13.165 Uma bola A de 600 g move-se com velocidade de 6 \mathrm{~m} / \mathrm{s} de intensidade quando é atingida por uma bola B de 1 kg que tem velocidade de 4 \mathrm{~m} / \mathrm{s} de intensidade. Sabendo que o coeficiente de restituição é 0,8 e desprezando o atrito, determine a velocidade de cada bola após o impacto.

Passo 1

O enunciado pede: determinar a velocidade final de cada bola (A e B) após o impacto, sabendo as massas, as velocidades iniciais, e o coeficiente de restituição. As informações relevantes dadas (peguei os ângulos da figura) são:
  • massa de A: m_A=0,6\\ \text{kg};
  • massa de B: m_B=1,0\\ \text{kg};
  • velocidade inicial de A: v_A=6\\ \text{m/s};
  • velocidade inicial de B: v_B=4\\ \text{m/s};
  • coeficiente de restituição: e=0,8;
  • da imagem: a velocidade de A forma um ângulo de 40^\circ com a reta de centros (abaixo dela);
  • da imagem: a velocidade de B forma um ângulo de 50^\circ com a reta de centros (do lado oposto).
O que precisamos encontrar: as velocidades vetoriais finais de A e de B (módulo e direção) após o choque.

Passo 2

Estratégia física e matemática (passo-a-passo do raciocínio):
  • Num choque entre esferas sem atrito, a componente da velocidade ao longo da reta de centros (direção normal ao ponto de contato) muda devido ao choque; a componente perpendicular a essa reta (direção tangencial) permanece inalterada porque não há força tangencial (desprezamos atrito).
  • Portanto vamos decompor as velocidades iniciais em duas componentes: normal (ao longo da reta de centros) e tangencial (perpendicular a ela).
  • Na direção normal aplicamos duas equações:
    1. conservação do momento linear ao longo da reta de centros;
    2. definição do coeficiente de restituição e, que relaciona a velocidade relativa após e antes do choque na direção normal.
  • Resolvidas as componentes normais finais e sabendo que as tangenciais não mudam, recombinamos para obter as velocidades vetoriais finais (módulo e direção).
    Vou explicar cada fórmula quando usá-la, para você entender como aplicar na prova.

Passo 3

Escolha do sistema de eixos e decomposição das velocidades (mostro as fórmulas e ensino como projetar).
  • Defino o eixo normal x ao longo da reta de centros, apontando de A para B (positivo para a direita, do centro de A para o de B).
  • Defino o eixo tangencial y perpendicular à reta de centros (escolho positivo para baixo, apenas por conveniência).
  • Projeção de um vetor velocidade v que faz ângulo \theta com a reta de centros: v_n = v\cos\theta,\qquad v_t = v\sin\theta,onde v_n é a componente normal (positiva quando apontar na direção positiva do eixo x) e v_t é a componente tangencial (positiva para baixo no meu sistema).
  • Agora calculo as componentes iniciais (peguei os ângulos da imagem: \theta_A=40^\circ e \theta_B=50^\circ, conforme dito no Passo 1).
Cálculos numéricos (uso valores trigonométricos aproximados):
\cos 40^\circ\approx 0,7660,\quad \sin 40^\circ\approx 0,6428,
\cos 50^\circ\approx 0,6428,\quad \sin 50^\circ\approx 0,7660.
Para A (velocidade inicial v_A=6\\ \text{m/s}, fazendo 40^\circ com a reta, abaixo dela):
u_{A,n}=6\cos 40^\circ=6\cdot 0,7660=4,596\\ \text{m/s},
u_{A,t}=6\sin 40^\circ=6\cdot 0,6428=3,857\\ \text{m/s}.
(Como A se dirige para a reta de centros na direção positiva x, tomei u_{A,n} positivo.)
Para B (velocidade inicial v_B=4\\ \text{m/s}, fazendo 50^\circ com a reta, vindo do lado oposto):
  • a componente normal de B está dirigida para a esquerda (ou seja, no sentido negativo do eixo x), então eu atribuo sinal negativo:
u_{B,n}=-\,4\cos 50^\circ=-4\cdot 0,6428=-2,571\\ \text{m/s},
  • a componente tangencial de B está para cima (oposta ao sentido positivo escolhido para y), então:
u_{B,t}=-\,4\sin 50^\circ=-4\cdot 0,7660=-3,064\\ \text{m/s}.
Resumo das componentes iniciais:
u_{A,n}=4,596,\quad u_{A,t}=3,857,
u_{B,n}=-2,571,\quad u_{B,t}=-3,064\quad(\text{m/s}).

