Escrito por Ualype Uchôa
Iniciante:
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Cinemática
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Solução por Gustavo Battistini
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$$t=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}t_0$$.
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Intermediário:
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Dinâmica do Corpo Rígido
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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:
$$Mg\dfrac{d}{4}\cos{\theta}=\dfrac{7}{48}Md^2 \alpha$$,
$$\alpha=\dfrac{12}{7}\dfrac{g}{d}\cos{\theta}$$.
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a) $$I_O=\dfrac{7}{48}Md^2$$.
b) $$\omega=\sqrt{\dfrac{24}{7}\dfrac{g}{d}\sin{\theta}}$$ e $$\alpha=\dfrac{12}{7}\dfrac{g}{d}\cos{\theta}$$.
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Avançado:
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Dinâmica Relativística
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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:
$$\cos{\theta}=\sqrt{\dfrac{(E+m_0 c^2)(E-m_0 c^2)}{(E+3m_0c^2)(E-m_0 c^2)}}$$
$$\cos{\theta}=\sqrt{\dfrac{E+m_0 c^2}{E+3m_0 c^2}}$$
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Demonstração.
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