Problemas Aula 1.8 - Colisões

Como a colisão é inelástica, teremos, pela conservação do momento angular que:

$m_1v_1 = (m_1+m_2)v$

Logo:

$v = \dfrac{m_1 v_1}{m_1 + m_2}$

Por fim, calculando a energia dissipada:

$\Delta E = \dfrac{m_1 v_1^2}{2}- \dfrac{(m_1+m_2)v^2}{2}$

Simplificando:

$\boxed{\Delta E = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2}\dfrac{m_1 v_1^2}{2} }$

$\boxed{\Delta E = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2}\dfrac{m_1 v_1^2}{2} }$

Nesse caso, após colidir com a parede, a bola de basquete retornará com velocidade $v$ e, após isso, colidirá com a bola de gude, de modo que, pela conservação de momento linear:

$Mv - mv = Mv_M + mv_m$

Como a colisão é elástica, $e = 1$, então:

$v_m - v_M = 2v$

Ou seja:

$v_M = v_m - 2v$

Assim:

$(3M - m)v = (M+m)v_m$

Como $M >> m$, teremos:

$3Mv \approx Mv_m$

Logo:

$v_M \approx 3 v$

De tal modo, é de imediato, que:

$\boxed{\Delta S = 3v \sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$

$\boxed{\Delta S = 3v \sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$

(a) Como não há forças externas (como a interação com o gramado), podemos conservar o momento linear na horizontal:

$p_0 = p$

$mv_0 = (M+m)v$

Em que definimos $m$ como sendo a massa do jogador inicialmente em movimento, $M$ a massa do jogador inicialmente em repouso, $v_0$ a velocidade inicial e $v$ a velocidade final. Note que consideramos a colisão inelástica já que os jogadores passam a se mover juntos após o impacto. Dessa forma, temos:

$\boxed{M=126\,\textrm{kg}}$

(b) Para calcular a energia dissipada, basta encontra a variação de energia cinética, já que nenhuma parcela se transforma em potencial:

$\Delta E = \dfrac{1}{2}(M+m)v^2-\dfrac{1}{2}mv_0^2$

Numericamente encontramos:

$\boxed{\Delta E\approx -1360\,\textrm{J}}$

(a) $\boxed{M=126\,\textrm{kg}}$

(b) $\boxed{\Delta E\approx -1360\,\textrm{J}}$

Chamaremos aqui de $M$ a massa da bola de basquete e $m$ a massa da bola de tênis. Considere o instante em que a bola de basquete bate no chão, temos ambas as bolas com velocidade:

$v_{0}=\sqrt{2gh}$

Após a colisão da bola de basquete com o solo seu movimento é invertido e a mesma colide com a bola de tênis. Adotaremos como para cima o sentido positivo de velocidades. Conservando o momento nessa colisão, temos:

$\left(M-m\right)\sqrt{2gh}=MV+mv$

Pelo coeficiente de restituição:

$v-V=2\sqrt{2gh} \rightarrow v=V+2\sqrt{2gh}$

Substituindo $v$, obtemos:

$\left(M-m\right)\sqrt{2gh}=\left(M+m\right)V+2m\sqrt{2gh}$

$V=\dfrac{M-3m}{M+m}\sqrt{2gh}$

Sabemos que $M=10m$, logo:

$V=\dfrac{7}{11}\sqrt{2gh}$

Substituindo, obtemos $v$:

$v=\dfrac{29}{11}\sqrt{2gh}$

As alturas do centro são dadas então por:

$\boxed{H_{bas}=R+\dfrac{V^{2}}{2g}=R+\dfrac{49}{121}h \approx 0,73 \; \rm{m}}$

$\boxed{H_{tenis}=2R+r+\dfrac{v^{2}}{2g}=2R+r+\dfrac{841}{121}h \approx 10,7 \; \rm{m}}$

$\boxed{H_{bas} \approx 0,73 \; \rm{m}}$

$\boxed{H_{tenis} \approx 10,7 \; \rm{m}}$

a) A massa $m$ está inicialmente em repouso e, devido à atração gravitacional da terra, ela começa a acelerar para baixo. Como o trabalho da força gravitacional está aumentando a velocidade, em módulo, do corpo, então pode-se dizer que o trabalho é motor. O trabalho de uma força pode ser facilmente encontrado pela definição dele. O trabalho de uma força é o produto do valor dessa força pelo deslocamento do corpo na direção desta. Portanto, como a força de atração gravitacional é vertical e aponta para baixo, sendo $W$ o trabalho:

