v_{1} = 1200 \text{m}\]

Para a parte 2:

\[x_{2} = v_{2} \cdot t_{2} = 400 \text{m} / \text{s} \cdot 2 \text{s}\]

Portanto:

\[x_{1} = 800 \text{m}\]

A separação entre os pontos de impacto é a diferença entre os deslocamentos horizontais das duas partes, pois ambas partem do mesmo ponto no instante da explosão:

\[\Delta x = x_{1} – x_{2} = 1200 \text{m} – 800 \text{m}\]

Assim:

\[\Delta x = 400 \text{m}\]

Portanto, a distância de separação entre as partes quando elas tocam o solo é de 400,0 m, correspondente à alternativa d).

As alturas máximas atingidas pela bola antes e depois do repique permitem determinar os módulos das velocidades imediatamente antes e imediatamente depois do contato com o chão. Para isso, aplica-se a conservação da energia mecânica durante o movimento da bola fora do intervalo de contato com o solo. No ponto mais alto, a velocidade é nula; portanto, a energia potencial gravitacional nesse ponto é igual à energia cinética imediatamente antes ou depois do choque.

Velocidade imediatamente antes do choque

Considere h₀ = 0,8 m a altura inicial da bola. Ao cair, a energia potencial gravitacional transforma-se em energia cinética. A massa aparece nos dois lados da igualdade e, por isso, pode ser simplificada.

\[E_{pg \left(antes\right)} = E_{c \left(antes\right)}\] \[\overline{\left.\right)m} \cdot g \cdot h_{0} = \frac{\overline{\left.\right)m} \cdot \left(v_{0}\right)^{2}}{2}\] \[10 \cdot 0.8 = \frac{\left(v_{0}\right)^{2}}{2}\] \[v_{0} = \sqrt{16} v_{0} = 4 \text{m} / \text{s}\]

Logo, o módulo da velocidade imediatamente antes do contato é 4 m/s. Como a bola está descendo nesse instante, adotando o sentido para cima como positivo, sua velocidade é representada por −4 m/s.

Velocidade imediatamente depois do choque

Depois do repique, a bola sobe até a altura máxima de 0,45 m. Nesse trecho, sua energia cinética logo após o contato transforma-se em energia potencial gravitacional. Novamente, a massa pode ser simplificada.

\[E_{pg \left(depois\right)} = E_{c \left(depois\right)}\] \[\overline{\left.\right)m} \cdot g \cdot h_{1} = \frac{\overline{\left.\right)m} \cdot \left(v_{1}\right)^{2}}{2}\] \[10 \cdot 0.45 = \frac{\left(v_{1}\right)^{2}}{2}\] \[v_{1} = \sqrt{9} v_{1} = 3 \text{m} / \text{s}\]

Assim, o módulo da velocidade logo depois do contato é 3 m/s. Como a bola está subindo, essa velocidade é positiva: +3 m/s.

Aplicação do teorema do impulso

O impulso da força resultante durante o contato é igual à variação da quantidade de movimento. A força média é representada por F_m, o intervalo de contato por Δt, a massa por m e as velocidades inicial e final do contato por v₀ e v₁, respectivamente.

\[I = \Delta Q\] \[F_{m} \cdot \Delta t = m \left(v_{0} – v_{1}\right)\]

O gráfico fornece o tempo de contato como 1 × 10⁻³ s. Como a velocidade antes do choque é negativa e a velocidade depois do choque é positiva, a variação de velocidade em módulo corresponde a 4 − (−3) = 7 m/s. A massa da bola é 100 g, isto é, 0,1 kg.

\[F _{m } \cdot 1 \times 10 ^{- 3 } \text{s} = 0 , 1 k g \left(4 \text{m} / \text{s} – \left(- 3 \text{m} / \text{s} \right)\right)\] \[F _{m } = \frac{0 , 1 k g \left(7 \text{m} / \text{s} \right)}{1 \times 10 ^{- 3 } \text{s} } \text{F} _{m } = 700 \text{N}\]

Portanto, a força média de contato exercida pelo chão sobre a bola é aproximadamente 700 N. A alternativa correta é e) 700,0.