Introdução ao estudo de Choque dePartículas ou Colisões. “Choques Frontais ou Diretos” e “Choques Oblíquos”. Observação I ... Sobre Choque Mecânico ou Colisão. ► No esquema da figura acima, pode-se observar que o choque se caracteriza pela troca de fortes forças em “um curto intervalo de tempo”. Assim, são exemplos de choques ou colisões: 1) “o chute numa bola de futebol”. 2) “o saque no voleibol”. 3) “rebatida em uma bola de beisebol”. 4) “encontro entre duas bolas de bilhar,etc”. As fases durante o choque: Deformação e Restituição. Do esquema acima, observa-se que a fase de “deformação” tem início no instante t i em que eles se tocam. Nesta fase, a energia cinética inicial ( ECinicial) dos corpos converte-se total ou parcialmente, em energia sonora, térmica e potencial elástica. A fase de deformação termina no instante to em que a vrel entre os corpos se anula.A partir daí tem-se o início da fase “restituição” que termina quando os corpos se separam, isto é, no instante tf quando então a energia cinética final dos corpos torna-se ECfinal , ao terminar a colisão. “Observação II ... sobre Choque de Partículas” Durante a colisão as partículas vão trocar fortes forças de “ação e reação”, e portanto podemos desprezar as forças externas .Assim, o sistema é Isolado, então : QANTES = QDEPOIS m A⋅v A+ ► EM QUALQUER COLISÃO. , m B⋅v P =m A⋅v A + , m B⋅v P Lembrança de Velocidade Relativa Vrel. ◘ Velocidade Relativa de Aproximação vaprox. v REL v REL v REL APROX APROX APROX ∣v REL ◘ Velocidade Relativa de Afastamento vafast. v REL v REL v REL =v A −v B =( −60 ) −40 =−100 km/h APROX AFAST =v A −v B AFAST AFAST ∣v REL ∣=100 km/h. AFAST =+ 60−40 =+ 20 km/h . ∣=20 km/h. Método Prático para se obter o valor em Módulo. . Exercício de Aplicação No esquema das figuras. isto é.VB em cada » um dos casos abaixo : . VREL = VA . determine as velocidades relativas entre as partículas A e B . O Coeficiente de Restituição ( e ) Suponha que um carrinho se aproxime frontalmente de uma parede com velocidade de 10 m/s e. . Portanto. houve perda de energia cinética nessa colisão. após o choque . retorne se afastando da parede com velocidade de 6 m/s. o carrinho tem uma restituição de apenas 60 % do valor absoluto da velocidade relativa que possuía antes do choque. conforme o esquema abaixo: → Observe que após o choque . e= ∣ AFAST ∣v REL APROX ∣ .Coeficiente de Restituição ( e ) É definido como sendo o quociente entre a velocidade IvafastI e ∣v REL a velocidade IvaproxI. a quantidade de movimento total sempre se conserva. III – Choque Inelástico. Assim. num sistema isolado. Essa variação da energia cinética será analisada na medida em que estudarmos cada um dos tipo de choques.Observação : Em qualquer tipo de colisão. mas a energia cinética total do sistema pode variar. . as colisões poderão ser de três tipos importantes : I – Choque Elástico ou Perfeitamente Elástico. II – Choque Parcialmente Elástico . isto porque na fase de deformação.