$W=F_{gra} * (-\Delta y)=mg*(-(h-H))=m g (H-h)$

b) Para encontrar essa altura tem de se primeiro pensar em como a energia mecânica da massa varia no tempo. A energia mecânica do sistema é dada por:

$E_{mec}=E_{cin}+E_{pot}=\frac{mv^{2}}{2}+mgh$

Na altura máxima do sistema, pode-se dizer que a velocidade da partícula é zero, pois do contrário a altura iria aumentar se você olhasse a posição dela num tempo maior ou menor. Portanto, num trecho do movimento da partícula em que a energia mecânica se conserva, pode-se dizer que, caso o ponto de altura máxima esteja nele:

$E_{mec}=\frac{mv^{2}}{2}+mgh=mgh_{max}$

Onde $h_{max}$ é a altura máxima da partícula. Por esse resultado, caso a partícula tivesse energia mecânica constante ao longo do movimento todo, ela teria a altura máxima, após cada colisão com o chão, constante em todas colisões e igual a $h_{max}$. Ademais, a energia também pode ser encontrada se você souber a velocidade da partícula quando a energia potencial gravitacional da partícula é mínimo, i.e, no nosso caso, a velocidade da partícula se $h=0$:

$E=\frac{mv_{max}^{2}}{2}$

A interação gravitacional não dissipa energia mecânica, portanto a perda de energia ocorre apenas durante as colisões. Assume-se por simplicidade que o problema espera que você considere o caso mais trivial dessa perda de energia: A colisão da bola com o chão não é perfeitamente elástica. Quando a colisão entre dois corpos é não-perfeitamente elástica, pode-se dizer que a velocidade relativa de aproximação se relaciona com a velocidade relativa de afastamento deles por um coeficiente $e$:

$e=\frac{v_{rel}}{v_{apro}}$

E experimentalmente se encontra que esse coeficiente é função apenas das propriedades intrísecas dos dois corpos em questão. Como o chão está parado no referencial da terra, a velocidade relativa de afastamento ou aproximação da massa $m$ com ele é apenas a própria velocidade dessa massa. Portanto, vale que, sendo $v_{f}$ a velocidade da partícula após a colisão e $v_{ini}$ a velocidade da partícula antes da colisão:

$e=\frac{v_{f}}{v_{ini}} \leftrightarrow v_{f}= e v_{ini}$

Ademais, se após a colisão a partícula sai do chão com velocidade $v_{f}$, após cair nele novamente ela ainda terá velocidade $v_{f}$, porém com sinal invertido, devido à conservação de energia mecânica durante o tempo em que a partícula está voando. Portanto, se inicialmente, antes da primeira colisão, a partícula tinha velocidade $v_{o}$, vale, e em geral, imediatamente após a n-ésima colisão ela tem velocidade $v_{n}$:

$v_{1}= e v_{o}$

$v_{2}= e v_{1}=e^{2} v_{0}$

E, em geral, vale que:

$v_{n}=e^{n} v_{o}$

Como desde a colisão até a altura máxima da partícula vale a conservação da energia mecânica, então:

$E_{n}=\frac{mv_{n}^{2}}{2}=mg h_{n}$

Onde $h_{n}$ é a altura máxima da partícula após a n-ésima colisão. Portanto:

$h_{0}=\frac{v_{o}^{2}}{2g}$

$h_{n}=\frac{v_{n}^{2}}{2g}=e^{2n} \frac{v_{o}^{2}}{2g}$

$h_{n}=e^{2n} h_{o}=e^{2n} H$

Já que vale que $H$ é a altura máxima da partícula antes de ela colidir com o chão. Podemos encontrar o resultado também a partir de $h$ e $H$. Vale que:

$h_{1}=h=\frac{v_{1}^{2}}{2g}=e^{2} \frac{v_{0}^{2}}{2h}=e^{2} H$

$e=\sqrt{\frac{h}{H}}$

Portanto:

$h_{n}=(\frac{h}{H})^{n} H$

Como $h<H$, o fator $\frac{h}{H}$ é menor que um e a cada colisão a altura máxima da partícula após quicar diminui.