Passo 4

Equações na direção normal: conservação do momento e coeficiente de restituição. Vou explicar as fórmulas e aplicá-las.
  1. Conservação do momento linear (somente na direção normal):
m_A u_{A,n}+m_B u_{B,n}=m_A v_{A,n}'+m_B v_{B,n}',
onde v_{A,n}' e v_{B,n}' são as componentes normais finais que queremos.
  1. Coeficiente de restituição e (definição física):
  • e é a razão entre a velocidade relativa de separação e a velocidade relativa de aproximação, ao longo da normal. Com sinais e notação usada:
e=\frac{v_{B,n}'-v_{A,n}'}{u_{A,n}-u_{B,n}}.
(Explicação: antes do choque a velocidade relativa na direção normal é u_{A,n}-u_{B,n} — se positiva eles se aproximam; depois é v_{B,n}'-v_{A,n}' — se positiva eles se separam.)
Agora temos duas equações lineares para v_{A,n}' e v_{B,n}'. Uma forma direta de resolver é usar as fórmulas fechadas (que derivam dessas duas equações). Para massas m_A,m_B e u-s dados,
v_{A,n}'=\frac{m_A u_{A,n}+m_B u_{B,n}-m_B e\,(u_{A,n}-u_{B,n})}{m_A+m_B},
v_{B,n}'=\frac{m_A u_{A,n}+m_B u_{B,n}+m_A e\,(u_{A,n}-u_{B,n})}{m_A+m_B}.
(Se quiser, isso sai resolvendo o sistema linear formado pelas duas equações acima — na prova você pode deduzir rapidamente ou memorizar essas fórmulas.)
Aplicando os números:
  • cálculo do termo comum (momento inicial na normal):
m_A u_{A,n}+m_B u_{B,n}=0,6\cdot 4,596 + 1,0\cdot (-2,571)=2,7576-2,571=0,1866\\ \text{kg}\cdot\text{m/s}.
  • velocidade relativa de aproximação:
u_{A,n}-u_{B,n}=4,596-(-2,571)=7,167\\ \text{m/s}.
Agora as componentes normais finais:
v_{A,n}'=\frac{0,1866 - 1{,}0\cdot 0{,}8\cdot 7,167}{0,6+1{,}0} =\frac{0,1866-5,7336}{1{,}6} =\frac{-5,5470}{1{,}6}=-3,4669\\ \text{m/s},
v_{B,n}'=\frac{0,1866 + 0{,}6\cdot 0{,}8\cdot 7,167}{1{,}6} =\frac{0,1866+3,4402}{1{,}6} =\frac{3,6268}{1{,}6}=2,2667\\ \text{m/s}.
Interpretação dos sinais:
  • v_{A,n}'<0 significa que, após o choque, a componente normal de A inverteu-se e agora aponta para a esquerda (sentido negativo do eixo x).
  • v_{B,n}'>0 significa que B passa a ter componente normal para a direita (sentido positivo).

Passo 5

Componentes tangenciais finais e recomposição vetorial.
  • Como o choque é sem atrito, as componentes tangenciais não mudam:
v_{A,t}'=u_{A,t}=3,857\\ \text{m/s},\qquad v_{B,t}'=u_{B,t}=-3,064\\ \text{m/s}.
  • Agora recombino as componentes normal e tangencial para obter o módulo e a direção de cada velocidade final:
Para A:
v_A'=\sqrt{(v_{A,n}')^2+(v_{A,t}')^2} =\sqrt{(-3,4669)^2+(3,857)^2} =\sqrt{12,021+14,876} =\sqrt{26,897}=5,187\\ \text{m/s}.
Direção: o ângulo \phi_A que a velocidade final de A faz com a reta de centros (medido a partir da reta, sentido abaixo se o componente tangencial for positivo) é
\phi_A=\arctan\!\left(\frac{|v_{A,t}'|}{|v_{A,n}'|}\right)=\arctan\!\left(\frac{3,857}{3,4669}\right)\approx 48,06^\circ.
Como v_{A,n}'<0 e v_{A,t}'>0, A está agora saindo para a esquerda da reta de centros e com componente tangencial para baixo — isto é, para a esquerda formando 48,1^\circ abaixo da reta.
Para B:
v_B'=\sqrt{(v_{B,n}')^2+(v_{B,t}')^2} =\sqrt{(2,2667)^2+(-3,064)^2} =\sqrt{5,139+9,389} =\sqrt{14,528}=3,811\\ \text{m/s}.
Direção:
\phi_B=\arctan\!\left(\frac{|v_{B,t}'|}{|v_{B,n}'|}\right)=\arctan\!\left(\frac{3,064}{2,2667}\right)\approx 53,68^\circ.
Como v_{B,n}'>0 e v_{B,t}'<0, B segue para a direita da reta de centros com componente tangencial para cima — isto é, para a direita formando 53,7^\circ acima da reta.

Passo 6

Resumo interpretativo (rápido e motivador):
  • A componente normal trocou de sinal em A (ela ricocheteou e agora sai para o outro lado da linha de centros), enquanto B passou a deslocar-se para o sentido oposto com velocidade normal positiva. As componentes tangenciais não mudaram, por isso os ângulos finais não são os mesmos dos iniciais, mas são obtidos pela recombinação que fizemos.
  • Você consegue repetir esse procedimento em qualquer choque oblíquo entre esferas: decompor, aplicar conservação do momento e e na normal, deixar a tangencial inalterada, recompor.

Resposta

v_A'=5,187\\ \text{m/s} para a esquerda formando 48,06^\circ abaixo da reta de centros.
v_B'=3,811\\ \text{m/s} para a direita formando 53,68^\circ acima da reta de centros.

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