“Colisão Elástica” ou Perfeitamente Elástica Ocorre quando ( e = 1). = VAPROX . daí : VAFAST. a energia “cinética” do sistema se transforma apenas em energia “elástica”. e=1 . além da conservação da quantidade de movimento. Neste tipo de choque.Observação Colisão Elástica ou Perfeitamente Elástica . . há também a conservação da energia cinética total dos corpos antes e depois da colisão . e o coeficiente de restituição é unitário : e = 1. em que não ocorre deformação permanente dos corpos. Conceitualmente . a energia cinética do sistema se conserva . é importante lembrar que ….. Em uma colisão elástica. ECantes ECdepois 12 Joules . Estão indicados os módulos e os sentidos das velocidades de A e B antes da colisão. (a) Calcule o coeficiente de restituição e. realizam uma colisão unidimensional. que se efetua num plano horizontal sem atrito.Exercício de Aplicação I No esquema da figura. (b) Calcule a relação mA / mB . duas partículas A e B. (-2) + mB.5 + mB. mB mA / m B = 9 / 7 .(-3) = mA.μB = mA.vB mA.μA + mB.Solução Considerando as figuras : a) e = ( vB + vA ) : ( μA + μB ) e=(6+2):(5+3) e = 1 ► elástico a) Q ANTES = QDEPOIS mA.6 7.vA + mB. mA = 9 . . ..◘ Choque Elástico de Partículas de Mesma Massa.... . .. . . vA vB μA μB Do esquema acima: Q antes=Q depois m⋅μ A+ m⋅μ B =m⋅v A + m⋅v B v A+ v B= μ A+ μ B ( 1) Por outro lado : Re solvendo: e= v B−v A μ A −μ B v A=μ B . .. ► =1 ⇒ v B −v A =μ A −μ B ( 2 ) portanto permuta de . . . v B= μ A haverá velocidades.. e. . Exemplos de choques elásticos com permuta de velocidades : . ...No choque parcialmente elástico . 0 < e < 1 .. determine em cada caso.o valor do “coeficiente de restituição” e o “tipo de choque”.Exercício de Aplicação Nas figuras acima. . 6 ( parcialmente elástico ) .Solução a) e = IVAFI (b) e = IVAFI ׃IV I AP ׃IV I AP ► ( 8 – 2) : (8 – 2) ►e = 1 → ( elástico ) ► ( 4 + 2 ) : ( 2+ 8) ׃ ►e = 0. . que percorrem um mesmo trilho reto com velocidades μA = 15 m/s e μB = 5 m/s : μA μB Se o choque mecânico que ocorre entre eles tem coeficiente de restituição 0... .......2 ....... e v B = . respectivamente.Exercício II A figura a seguir representa dois carrinhos A e B de massas m e 3m...quais serão as velocidades escalares após a colisão ? Resp: vA = .. vA + 3m .5 = m . 15 + 3m .vB m .Solução μA QANTES = QDEPOIS mA.μB = mA.vA + mB.μA + mB.vA = 2 Resolvendo o sistema: vA = 6 m/s e vB = 8 m/s .vB 15 + 15 = vA + 3 vB vA +3vB = 30 Assim: μB e = IVAFI : IVAPI 0.2 = (vB – vA) : ( 15 – 5) vB – vA = 2 vA + 3vB = 30 v B . Os valores das velocidades das partículas antes e depois do choque estão representados no esquema dado na figura abaixo: (a) Determine a velocidade de B imediatamente após o choque. antes do choque e depois do choque. (b) Qual foi o tipo de choque? (c) Calcule a energia cinética do sistema . .Exercício III Duas partículas A e B realizam um choque direto. ( elástico ) 3 .Solução Da figura dada: Q ANTES =Q DEPOIS m A⋅μ A + m B⋅μ B =m A⋅v A + m B⋅v B 2⋅5+ 1⋅2=2⋅3+ 1⋅v B ⇒v B =6m /s . 2⋅( 5 ) 1⋅( 2 ) EC = + =27 j ANTES 2 2 2⋅( 3 2) 1⋅( 62 ) EC = + =27 J DEPOIS 2 2 2 2 ∣6−3∣ e= ∣5−2∣ 3 e= ⇒ e=1 . e isto irá colaborar para o não armazenamento de energia elástica.não existirá a fase de restituição.por esta razão o nome inelástico . Assim: .“Colisão μA μ B =0 Inelástica” ► e=0 v Neste caso. Observe porque e = 0 no Choque Inelástico : ∣v REL APROX ∣=∣80+ 60∣=140 km/h . e ∣v REL Logo: AFAST ∣v REL e= ∣v REL ∣=0 ∣ AFAST APROX 0 ⇒e= =0 ∣ 140 . Pelo fato de os corpos permanecerem unidos (juntos) após uma uma colisão totalmente inelástica.Observação II sobre o Choque Inelástico. Por esta razão. não existe a fase de restituição e portanto apenas ocorrerá a fase de deformação . teremos neste choque EC depois< EC antes . Exercício de Aplicação 01 . Solução Da figura.