a) Motor. $W=mg(H-h)$

b) $h_{n}=e^{2n} H=(\frac{h}{H})^{n} H$

A bola colidir elasticamente com a cunha no ponto $A$ implica que a energia do sistema é conservada durante a colisão, sendo a mesma antes e depois dela. Contudo, deve-se ter cuidado, pois a conservação da energia deve-se fazer imediatamente depois da colisão, antes da cunha colidir com a terra e passar a se mover só na horizontal, já que essa colisão pode não conservar energia. A conservação de energia e todos os passos serão feitos considerando a colisão da bola com a cunha apenas, considerando portanto o movimento da partícula e da cunha antes da colisão da cunha com o chão.  A energia cinética da bola ao chegar em $A$ pode ser encontrada facilmente, pois está é igual ao trabalho da força gravitacional na bola até chegar em $A$, visto que esta parte do repouso:

$W=m g \Delta H=\frac{mgh}{2}=\frac{mv_{o}^{2}}{2}$

$v_{o}^{2}=2 g h$

Ademais, o sistema não tem quantidade de movimento na direção $x$, e como não há nenhuma força horizontal agindo no sistema durante esse meio tempo, visto que o chão é liso, no final essa quantidade de movimento continuará zero.Portanto, sendo $v_{x}$ a velocidade da bola imediatamente após a colisão e $V_{x}$ a velocidade da cunha em $x$ imediatamente após a colisão, e sendo ambas horizontais, a conservação de quantidade de movimento do sistema na direção $x$ implica que:

$P_{x}=0=mv_{x}-MV=0$

$V=\frac{m v_{x}}{M}$

Antes da cunha de massa $M$ colidir com o chão, sendo o momento que estamos analisando, a quantidade de movimento na direção $y$ que a massa $m$ tinha inicialmente vai toda para a cunha. Portanto, para a cunha:

$P_{y}=M V_{y}=m v_{o}$

$V_{y}=\frac{m v_{o}}{M}$

Ademais, como a energia cinética do sistema se conserva, a energia cinética da bola no começo é igual à soma da energia cinética da cunha e da bola no final.

$K_{sis}=\frac{m v_{o}^{2}}{2}=\frac{mv_{x}^{2}}{2}+\frac{M(V_{x}^{2}+V_{y}^{2})}{2}$

$v_{o}^{2}=v_{x}^{2}+\frac{M}{m} (\frac{m}{M} v_{x})^{2}+\frac{M}{m} (\frac{m v_{o}}{M})^{2}$

$v_{x}^{2}(1+\frac{m}{M})=v_{o}^{2}(1-\frac{m}{M})$

$v_{x}=v_{o} \sqrt{\frac{M-m}{M+m}}$

E até atingir o ponto $B$, a bola estará sob efeito apenas da interação gravitacional e portanto terá sua energia mecânica conservada. Como não há força horizontal nela, ela continuará com velocidade horizontal constante e igual a $v_{x}$, e a velocidade que ela chega em $B$ pode ser encontrada uma vez que se encontra a velocidade vertical da bola em $B$. Essa velocidade vertical encontra-se trivialmente com o teorema de Torriceli, pois a bola cairá com aceleração vertical constante $g$ e ela parte em repouso em $y$, implicando que, sendo sua velocidade vertical $v_{y}$:

$\Delta v_{y}^{2}=v_{y}^{2}-0=v_{y}^{2}=2 g \frac{h}{2}=g h$

Usando pitágoras para encontrar a velocidade final total $v$:

$v^{2}=v_{x}^{2}+v_{y}^{2}=g h+\frac{(M-m) 2 g h}{m+M}=\frac{3M-m}{M+m} gh$

Usando as relações do problema:

$v^{2}=\frac{5}{3} gh$

$\boxed{v=\sqrt{\frac{5 g h}{3}}}$

$\boxed{v=\sqrt{\frac{5 g h}{3}}}$

Seja $v_i$ e $u_i$ as velocidades vertical e horizontal, respectivamente, da massa imediatamente após a i-ésima colisão, teremos:

$v_i = ev_{i-1}$

Logo:

$v_i = e^i v_0$

Os impulsos recebidos pela normal e pela força de atrito podem ser calculados por:

$I_N = \langle N\rangle \Delta t = m(v_i + v_{i-1}) = (1+e)mv_{i-1}$

$I_{f_{AT}} = \langle f_{AT}\rangle \Delta t = -\langle N\rangle \Delta t = -\mu(1+e)mv_{i-1}$

De modo que, a partir disso, conseguimos calcular a velocidade final $u_n$ da seguinte maneira:

