Soluções Física – Semana 106

Cinemática

Solução por Gustavo Battistini

$t=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}t_0$.

Dinâmica do Corpo Rígido

a) Pelo teorema dos eixos paralelos, temos:

$I_O=I_{CM}+mr^2$,

onde $r$ é a distância relativa do $CM$ até o ponto em torno do qual desejamos calcular o momento de inércia. Logo:

$I_O=\dfrac{1}{12}Md^2 + M\left(\dfrac{d}{2}-\dfrac{d}{4}\right)^2$,

$I_O=\dfrac{7}{48}Md^2$.

b) i) Como o pino $O$ é ideal, não existem forças dissipativas atuando no sistema. Logo, aplicando a conservação da energia mecânica:

$E_{mec_{inicial}}=E_{mec_{final}}$.

Inicialmente, $\omega=0$, logo, não havia energia cinética. Considerando o nível de referência no nível vertical que passa pela barra, a energia potencial gravitacional inicial também é nula. Ao girar de $\theta$, a barra possuirá energia cinética rotacional (note que esta não terá energia cinética translacional, pois, em relação ao ponto $O$, ela não translada) e potencial. Equacionando:

$0=\dfrac{1}{2}I_O \omega^2 -Mg\dfrac{d}{4}\sin{\theta}$,

$Mg\dfrac{d}{2}\sin{\theta}=\dfrac{7}{48}Md^2 \omega^2$,

$\omega=\sqrt{\dfrac{24}{7}\dfrac{g}{d}\sin{\theta}}$.

ii) Para o cálculo da aceleração angular, podemos utilizar o equivalente da Segunda Lei de Newton para rotações:

$\tau_O=I_O \alpha$,

onde os subscritos demandam que o tanto o torque como o momento de inércia sejam em relação ao mesmo ponto; neste caso, escolhemos o ponto $O$, pois ele é não acelerado, e qualquer reação que o pino produzir na barra possuirá torque nulo. Então, apenas o peso produz torque:

$Mg\dfrac{d}{4}\cos{\theta}=\dfrac{7}{48}Md^2 \alpha$,

$\alpha=\dfrac{12}{7}\dfrac{g}{d}\cos{\theta}$.

a) $I_O=\dfrac{7}{48}Md^2$.

b) $\omega=\sqrt{\dfrac{24}{7}\dfrac{g}{d}\sin{\theta}}$ e $\alpha=\dfrac{12}{7}\dfrac{g}{d}\cos{\theta}$.

Dinâmica Relativística

Sabemos que, em uma colisão relativística, tanto o momento linear como a energia total sempre se conservam. Chame de $p_0$ o módulo do momento da partícula incidente antes da colisão, e $p_1$ e $p_2$ o módulo dos momentos das partículas espalhadas. Aplicando a conservação do momento na vertical:

$p_1\sin{\theta}=p_2\sin{\theta}$,

$p_1=p_2$.

Na horizontal:

$p_0=p_1\cos{\theta}+p_2\cos{\theta}$,

Logo:

$p_0=2p_1\cos{\theta}$.

Será útil escrever a energia na forma “pitagórica”, $E=\sqrt{(pc)^2+(mc^2)^2}$. Para a partícula incidente, o termo $(p_0 c)^2=E^2-(m_0 c^2)^2$. Elevando a equação acima ao quadrado, e multiplicando por $c^2$:

$(p_0 c)^2 = 4 p_{1}^2 (\cos{\theta})^2 c^2$,

Substituindo $(p_0 c)^2$:

$4 (p_{1}c)^2 = \dfrac{E^2 - (m_0 c^2)^2}{\cos^2{\theta}}$.

Guardemos tal resultado, pois se mostrará útil futuramente.

Agora, conservaremos a energia total do sistema, utilizando novamente a forma “pitagórica” para a energia total de um corpo:

$E_{antes}=E_{depois}$,

$E+m_0 c^2=E_1+E_2=\sqrt{(p_1c)^2+(m_0c^2)^2}+\sqrt{(p_2c)^2+(m_0c^2)^2}$.

Como $p_1=p_2$:

$E+m_0c^2=2\sqrt{(p_1 c)^2+(m_0 c)^2}$.

Elevando ambos os membros ao quadrado:

$E^2+2Em_0 c^2 + (m_0 c^2)^2=4(p_1 c)^2 + 4(m_0 c^2)^2$.

Substituindo o termo $4(p_1 c)^2$ pela expressão previamente encontrada, e isolando $\cos{\theta}$:

$E^2+2Em_0c^2=\dfrac{E^2-(m_0c^2)^2}{\cos^2{\theta}}+3(m_0 c^2)^2$,

$\cos^2\theta=\dfrac{E^2-(m_0 c^2)^2}{E^2+2Em_0 c^2-3(m_0 c^2)^2}$.

Perceba que podemos executar uma fatoração no denominador:

$E^2+2Em_0 c^2-3(m_0c^2)^2=(E+3m_0c^2)(E-m_0 c^2)$.

 Com isso, podemos chegar na expressão pedida:

$\cos{\theta}=\sqrt{\dfrac{(E+m_0 c^2)(E-m_0 c^2)}{(E+3m_0c^2)(E-m_0 c^2)}}$

$\cos{\theta}=\sqrt{\dfrac{E+m_0 c^2}{E+3m_0 c^2}}$

Demonstração.