⇒ Re sp :( d ). F 0 2 . vem que: Q ANTES =Q DEPOIS m⋅v0 + m⋅0=2m⋅v f ⇒ v f = v0 2 Assim : 2 v 1 1 1 2 2 0 E C = ⋅m⋅v 0 ¿⋅¿⋅¿ E C F = ⋅2m⋅v f ⇒ E C F = ⋅2m⋅ 0 2 2 2 4 Finalmente: 1 E C = ⋅EC . a energia cinética dissipada no ato da interação vale: (a) 500 J (b) 800 J (c) 1000 J (d) 1200 J (e) 400 J . Sabendo-se que a colisão foi totalmente inelástica.EXERCÍCIO 02 Uma partícula de massa m está com energia cinética de 1200 J quando colide com outra partícula de massa 2m inicialmente em repouso . . ⇒Re sp:(b )... . e. .. . . .. v A=v B=v . e .. .Solução μ A=v 0 .. m.. μB=0 (inelástico ). . .. .. f f f E DISSIPADA =400−1200=−800 J .. E C 2m Q antes= √ 2⋅mi⋅E C = √ 2⋅m⋅1200 i Qdepois =√ 2⋅m f ¿ E C =√ 2⋅3m⋅E C f f igualando : 2⋅m⋅1200=2⋅3m⋅E C ⇒ 3⋅E C =1200 ⇒ E C =400 J .(e=0 ).. Da figura dada: 2 Q Assim : EC = ⇒ Q=√ 2 ... . . . . Qual das seguintes alternativas expressa uma conclusão correta a partir da análise do gráfico? choque parcialmente elástico ( ) choque elástico ( ) .Exercício 03 No gráfico .estão representados os valores das quantidades de movimento de duas esferas que colidem frontalmente em um plano horizontal. .25 8 Choque Parcialmente Elástico.Solução VRELAPROX 6 2 8 VRELAFAST 1 3 2 Assim : e 2 e 0. Exercício 4 Um saco de areia de massa 5 kg está em repouso. g = 10 m/s2 . qual deverá ser a velocidade v0 ao atingir o saco de areia? . Admitindo-se no local .Ele é atingido horizontalmente por uma bala que possui massa de 8g sem atravessá-lo e então sofre uma elevação de uma altura H = 15 cm em relação à sua posição inicial. suspenso por um fio de massa desprezível. 008 .15 v0 v0 1084m / s.008 5) 2 10 0. 0.Solução Temos então que: Qantes Qdepois m v0 M 0 (m M ) v (m M ) v v0 m Por outro lado : 1 (m M ) v 2 (m M ) g H 2 v2 2 g H Substituindo : (m M ) 2 g H v0 m (0. Com base no gráfico.estão representadas as velocidades de duas partículas A e B. (b) A força média trocada na ocasião da colisão. .Exercício 05 No gráfico abaixo.sabendo que a massa de A vale 7 kg. determine : (a) A massa de B. que se chocam sobre uma mesa horizontal e sem atrito. Δt = mB.(0) + mB.( ΔvB ) Fm .( 5 + 2 ) Fm = 28.Solução Analisando o gráfico : QANTES = QDEPOIS mA.μA + mB.5 (2 + 5) .000 N .vB 7.( 9 – 7).10-3 = 8 .μB = mA.(-2) = 7. 8 + mB.mB = 56 ► mB = 8 kg I = ΔQB Fm .vA + mB. . Solução Antes do choque : QP0 m v0 Q X 0 Q P0 QD0 3 m v0 QY0 Q D0 Depois do choque: Q 2f (Q X f ) 2 (Q y f ) 2 Q 2f (m v 0 ) 2 (3 m v 0 ) 2 Q 2f m 2 v 02 9 m 2 v02 Q f 10 m v0 Re sp : B . O esquema da figura abaixo. Pede-se determinar a velocidade v após o choque . . indicando a sua direção θ em relação ao eixo dos x. mostra dois pontos materiais que vão interagir inelasticamente na origem do sistema cartesiano. 