$u_i = u_{0} -\mu(1+e) \displaystyle \sum_{k=1}^{n} v_{i-1}$

$= u_{0} -\mu v_0(1+e) \displaystyle \sum_{k=1}^{n} e^{i-1}$

$= u_{0} -\mu v_0(1+e) \dfrac{1- e^n}{1 - e}$

No caso em que a velocidade se anula:

$u_{0} = \mu v_0(1+e) \dfrac{1- e^n}{1 - e}$

Ou seja:

$n \geq \ln \left( 1 - \dfrac{u_0 (1-e)}{\mu (1+e) v_0}\right)$

Como $n$ é inteiro, temos que, na verdade, pegar o menor númerio inteiro que é maior que a expressão encontrada anteriomente, ou seja, deveremos utilizar a função teto:

$\boxed{ n = \lceil \ln \left( 1 - \dfrac{u_0 (1-e)}{\mu (1+e) v_0}\right) \rceil}$

$\boxed{ n = \lceil \ln \left( 1 - \dfrac{u_0 (1-e)}{\mu (1+e) v_0}\right) \rceil}$

Primeiramente analisando se um corpo de massa m colidir com um corpo de massa M em repouso em cada caso de relação entre as massas.

Se $m>M$, m continua o seu caminho na mesma direção que inicialmente, enquanto M vai com velocidade maior para essa direção.

Se $m=M$, o corpo de massa m passa a ficar em repouso enquanto o corpo de massa M passa a ter a velocidade inicial do corpo de massa m.

Se $m<M$, o corpo de massa m, após colidir, passa a se mover na direção contrária e o corpo de massa M se move na direção inicial.

Analisando esses casos, a primeira colisão das esferas de massa $m_1$ faz com que a primeira esfera fique parada e a segunda se mova com $v_0$. Após isso, a esfera de massa $m_1$ colide com a de massa $m_2$, e analisando os casos, se $m_1>m_2$ ou $m_1=m_2$, so há duas colisões. Enquanto se $m_1<m_2$, a segunda esfera volta e causa uma terceira colisão com a primeira esfera.

Demonstração acima

Para calcular a distância total $d$, Podemos dividi-la em duas parte s: a distância $x_1$ percorrida até ela encostar no chão após ser lançada; e a distância $x_2$ percorrida após ricochetear e chegar no ponto P. Escrevendo as equações de movimento na horizontal e vertical, respectivamente:

$x_1 = v_0 t_1$

$H = \frac{g {t_1}^2}{2}$

Onde $t_1$ é o tempo que a bola leva até quicar. Resolvendo para $t_1$ na segunda equação e substituindo na primeira:

$t_1 = \sqrt{\frac{2 H}{g}}$

$x_1 = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}}$

Agora podemos encontrar $x_2$ escrevendo as mesmas equações de movimento na horizontal e vertical para o instante após o quique:

$x_2 = v_0 t_2$

$h = \frac{g ({t_2}/{2})^2}{2}$ (relação 1)

Onde adotamos $h$ como sendo a altura máxima que a bola alcança no movimento parabólico após ricochetear. Algo interessante a se notar é que, a velocidade na equação para o movement na horizontal se manteve $v_0$, pois como a reação normal da superfície atua apenas na vertical neste caso (assumimos que não há atrito), a única componente da velocidade que sofrerá alteração é a da vertical! Além disso, o tempo que colocamos na segunda equação é $\frac{t_2}{2}$, e a velocidade inicial $0$. Fizemos isto pois consideramos apenas metade do movimento (até chegar no topo), e de trás para frente, para não ter que lidar com equações do segundo grau. Encontrando $h$ com Torricelli:

${v_2}^2 = 2 g h\,\,\,\therefore\,\,\,h = \frac{{v_2}^2}{2 g}$ (relação 2)

Onde $v_2$ é a velocidade vertical após a colisão, que pode ser encontrada usando o coeficiente de restituição $e$ e a velocidade vertical antes da colisão $v_1$:

$v_2 = e v_1 = e \sqrt{2 g H}$

Assim, igualando as duas relações para $h$ para encontrar $t_2$:

$h = \frac{g ({t_2}/{2})^2}{2} = \frac{{v_2}^2}{2 g}$

$t_2 = 2 \frac{v_2}{g} = 2 e \sqrt{\frac{2 H}{g}}$

Portanto:

$x_2 = v_0 t_2 = v_0*2 e \sqrt{\frac{2 H}{g}}$

Assim, a distância total pode ser escrita como:

$d = x_1 + x_2 = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}} + 2 v_0 e \sqrt{\frac{2 H}{g}}$

$\boxed{d = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}} (1 + 2 e)}$

$\boxed{d = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}} (1 + 2 e)}$

No referencial do centro de massa, a esfera de maior massa possui velocidade dada por:

$V'=V_{0}-V_{CM}=\dfrac{mV}{m+M}$

Sabemos que o módulo dessa velocidade não mudará antes e depois da colisão, sendo assim, podemos escrever:

$\vec{V}=\vec{V}_{CM}+\vec{V}'$

Onde $\vec{V}$ é a velocidade final da esfera de massa $M$ em relação à terra e $\vec{V}'$ é a velocidade final da massa em relação ao $CM$, com módulo calculado anteriormente. Podemos esquematizar então:

Onde a circunferência foi desenhada para indicar que podemos variar a direção de $\vec{V}'$ ao longo da mesma. No caso do maior ângulo $\theta$, o vetor $\vec{V}$ tangencia a circunferência, conforme no esquema a seguir:

Utilizando a definição de seno e o fato de que a tangente à uma circunferência é perpendicular ao raio da mesma, obtemos:

$\sin \theta_{max}=\dfrac{V'}{V_{CM}}=\dfrac{m}{M}$

Logo, nossa resposta final é:

$\theta_{max} = \sin^{-1} \left(\dfrac{m}{M}\right)$

É importante ressaltar que essa solução é incrivelmente curta quando comparada a solução no referencial da Terra, que pode ser encontrada em um problema da semana.

$\boxed{\theta_{max} = \sin^{-1} \left(\dfrac{m}{M}\right) }$

a) Primeiramente, deve-se perceber que o instante da compressão máxima é quando as velocidades de ambas as massas são iguais, pois enquanto a massa  $m_{1}$ tiver velocidade maior a mola continuará a ser comprimida cada vez mais. Sabendo disso, podemos descobrir a velocidade das massas nesse instante a partir da conservação da quantidade de movimento.

$m_{1}v_{0}=\left( m_{1} + m_{2} \right) v$

$v= \dfrac{m_{1} v_{0}}{m_{1}+m_{2}}$

Agora, note que não atuam forças dissipativas nesse sistema, portanto:

$E_{0}=E$

$\dfrac{m_{1}v_{0}^{2}}{2}=\dfrac{kx^{2}}{2}+\dfrac{\left(m_{1}+m_{2}\right)v^{2}}{2}$

$kx^{2}=m_{1}v_{0}^{2}-\left(m_{1}+m_{2}\right)\dfrac{m_{1}^{2}v_{0}^{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right)^{2}}$

$kx^{2}=m_{1}v_{0}^{2}\left(1- \dfrac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}} \right)$

$x=v_{0}\sqrt{\dfrac{m_{1}m_{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right) k }}$

b) Como na situação final só haverá a energia cinética das massas e o momento se conservará, temos simplesmente uma colisão perfeitamente elástica, portanto, podemos utilizar o conceito de coeficiente de restituição:

$e=1=\dfrac{v_{2}-v_{1}}{v_{0}}$

$v_{2}=v_{1}+v_{0}$

Pela conservação do momento linear (quantidade de movimento), temos:

$m_{1}v_{0}=m_{1}v_{1}+m_{2}v_{2}$

$v_{2}=\dfrac{m_{1}}{m_{2}}\left(v_{0}-v_{1} \right)$

Igualando, obtemos então:

$v_{1}+v_{0}=\dfrac{m_{1}}{m_{2}}v_{0}-\dfrac{m_{1}}{m_{2}}v_{1}$

$v_{1}\left(1+\dfrac{m_{1}}{m_{2}} \right) = \left(\dfrac{m_{1}}{m_{2}}-1 \right)v_{0}$

$v_{1}=\dfrac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$

E, substituindo na equação para $v_{2}$, temos:

$v_{2}=\dfrac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$

a)

$x=v_{0}\sqrt{\dfrac{m_{1}m_{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right) k }}$

b)

$v_{1}=\dfrac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$

e

$v_{2}=\dfrac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$

Pela conservação da quantidade de movimento, temos:

$m_{1}V_{1i}-m_{2}V_{2i}=m_{1}V_{1f}+m_{2}V_{2f}$

Por outro lado, a relação do coeficiente de restituição nos dá:

$e=\frac{V_{2f}-V_{1f}}{V_{2i}+V_{1i}}=1$

$V_{2f}-V_{1f}=V_{2i}+V_{1i}$

$V_{1f}=V_{2f}-V_{2i}-V_{1i}$

Substituindo $V_{1f}$ na expressão da conservação da quantidade de movimento, temos:

$(m_{1}+m_{2})V_{2f}=2m_{1}V_{1i}+(m_{1}-m_{2})V_{2i}$

$V_{2f}=\dfrac{2m_{1}V_{1i}+(m_{1}-m_{2})V_{2i}}{m_{1}+m_{2}}$

$V_{2f}=\dfrac{160+(-2)*10}{10}$

$\boxed{V_{2f} = 14 \; \rm{m/s}}$

Logo:

$14-V_{1f} = 30$

$\boxed{V_{1f} = -16 \; \rm{m/s}}$

$\boxed{V_{2f} = 14 \; \rm{m/s}}$

$\boxed{V_{1f} = -16 \; \rm{m/s}}$

Conservação da quantidade de movimento no eixo x:

$mv=mv_{x}+nmv_{x}$

$v_{x}=\dfrac{v}{1+n}$

Conservação da quantidade de movimento no eixo y:

$mv_{1y}=nmv_{2y}$

$v_{1y}=nv_{2y}$

Conservação de energia:

$\dfrac{mv^{2}}{2}=\dfrac{m}{2}\left(v_{x}^{2}+v_{1y}^{2}\right)+\dfrac{nm}{2}\Bigg(v_{x}^{2}+v_{2y}^{2}\Bigg)$

$\dfrac{mv^{2}}{2}=\dfrac{m}{2}\Bigg(\Big(\dfrac{v}{1+n}\Big)^{2}+(nv_{2y})^{2}\Bigg)+\dfrac{nm}{2}\left(\left(\dfrac{v}{1+n}\right)^{2}+v_{2y}^{2}\right)$

$\dfrac{nmv_{2y}^{2}(1+n)}{2}=\dfrac{nmv^{2}}{2(1+n)}$

$v_{2y}=\dfrac{v}{1+n}$

Logo,como $v_{x}$ e $v_{2y}$ são iguais, o ângulo que a massa $nm$ faz com o eixo x é $\boxed{45^{\circ}}$.

$\boxed{45^{\circ}}$

Conservação da momento:

(I) - $mv=MV+mv'\Rightarrow v'=v-\dfrac{M}{m}V$

Relação das energias:

(II) - $\dfrac{8}{10}E_{0}=E\rightarrow\dfrac{2}{5}mv^2=\dfrac{MV^2+mv'^2}{2}$

Aplicando (I) em (II):

$\dfrac{4}{5}mv^2=MV^2+mv^2-2MvV+\dfrac{M^2}{m}V^2$

Resolvendo a equação do segundo grau, obtemos:

$\boxed{V=\dfrac{2Mv-\sqrt{\dfrac{4M^2-Mm}{5}}}{2\left(M+\dfrac{M^2}{m}\right)}}$

Aplicando (I), obtemos $v'$:

$\boxed{v'=v-\dfrac{M}{m}\dfrac{2Mv-\sqrt{\dfrac{4M^2-Mm}{5}}}{2\left(M+\dfrac{M^2}{m}\right)}}$

$\boxed{V=\dfrac{2Mv-\sqrt{\dfrac{4M^2-Mm}{5}}}{2\left(M+\dfrac{M^2}{m}\right)}}$

$\boxed{v'=v-\dfrac{M}{m}\dfrac{2Mv-\sqrt{\dfrac{4M^2-Mm}{5}}}{2\left(M+\dfrac{M^2}{m}\right)}}$

Como a colisão é elástica, a energia é conservada, de modo que:

$E = E'$

Ou seja:

$\dfrac{mv^2}{2}= \dfrac{mv'^2}{2} \Rightarrow v = v'$

Além disso, como $e = 1$, teremos, calculando as velocidades relativas de aproximação e afastamente em relação à normal do espelho:

$\dfrac{v' \sin \theta'}{v \sin \theta} = 1$

Assim:

$v \sin \theta = v' \sin \theta'$

Uma vez que $v = v'$, concluímos que:

$\sin \theta' =\sin \theta \Rightarrow \theta = \theta'$

Demonstração.