Exercício Resolvido de Choques
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Duas bolas absolutamente elásticas, de massas m1 e m2 e velocidades v1 e v2 respectivamente, chocam-se frontalmente, suas velocidades estão na direção da linha que une os seus centros. Determinar as velocidades das bolas após o choque nos casos:
a) A velocidade da segunda bola antes do choque é igual a zero;
b) As massas das bolas são iguais.


Dados do problema:
  • Massa da bola 1:    m1;
  • Massa da bola 2:    m2;
  • Velocidade inicial da bola 1:    v1;
  • Velocidade inicial da bola 2:    v2.
Esquema do problema:

Adotamos um sistema de referência orientado para a direita, com a velocidade da bola 1 no mesmo sentido do referencial (v1 > 0) e a velocidade da bola 2 no sentido contrário (v2 < 0), Figura 1.

Figura 1

Solução

Como o choque é elástico a quantidade de movimento e a energia cinética do sistema se conservam. Assim escrevemos as equações para as bolas 1 e 2 nas situações inicial e final.
A quantidade de movimento é dada por
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {Q=mv} \]
A energia cinética é dada por
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {E_{c}=\frac{mv^{2}}{2}} \]
Antes do choque
\[ \begin{gather} Q_{1i}=m_{1}v_{1} \tag{I} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} Q_{2i}=m_{2}v_{2} \tag{II} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} E_{1i}^{c}=\frac{m_{1}v_{1}^{2}}{2} \tag{III} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} E_{2i}^{c}=\frac{m_{2}v_{2}^{2}}{2} \tag{IV} \end{gather} \]
Depois do choque
\[ \begin{gather} Q_{1f}=m_{1}v_{1f} \tag{V} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} Q_{2f}=m_{2}v_{2f} \tag{VI} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} E_{1f}^{c}=\frac{m_{1}v_{1f}^{2}}{2} \tag{VII} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} E_{2f}^{c}=\frac{m_{2}v_{2f}^{2}}{2} \tag{VIII} \end{gather} \]
Usando o Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento com as equações (I) e (II), antes do choque, e as equações (V) e (VI), depois do choque
\[ \begin{gather} Q_{i}=Q_{f}\\ m_{1}v_{1}-m_{2}v_{2}=m_{1}v_{1f}+m_{2}v_{2f} \tag{IX} \end{gather} \]
Usando o Princípio da Conservação da Energia com as equações (III) e (IV), antes do choque, e as equações (VII) e (VIII), depois do choque
\[ \begin{gather} E_{i}^{c}=E_{f}^{c}\\ \frac{m_{1}v_{1}^{2}}{\cancel{2}}+\frac{m_{2}v_{2}^{2}}{\cancel{2}}=\frac{m_{1}v_{1f}^{2}}{\cancel{2}}+\frac{m_{2}v_{2f}^{2}}{\cancel{2}}\\ m_{1}v_{1}^{2}+m_{2}v_{2}^{2}=m_{1}v_{1f}^{2}+m_{2}v_{2f}^{2} \tag{X} \end{gather} \]
As equações (IX) e (X) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas (v1f e v2f)
\[ \left\{ \begin{matrix} \;m_{1}v_{1}-m_{2}v_{2}=m_{1}v_{1f}+m_{2}v_{2f}\\ \;m_{1}v_{1}^{2}+m_{2}v_{2}^{2}=m_{1}v_{1f}^{2}+m_{2}v_{2f}^{2} \end{matrix} \tag{XI} \right. \]
a) Fazendo v2 = 0 no sistema (XI)
\[ \begin{gather} \left\{ \begin{matrix} \;m_{1}v_{1}-m_{2}.0=m_{1}v_{1f}+m_{2}v_{2f}\\ \;m_{1}v_{1}^{2}+m_{2}.0^{2}=m_{1}v_{1f}^{2}+m_{2}v_{2f}^{2} \end{matrix} \right. \\[5pt] \left\{ \begin{matrix} \;m_{1}v_{1}=m_{1}v_{1f}+m_{2}v_{2f}\\ \;m_{1}v_{1}^{2}=m_{1}v_{1f}^{2}+m_{2}v_{2f}^{2} \end{matrix} \right. \end{gather} \]
isolando o valor de v2f na primeira equação
\[ \begin{gather} m_{2}v_{2f}=m_{1}v_{1}-m_{1}v_{1f}\\ v_{2f}=\frac{1}{m_{2}}(m_{1}v_{1}-m_{1}v_{1f}) \tag{XII} \end{gather} \]
e substituindo na segunda
\[ \begin{gather} m_{1}v_{1}^{2}=m_{1}v_{1f}^{2}+m_{2}\left[\frac{1}{m_{2}}(m_{1}v_{1}-m_{1}v_{1f})\right]^{2}\\ m_{1}v_{1}^{2}=m_{1}v_{1f}^{2}+\cancel{m_{2}}\frac{1}{m_{2}^{\cancel{2}}}(m_{1}v_{1}-m_{1}v_{1f})^{2} \end{gather} \]
o termo entre parênteses do lado direito da igualdade é um Produto Notável do tipo \( (a-b)^{2}=a^{2}-2ab+b^{2} \)
\[ \begin{gather} m_{1}v_{1}^{2}=m_{1}v_{1f}^{2}+\frac{1}{m_{2}}\left(m_{1}^{2}v_{1}^{2}-2m_{1}^{2}v_{1}v_{1f}+m_{1}^{2}v_{1f}^{2}\right) \tag{XIII} \end{gather} \]
multiplicando a equação (XIII) por m2
\[ \begin{gather} \qquad \qquad \qquad m_{1}v_{1}^{2}=m_{1}v_{1f}^{2}+\frac{1}{m_{2}}\left(m_{1}^{2}v_{1}^{2}-2m_{1}^{2}v_{1}v_{1f}+m_{1}^{2}v_{1f}^{2}\right)\ \ \ \ \ \ \ \ (\;\times m_{2}\;)\\ \; m_{1}m_{2}v_{1}^{2}=m_{1}m_{2}v_{1f}^{2}+m_{1}^{2}v_{1}^{2}-2m_{1}^{2}v_{1}v_{1f}+m_{1}^{2}v_{1f}^{2}\\ \; \cancel{m_{1}}m_{2}v_{1}^{2}=\cancel{m_{1}}\left( m_{2}v_{1f}^{2}+m_{1}v_{1}^{2}-2m_{1}v_{1}v_{1f}+m_{1}v_{1f}^{2}\right)\\ m_{2}v_{1}^{2}=m_{2}v_{1f}^{2}+m_{1}v_{1}^{2}-2m_{1}v_{1}v_{1f}+m_{1}v_{1f}^{2} \end{gather} \]
coletando os termos em \( v_{1f} \) e \( v_{1f}^{2} \)
\[ \left(m_{2}+m_{1}\right)v_{1f}^{2}-2m_{1}v_{1}v_{1f}+m_{1}v_{1}^{2}-m_{2}v_{1}^{2}=0 \]
Esta é uma Equação do 2.º Grau do tipo   \( ax^{2}+bx+c=0 \)   onde a incógnita é o valor desejado v1f.

