Soluções Física - Semana 25

Iniciante

Nesse momento a gotinha terá uma velocidade $\omega$R apontada na direção da velocidade do ponto que saiu.   Precisamos apenas fazer uma composição de velocidades,chamaremos a velocidades horizontais e verticais da bolinha de $v_{x}$ e $v_{y}$:

$v_{x}=v_{cm}+\omega R cos(\theta)=\omega R (1+cos(\theta))$

$v_{y}=\omega R sen(\theta)$

A partícula começara seu movimento em:

$y_{o}=R(1-cos(\theta))$

$x_{0}=Rsen(\theta)$

Pois o pé da circunferência nesse instante será denotado como o ponto zero:

$(x,y)_{pe}=(0,0)$

Para a partícula chegar em seu alcance devemos fazer ela encostar no chão,logo devemos fazer seu $y$ zerar (Todos os dados já estarão plotados na equação pra y):

$y(t)=y_{o}+\omega R sen(\theta) t -\frac{gt^2}{2}=0$

$t=\frac{\omega R sen(\theta)}{g}(1 \pm \sqrt[2]{1+\frac{2gy_{o}}{\omega ^2 R^2 sen^2 (\theta)}})$

$x_{t}=x_{o}+v_{x}t=Rsen(\theta)+(v_{cm}+\omega R cos(\theta))\frac{\omega R sen(\theta)}{g}(1 \pm \sqrt[2]{1+\frac{2gy_{o}}{\omega ^2 R^2 sen^2 (\theta)}})$

Devemos pegar o sinal de mais,não faz sentido $\Delta x$ negativo se o pneu roda sem deslizar,pois assim,sua velocidade em x teria de ser negativa,e ela nunca é.

$x=Rsen(\theta)+\frac{\omega ^2 R^2 (1+cos(\theta))sen(\theta)}{g}(1 + \sqrt[2]{1+\frac{2g(1-cos(\theta))}{\omega ^2 R sen^2 (\theta) }})$

 

Intermediário

Como em qualquer bom problemas de órbitas,precisaremos lidar apenas com o momento angular e a energia do sistema sendo conservados.

A energia é (Pegando o começo do trajeto em que não há energia potencial):

$E=constante=T+U=\frac{mv_{o} ^2}{2}$

O momento angular é:

$L=mv_{\theta}r=mv_{o}b$

A energia cinética do asteróide é composta por uma parte angular e uma radial,pois:

$v^2=v_{r} ^2 +v_{\theta}^2=v_{r} ^2 + \frac{v_{o}^2 b^2}{r^2}$

Quando o asteróide parar de se aproximar do planeta (Sua velocidade radial é nula),ele deve começar a se afastar,logo vamos minimizar r impondo a condinção de que $v_{r}$ é zero no correspondente instante

$E=T+U=\frac{mv^2}{2}-\frac{GMm}{r}=\frac{mv_{o} ^2 b^2}{2r^2}-\frac{GMm}{r}$

Assim,achamos (substituindo E e resolvendo pra r):

$r=\frac{GM}{v_{o} ^2 }(\sqrt[2]{1+\frac{v_{o}^4 b^2}{G^2 M^2}}-1)$

Se não há colisão:

$r>R$

Pois assim,se o menor r é maior que R,não existe r maior que R,e assim,não há contato direto entre os dois corpos

 

Avançado

Usaremos conservação de energia e conservação do momento,mas de uma maneira mais compacta.Conservaremos o quadrimomento do sistema.

E é a energia e p é o momento linear.

$P=(\frac{E}{c},p)$

Obs: Na nossa notação $c=1$,no final do problema podemos ajustar a resposta para obtermos uma dimensão correta,mas até lá não usaremos c's

Simplesmente(Usaremos $P_{x}$ para indicar o quadrimomento da partícula x):

$P_{n}=P_{p}+P_{\nu}+P_{e^-}$

$P_{n}-P_{\nu}=P_{e^-}+P_{p}$

E tirando o módulo dos dois lados:

$P_{n}^2+P_{\nu}^2 -2P_{n}.P_{\nu}=P_{e^-}^2+P_{p}^2+2P_{p}.P_{e^-}$

O módulo quadrado de um quadrivetor de uma partícula é a massa da mesma,logo,nossa equação é equivalente a:

$-2P_{n}.P_{\nu}=M_{e^-} ^2+M_{p} ^2-M_{\nu} ^2 -M_{n} ^2 +2P_{p}.P_{e^-}$

O produto escalar entre dois quadrivetores tem o mesmo valor em qualquer referencial,logo,por conveniência usaremos o referencial de repouso do nêutron do lado esquerdo (assim não precisamos ligar para a parte de momento do produto escalar,apenas para a de energia).E do lado direito precisamos ter o produto escalar entre o quadrimomento do próton e do elétron minimizado,isso ocorre quando um estiver em repouso no referencial do outro (estão com a mesma velocidade).Assim:

$E_{\nu}= \frac{M_{n} ^2 + M_{\nu} ^2-(M_{e^-}+M_{p})^2}{2M_{n}}$

Essa é a energia máxima do elétron,medida no referencial de repouso do néutron,para achar a energia num referencial qualquer,podemos utilizar da transformada de lorentz:

$E'=\gamma(v) (E-pv)$

$\gamma(v)=\frac{1}{\sqrt[2]{1-(\frac{v}{c})^2}}$

Sabemos pela relação de Einstein que:

$E^2=p^2+m^2$

Logo,sabendo a energia em um referencial,sabemos em todos,e assim nosso problema foi resolvido

Obs:

Sejam dois quadrivetores momento $P_{1}$ e $P_{2}$,temos o produto escalar dos dois como sendo:

$P_{1}.P_{2}=(E_{1},p_{1}).(E_{2},p_{2})=E_{1}E_{2}-p_{1}.p_{2}$

Mantendo $E_{1}$ e $E_{2}$ constantes,mantemos também $p_{1}$ e $p_{2}$ com módulos constantes (graças à relação de Einstein),assim temos o produto escalar deles dois como sendo:

$P_{1}.P_{2}=E_{1} E_{2} -p_{1}p_{2}cos(\theta)$

Que é mínimo com $cos(\theta)$ sendo máximo,ou seja:

$cos(\theta)=1$

Os dois vetores estão na mesma direção no caso de produto mínimo