Exercício Resolvido de Choques

Uma bala de massa 15 g choca-se com um bloco de madeira de massa 2,985 kg, suspenso horizontalmente por dois fios, a bala se aloja no bloco e o conjunto sobe 5 cm em relação à posição inicial, considere que os fios permaneçam paralelos. . Determinar:
a) A velocidade da bala ao atingir o bloco;
b) A velocidade adquirida pelo sistema bala-bloco;
c) A energia perdida no choque.

Dados do problema:

Massa da bala: m = 15 g;
Massa do bloco: M = 2,985 kg;
Altura que o sistema sobe após o choque: h = 5 cm;
Aceleração da gravidade: g = 9,8 m/s².

Solução

Em primeiro lugar devemos converter a massa da bala, dada em gramas (g), para quilogramas (kg) e a altura a que se eleva o sistema, dada em centímetros (cm), para metros (m) utilizados no Sistema Internacional (S.I.)

\[ \begin{gather} m=15\;\cancel{\mathrm{g}}.\frac{1.10^{-3}\;\mathrm{kg}}{1\;\cancel{\mathrm{g}}}=1,5.10.10^{-3}\;\mathrm{kg}=1,5.10^{-2}\;\mathrm{kg}\\[10pt] h=5\;\cancel{\mathrm{cm}}.\frac{1.10^{-2}\;\mathrm{m}}{1\;\cancel{\mathrm{cm}}}=5.10{-2}\;\mathrm{cm} \end{gather} \]

a) Aplicando o Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento e o Princípio da Conservação da Energia Mecânica ao sistema antes e depois do choque da bala contra o bloco (Figura 1).

Conservação da Quantidade de Movimento:

Antes do choque a bala de massa m, possui velocidade v_b e o bloco, de massa M está em repouso, v_B = 0. Imediatamente após o choque o sistema bala-bloco, de massa m+M, possui velocidade V. Então a quantidade de movimento antes do choque \( \left( Q_{i} \right) \) deve ser igual à quantidade de movimento depois do choque \( \left( Q_{f} \right) \).

Figura 1

\[ \begin{gather} Q_{i}=Q_{f}\\[5pt] mv_{b}+Mv_{B}=(m+M)V\\[5pt] mv_{b}+M.0=(m+M)V\\[5pt] mv_{b}=(m+M)V\\[5pt] v_{b}=\frac{m+M}{m}V \tag{I} \end{gather} \]

Conservação da Energia Mecânica:

Adotamos um Nível de Referência (N.R.) no meio do bloco em repouso. No momento do choque o sistema bala-bloco possui energia cinética \( \left( E_{c i} \right) \) e a energia potencial \( \left( E_{p i} \right) \) é nula, a altura em relação à referência é zero (Figura 1). Quando o sistema atinge a altura máxima o sistema possui energia potencial \( \left( E_{p f} \right) \) e a energia cinética \( \left( E_{c f} \right) \) é nula, a velocidade do sistema é igual à zero (o sistema para por um instante antes de voltar).

Figura 2

igualando a energia mecânica \( \left( E_{m} \right) \) do sistema no momento do choque e no momento que atinge a altura máxima

\[ \begin{gather} E_{m i}=E_{m f}\\[5pt] E_{c i}+E_{p i}=E_{c f}+E_{p f}\\[5pt] \frac{(m+M)V^{2}}{2}+(m+M)g.0=\frac{(m+M).0^{2}}{2}+(m+M)gh\\[5pt] \frac{\cancel{(m+M)}V^{2}}{2}=\cancel{(m+M)}gh\\[5pt] \frac{V^{2}}{2}=gh\\[5pt] V^{2}=2gh\\[5pt] V=\sqrt{2gh\;} \tag{II} \end{gather} \]

substituindo a equação (II) na equação (I)

\[ \begin{gather} v_{b}=\frac{m+M}{m}\sqrt{2gh\;}\\[5pt] v_{b}=\frac{0,015+2,985}{0,015}.\sqrt{2.9,8.0,05\;}\\[5pt] v_{b}=\frac{3}{0,015}.\sqrt{0,98\;}\\[5pt] v_{b}=\frac{3}{0,015}.0,99 \end{gather} \]

\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {v_{b}=198\;\mathrm{m/s}} \end{gather} \]

b) Da equação (II) temos de imediato que

\[ \begin{gather} V=\sqrt{2.9,8.0,05\;}\\[5pt] V=\sqrt{0,98\;} \end{gather} \]

\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {V=0,99\;\mathrm{m/s}} \]

c) Aplicando novamente o Princípio da Conservação da Energia Mecânica, antes do choque a bala possui energia cinética \( \left( {_{i}E_{cb}} \right) \) e sua energia potencial \( \left( {_{i}E_{pb}} \right) \) é nula, sua altura em relação ao Nível de Referência é zero. As energias cinética e potencial do bloco \( \left( {_{i}E_{cB}} \;\text{e}\; {_{i}E_{pB}} \right) \) são nulas, sua velocidade é igual à zero e sua altura em relação ao Nível de Referência é igual à zero.
Durante o choque parte da energia inicial é dissipada \( \left( E_{\small D} \right) \), esta energia dissipada deverá ser somada a energia mecânica final do sistema, e o que sobra faz o sistema bala-bloco oscilar, então no momento que o sistema atinge a altura máxima sua energia cinética \( \left( {_{f}E_{c}} \right) \) será nula, a velocidade do sistema é zero e toda a energia restante estará na forma de energia potencial \( \left( {_{f}E_{p}} \right) \).

Figura 3

Pela Figura 3

\[ \begin{gather} E_{m i}=E_{m f}+E_{\small D}\\[5pt] {_{i}E_{cb}}+{_{i}E_{pb}}+{_{i}E_{c\small B}}+{_{i}E_{p\small B}}={_{f}E_{c}}+{_{f}E_{p}}+E_{\small D}\\[5pt] \frac{mv_{b}^{2}}{2}+mgh+\frac{MV_{\small B}^{2}}{2}+Mgh=\frac{(m+M)V^{2}}{2}+(m+M)gh+E_{\small D}\\[5pt] \frac{mv_{b}^{2}}{2}+mg.0+\frac{M.0^{2}}{2}+Mg.0=\frac{(m+M).0^{2}}{2}+(m+M)gh+E_{\small D}\\[5pt] \frac{mv_{b}^{2}}{2}=(m+M)gh+E_{\small D}\\[5pt] E_{\small D}=\frac{mv_{b}^{2}}{2}-(m+M)gh\\[5pt] E_{\small D}=\frac{0,015.198^{2}}{2}-(0,015+2,985).9,8.0,05\\[5pt] E_{D}=294,03-1,47 \end{gather} \]

\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {E_{D}=295,5\;\mathrm{J}} \end{gather} \]

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