Solução de   \( \underbrace{\left(m_{2}+m_{1}\right)}_{a}\underbrace{v_{1f}^{2}}_{x^{2}}-\underbrace{2m_{1}v_{1}}_{b}\underbrace{v_{1f}}_{x}+\underbrace{m_{1}v_{1}^{2}-m_{2}v_{1}^{2}}_{c}=0 \)
\[ \underbrace{\left(m_{2}+m_{1}\right)}_{a}\underbrace{v_{1f}^{2}}_{x^{2}}-\underbrace{2m_{1}v_{1}}_{b}\underbrace{v_{1f}}_{x}+\underbrace{m_{1}v_{1}^{2}-m_{2}v_{1}^{2}}_{c}=0 \]
\[ \begin{array}{l} \Delta=b^{2}-4ac=\left(-2m_{1}v_{1}\right)^{2}-4\left(m_{2}+m_{1}\right)\left(m_{1}v_{1}^{2}-m_{2}v_{1}^{2}\right)\\ \Delta=4m_{1}^{2}v_{1}^{2}-4\left(m_{1}m_{2}v_{1}^{2}-m_{2}^{2}v_{1}^{2}+m_{1}^{2}v_{1}^{2}-m_{1}m_{2}v_{1}^{2}\right)\\ \Delta=4m_{1}^{2}v_{1}^{2}-4\left(-m_{2}^{2}v_{1}^{2}+m_{1}^{2}v_{1}^{2}\right)\hfill\\ \Delta=4m_{1}^{2}v_{1}^{2}+4m_{2}^{2}v_{1}^{2}-4m_{1}^{2}v_{1}^{2}\\ \Delta =4m_{2}^{2}v_{1}^{2}\\[10pt] v_{1f}=\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta \;}}{2a}=\dfrac{-\left(-2m_{1}v_{1}\right)\pm\sqrt{4m_{2}^{2}v_{1}^{2}\;}}{2(m_{1}+m_{2})}\\ v_{1f}=\dfrac{2m_{1}v_{1}\pm2m_{2}v_{1}}{2(m_{1}+m_{2})}\\ v_{1f}=\dfrac{m_{1}v_{1}+m_{2}v_{1}}{(m_{1}+m_{2})}\ \ \ \text{ou}\ \ \ v_{1f}=\dfrac{m_{1}v_{1}-m_{2}v_{1}}{(m_{1}+m_{2})} \end{array} \]
\[ \begin{gather} v_{1f}=\frac{(m_{1}+m_{2})}{(m_{1}+m_{2})}v_{1}\\ v_{1f}=v_{\;1} \tag{XIV} \end{gather} \]
\[ \text{ou} \\ \]
\[ v_{1f}=\frac{(m_{1}-m_{2})}{(m_{1}+m_{2})}v_{1} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {v_{1f}=\frac{(m_{1}-m_{2})}{(m_{1}+m_{2})}v_{1}} \]
substituindo esta solução na expressão (XII)
\[ \begin{gather} v_{2f}=\frac{1}{m_{2}}\left[m_{1}v_{1}-m_{1}\frac{\left(m_{1}-m_{2}\right)}{(m_{1}+m_{2})}v_{1}\right]\\[5pt] v_{2f}=\frac{1}{m_{2}}\left[\frac{m_{1}v_{1}(m_{1}+m_{2})-m_{1}\left(m_{1}-m_{2}\right)v_{1}}{(m_{1}+m_{2})}\right]\\[5pt] v_{2f}=\frac{1}{m_{2}}\left[\frac{m_{1}^{2}v_{1}+m_{1}m_{2}v_{1}-m_{1}^{2}v_{1}+m_{1}m_{2}v_{1}}{(m_{1}+m_{2})}\right]\\[5pt] v_{2f}=\frac{1}{m_{2}}\left[\frac{2m_{1}m_{2}v_{1}}{(m_{1}+m_{2})}\right]\\[5pt] v_{2}=\frac{m_{2}}{m_{2}}\left[\frac{2m_{1}v_{1}}{(m_{1}+m_{2})}\right] \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {v_{2f}=\frac{2m_{1}v_{1}}{(m_{1}+m_{2})}} \]
Figura 2