4) v v 2.4 5 v .4 5 QB0 QY0 12kg m / s Depois do choque : Q 2f Q X2 f QY2f Q 2f 5 2 12 2 13kg m / s Mas : Q f ( m A m B ) v 13 ( 2 2.Antes do choque : Q A0 m A v A 2 2.95m / s finalmente : tg QY f QX f 12 tg 2.5 Q A0 Q X 0 5kg m / s QB0 m B v B 2. Após se chocar com o solo pela primeira vez. Determine o coeficiente de restituição do choque ( e ) em função das alturas h e H em relação ao solo. Considere um corpo de massa m.Choques com Superfícies Rígidas e Imóveis. .o corpo atinge uma altura máxima h . que seja abandonado de uma certa altura H do solo. A Solução D O coeficiente é dado por: Vdepois V AFAST e V APROX Vantes Por outro lado: antes: B depois: E PA EC B ECC E PD 1 2 m g H m v antes 2 v antes 2 g H 1 2 m v depois mg h 2 v depois 2 g h C substituindo vem : e e 2 g h 2 g H h H . . Solução Da figura : v antes 2 gH v antes 2.9. 14 . Q m v depois m v antes 2.1 14 v depois 11.1 v depois 0.8.2 e 0.52 0.8. e v depois 0 v antes 0 v depois v antes 11.10 14m / s.2m / s. que atinge o bloco e nele ficando incrustada.Na figura dada abaixo. temos uma massa M = 132 kg que se encontra em repouso. Nestas condições. determine a máxima deformação sofrida pela mola. 10 4 N/m e que pode se deslocar sem atrito sobre a mesa em que está apoiada. presa a uma mola de constante elástica k = 1. . Atira-se uma bala na horizontal de massa m = 12 g e com velocidade v 0 = 200 m/s.6 . 6⋅10 ⋅x ⇒ x=0.7 m/s. Após a incrustação e até a deformação máxima da mola. 2 2 =0 .7) = ⋅1. 05 m⇒ x=5 cm.Solução v depois v final Da figura : Q antes=Q depois m⋅v0 + 0=(m+ M )⋅v depois 12⋅200+ 0=(12+ 132)⋅v depois v depois=16 .teremos: 1 1 2 ⋅(m+ M )⋅v depois= ⋅k⋅x 2 2 2 1 2 1 4 2 ⋅144⋅(16 . chocando-se com frontalmente com a esfera N . a partir do repouso. .com velocidade de 4 m/s. sem atrito. perfeitamente liso.conforme a figura abaixo. Considerando g = 10 m/s2 e o choque elástico. Atinge o plano horizontal.Uma esfera M é abandonada. no ponto A de um plano inclinado. que está inicialmente parada e que tem massa duas vezes maior que M.pede-se determinar a altura h do ponto A em relação ao plano horizontal e a velocidade de N após o choque. h 42 = 2.vN 4 = (vN – 4) + 2.1 = ( vN – vM) ► vM = (vN – 4) Finalmente: mM.8 m (μM – μN) .μM + mN.vN ► vN = 8 / 3 m/s . e = ( vN – vM) (4 – 0) .h ► h = 0.g.h = ½ .(vN – 4) + 2m. 0 = m.μN = mM.g.vN m .(vM) + mN.m.EA = Eantes do choque m.μM 2 μM2 = 2. 4 + m .10. da posição indicada na figura. Uma pequena esfera A é abandonada do repouso. após a colisão terá valor: (a) 2 m/s (b) 4 m/s (c) 8 m/s (d) 16 m/s (e) 1 m/s . colide elasticamente com o prisma. Sabe-se que imediatamente à colisão.após ocorrer uma queda livre. temos um plano horizontal sem atrito e um bloco B . Nestas condições. que possui a forma de um prisma triangular. a esfera A tem velocidade horizontal. e . Despreze o efeito do ar e adote g = 10 m/s2. em repouso. A massa do prisma B é o dobro da massa da esfera A .Na figura abaixo. a velocidade adquirida pelo prisma B. vem: 2⋅v 2B+ 4⋅v 2B=2⋅10⋅1 . ( II ) .. . . ..em. ( I ) .. . 2 2 6⋅v B=24 ⇒ v B=2m/ s..Solução Da figura ao lado: QB DEPOIS =Q A DEPOIS 2⋅m⋅v B=m⋅v A ⇒ v A =2⋅v B ( I ) Assim : m⋅g⋅H =E C + EC B A 1 2 1 2 m⋅g⋅H = ⋅2m⋅v B + ⋅m⋅v A 2 2 ( II ) Substituindo . ocorre durante t segundos e a esfera é refletida na direção horizontal pelo bloco que se apoia rigidamente no solo. . determine o módulo da força resultante F que atua sobre a esfera na colisão. tem massa m e colide comum bloco de aço após percorrer a distância h . Nestas condições.A esfera de aço acima. A colisão é totalmente elástica. Solução E POTINICIAL E C 1 m g h m v2 2 v 2 gh v v F v Assim : Q ANTES m Q DEPOIS m 2 gh 2 gh Finalmente : F t Q Q Q 2 m gh 2m gh F t .