Se m1 > m2, a velocidade final da bola 1 será positiva (v1f > 0), pois m1m2 > 0, a velocidade final da bola 2 também será positiva (v2f > 0). Isto significa que após o choque a bola 1 continua se deslocando no mesmo sentido da trajetória com velocidade menor e a bola 2, que estava em repouso, começa a se deslocar no mesmo sentido (Figura 2-A).
Se m1 < m2, a velocidade final da bola 1 será negativa (v1f < 0), pois m1m2 < 0, a velocidade final da bola 2 será positiva (v2f > 0). Isto significa que a bola 1 que se deslocava no mesmo sentido da trajetória inverte seu movimento após o choque e volta contra a orientação da trajetória, a bola 2 começa a se deslocar favor da orientação da trajetória (Figura 2-B).
Substituindo a solução (XIV) na expressão (XII)
\[ \begin{gather} v_{2f}=\frac{1}{m_{2}}(m_{1}v_{1}-m_{1}v_{1})\\ v_{2f}=\frac{1}{m_{2}}.0\\ v_{2f}=0 \tag{XV} \end{gather} \]
Observação: As soluções (XIV) e (XV) não foram utilizadas, pois, apresentam uma impossibilidade física. A bola 1 continuaria com sua velocidade a favor da orientação da trajetória e a bola 2 continuaria em repouso, não haveria choque, a bola 1 seria uma “bola fantasma” passando uma através da bola 2 (Figura 3).
Figura 3


b) Fazendo m1 = m2 = m no sistema (XI)
\[ \begin{gather} \left\{ \begin{matrix} \;\cancel{m}v_{1}-\cancel{m}v_{2}=\cancel{m}v_{1f}+\cancel{m}v_{2f}\\ \;\cancel{m}v_{1}^{2}+\cancel{m}v_{2}^{2}=\cancel{m}v_{1f}^{2}+\cancel{m}v_{2f}^{2} \end{matrix} \right. \\[5pt] \left\{ \begin{matrix} \;v_{1}-v_{2}=v_{1f}+v_{2f}\\ \;v_{1}^{2}+v_{2}^{2}=v_{1f}^{2}+v_{2f}^{2} \end{matrix} \right. \end{gather} \]
isolando o valor de v2f na primeira equação
\[ \begin{gather} v_{2f}=v_{1}-v_{2}-v_{1f} \tag{XVI} \end{gather} \]
e substituindo na segunda equação
\[ v_{1}^{2}+v_{2}^{2}=v_{1f}^{2}+(v_{1}-v_{2}-v_{1f})^{2} \]
o termo entre parênteses do lado direito da igualdade é do tipo \( (a-b-c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}-2ab-2ac+2bc \)
\( (a-b-c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}-2ab-2ac+2bc \)
aplicando à expressão acima
\[ v_{1}^{2}+v_{2}^{2}=v_{1f}^{2}+v_{1}^{2}-2v_{1}v_{2}-2v_{1}v_{1f}+v_{2}^{2}+2v_{2}v_{1f}+v_{1f}^{2} \]
Observação: Na dúvida podemos multiplicar diretamente os dois termos
\[ \begin{array}{l} \begin{array}{l} v_{1}-v_{2}-v_{1f}\\ v_{1}-v_{2}-v_{1f} \end{array}\\ \hline \begin{alignat}{4} & v_{1}^{2} & - & v_{1}v_{2} & - & v_{1}v_{1f}\\ & & - & v_{1}v_{2} & & & + & v_{2}^{2} & + & v_{2}v_{1f}\\ & & & & - & v_{1}v_{1f} & & & + & v_{2}v_{1f} & + & v_{1f}^{2}\\ \hline & v_{1}^{2} & - & 2 v_{1}v_{2} & - & 2 v_{1}v_{1f} & + & v_{2}^{2} & + & 2 v_{2}v_{1f} & + & v_{1f}^{2} \end{alignat}\\ \end{array} \]
\[ \begin{gather} \cancel{v_{1}^{2}}+\cancel{v_{2}^{2}}=\cancel{v_{1}^{2}}-2v_{1}v_{2}-2v_{1}v_{1f}+\cancel{v_{2}^{2}}+2v_{2}v_{1f}+v_{1f}^{2}\\ 0=v_{1f}^{\;2}-2v_{1}v_{2}-2v_{1}v_{1f}+2v_{2}v_{1f}+v_{1f}^{2} \end{gather} \]
coletando os termos em \( v_{1f} \) e \( v_{1f}^{2} \)
\[ 2v_{1f}^{;2}+\left(2v_{2}-2v_{1}\right)v_{1f}-2v_{1}v_{2}=0 \]
Esta é uma Equação do 2.º Grau do tipo \( ax^{2}+bx+c=0 \) onde a incógnita é o valor desejado v1f.

Solução de   \( \underbrace{2}_{a}\underbrace{v_{1f}^{2}}_{x^{2}}+\underbrace{\left(2v_{2}-2v_{1}\right)}_{b}\underbrace{v_{1f}}_{x}-\underbrace{2v_{1}v_{2}}_{c}=0 \)
\( \underbrace{2}_{a}\underbrace{v_{1f}^{2}}_{x^{2}}+\underbrace{\left(2v_{2}-2v_{1}\right)}_{b}\underbrace{v_{1f}}_{x}-\underbrace{2v_{1}v_{2}}_{c}=0 \)
\[ \begin{array}{l} \Delta=b^{2}-4ac=\left(2v_{2}-2v_{1}\right)^{2}-4.2\left(-2v_{1}v_{2}\;\right)\\ \Delta=4v_{2}^{2}-8v_{1}v_{2}+4v_{1}^{2}-8\left(-2v_{1}v_{2}\right)\\ \Delta =4v_{1}^{2}-8v_{1}v_{2}+4v_{2}^{2}+16v_{1}v_{2}\\ \Delta=4v_{1}^{2}+8v_{1}v_{2}+4v_{2}^{2}\\ \Delta=4\left(v_{1}^{2}+2v_{1}v_{2}+v_{2}^{2}\right) \end{array} \]
o termo entre parênteses é um Produto Notável do tipo \( (a^{2}+2ab+b^{2})=(a+b)^{2} \)
\[ \begin{gather} \Delta =4\left(v_{1}+v_{2}\right)^{2} \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \\{\,}\\ v_{1f}=\frac{-b\pm \sqrt{\Delta }}{2a}=\frac{-\left(2v_{2}-2v_{1}\right)\pm \sqrt{4\left(v_{1}+v_{2}\right)^{2}}}{2.2}\\ v_{1f}=\frac{2\left(v_{1}-v_{2}\right)\pm 2\left(v_{1}+v_{2}\right)}{2.2}\\ v_{1f}=\frac{v_{1}-v_{2}+(v_{1}+v_{2})}{2}\ \ \ \text{ou}\ \ \ v_{1f}=\frac{v_{1}-v_{2}-(v_{1}+v_{2})}{2}\\ v_{1f}=\frac{v_{1}-v_{2}+v_{1}+v_{2}}{2}\ \ \ \text{ou}\ \ \ v_{1f}=\frac{v_{1}-v_{2}-v_{1}-v_{2}}{2}\\ v_{1f}=\frac{2}{2}v_{\;1}\ \ \ \text{ou}\ \ \ v_{1f}=\frac{-{2}}{2}v_{\;2} \end{gather} \]
\[ \begin{gather} v_{1f}=v_{1} \tag{XVII} \end{gather} \]
\[ \text{ou} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {v_{1f}=-v_{2}} \]
substituindo esta solução na expressão (XVI)
\[ \begin{gather} v_{2f}=v_{1}-v_{2}-(-v_{2})\\ v_{2f}=v_{1}-v_{2}+v_{2} \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {v_{2f}=v_{1}} \]
Neste caso as bolas “trocam” suas velocidades, a bola 1 volta contra a orientação da trajetória com o módulo da sua velocidade igual ao módulo da velocidade da bola 2, enquanto a bola 2 volta a favor da trajetória com o módulo da sua velocidade igual ao módulo da velocidade da bola 1 (Figura 4).
Figura 4

Substituindo a solução (XVII) na expressão (XVI)
\[ \begin{gather} v_{2f}=v_{1}-v_{2}-v_{1}\\ v_{2f}=-v_{2} \tag{XVIII} \end{gather} \]
Observação: As soluções (XVII) e (XVIII) não foram utilizadas, pois, apresentam uma impossibilidade física. A bola 1 continuaria com sua velocidade a favor da orientação da trajetória e a bola 2 continuaria com sua velocidade contra a orientação da trajetória, não haveria choque, seriam duas “bolas fantasmas” passando uma através da outra (Figura 5).
Figura 5
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