OBF 2011 - Terceira Fase (Nível 3)

Segunda lei de Newton, conservação de energia.

Considere que no instante requerido a cunha tenha velocidade $v$ a ser determinada. Pelo vínculo do comprimento do fio permanecer constante, obtemos:

$$v_{rel}=v$$

Onde $v_{rel}$ é a velocidade relativa da massa $m$ em relação à cunha. Essa velocidade aponta ao longo do plano inclinado para "baixo". Isso é verdade pois se chamarmos a distância da cunha à parede de $x_0$ e o comprimento de fio ao longo do plano inclinado de $l$, devemos ter:

$$x_0+l=const$$

Derivando a equação acima em relação ao tempo, obtêm-se o fato o vínculo entre as velocidades. Para obter a velociade de $m$ em relação à Terra devemos somar essa velocidade relativa vetorialmente com a velocidade da cunha. O módulo dessa velocidade é

$$v_{m}^{2}=[v\left(1-\cos{\theta}\right)]^2+[v\sin{\theta}]^2=2v^2\left(1-\cos{\theta}\right)$$

Por conservação de energia:

$$\dfrac{Mv^2}{2}+\dfrac{mv_{m}^{2}}{2}=mgh$$

Resolvendo para v:

$$v=\sqrt{\dfrac{2mgh}{M+2m\left(1-\cos{\theta}\right)}}$$

$$v=\sqrt{\dfrac{2mgh}{M+2m\left(1-\cos{\theta}\right)}}$$

Corpos rígidos: momento de inércia e segunda lei de Newton para rotações

a) Podemos aplicar a segunda lei de Newton para rotações no sistema haste+massa $m$. O torque resultante é a soma do torque do peso mais o torque da força elástica. Seja $\theta$ o ângulo que a haste faz com a vertical. No regime de pequenas oscilações $\sin{\theta}\approx{\theta}$ e $\cos{\theta}\approx{1}$. Logo, a força elástica é dado por

$$F=kh\dfrac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}}\approx{kh\theta}$$

O torque resultante é

$$-Fh-mgl\sin {\theta}\approx{-\left(kh^2+mg\right)\theta}$$

Logo

$$-\left(kh^2+mgl\right)\theta=I\alpha=ml^2\alpha$$

Onde $\alpha$ é a aceleração angular, que é igual a $-\dfrac{4{\pi}^2}{T^2}\theta$. Resolvendo para $T$:

$$T=2{\pi}\sqrt{\dfrac{l/g}{\left(1+\dfrac{kh^2}{mgl}\right)}}$$

b) Isso afetaria o torque do peso total do sistema e o momento de inércia total. O torque devido ao peso da barra de massa $m'$ é simplesmente:

$${\tau}_{m'}=-\dfrac{m'gl}{2}$$

Onde foi usada a posição do centro de massa da barra homogênea. O novo momento de inércia será $ml^2+\dfrac{m'l^2}{3}$, onde o último termo é o momento de inércia de uma barra homogênea girando em torno de uma das pontas. (veja a prova abaixo). O torque da força elástica é inalterado. Procedendo de forma análoga ao item a, obtemos o novo período:

$$T'=2\pi\sqrt{\dfrac{m+\dfrac{m'}{3}}{\dfrac{g}{l}\left(m+\dfrac{m'}{2}\right)+\dfrac{kh^2}{l^2}}}$$

Determinação do momento de uma barra homogênea girando em torno de uma ponta

Seja $r$ a posição em relação ao eixo de rotação de um elemento de massa da barra. Temos que

$$I=\int r^2dm$$

Onde a integral é feita varrendo toda a barra. Como a mesma é homogênea

$$dm=\dfrac{M}{L}dr$$

Logo

$I=\dfrac{M}{L}\displaystyle \int_{0}^{L} r^2dr=\dfrac{ML^2}{3}$     $c.q.d.$

a)

$$T=2{\pi}\sqrt{\dfrac{l/g}{\left(1+\dfrac{kh^2}{mgl}\right)}}$$

b) 

$$T'=2\pi\sqrt{\dfrac{m+\dfrac{m'}{3}}{\dfrac{g}{l}\left(m+\dfrac{m'}{2}\right)+\dfrac{kh^2}{l^2}}}$$

Primeira lei da Termodinâmica

a) A massa de vapor no recipiente é

$$m_v={\rho}V$$

Onde $V$ é o volume definido pela posição do pistão e o fundo do recipiente. Logo:

$$\dfrac{\Delta{m_v}}{\Delta{t}}={\rho}\dfrac{\Delta{V}}{\Delta{t}}=-{\rho}Av$$

Negativo pois o volume está diminuindo. Observe que estamos desconsiderando o aumento de volume de água do fundo do recipiente. Isso é uma boa aproximação visto que o acrésimo de volume de água liquida para uma determinada massa de vapor que se condensa é cerca de $1000$ vezes menor que a diminuição do volume de vapor (densidade da água liquida $1000$ vezes a de vapor)

b) A taxa com que o calor sai é o produto de $L$ pela taxa de vapor que diminui:

$$\dfrac{\Delta{Q}}{\Delta{t}}=L{\rho}Av$$

c) Temos que

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=\dfrac{\Delta\left(\dfrac{m_v}{M}C_vT\right)}{\Delta{t}}$$

Como a temperatura é constante, a variação na energia interna surge da variação da massa de vapor:

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=\dfrac{C_vT}{M}\dfrac{\Delta{m_v}}{\Delta{t}}$$

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=-\dfrac{C_vT}{M}{\rho}Av$$

d) Considere o sistema água líquida+vapor. Pela primeira lei da Termodinâmica:

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{sis}=\left(\dfrac{\Delta{Q}}{\Delta{t}}\right)_{sis}-\left(\dfrac{\Delta{\tau}}{\Delta{t}}\right)_{sis}$$

O primeiro termo pode ser reescrito como

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{sis}=\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{agua}+\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{vapor}$$

O calor que sai do sistema é o mesmo calculado no item b (o negativo disso). E o último termo é devido ao trabalho realizado pelo pistão no sistema. Esse termo é positivo pois o trabalho realizado pelo sistema é negativo. Como o pistão desce com velocidade constante, o mesmo está em equilíbrio, logo, a pressão exercida no pistão pelo vapor é

$$P=P_0+\dfrac{mg}{S}$$

Onde $P_0$ é a pressão atmosférica e $g$ é a aceleração da gravidade. A taxa na qual o sistema realiza trabalho é, portanto:

$$\left(\dfrac{\Delta{\tau}}{\Delta{t}}\right)_{sis}=-P\dfrac{\Delta{V}}{\Delta{t}}=-PAv$$

Agrupando esses termos, obtemos

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{agua}=Sv\left(\dfrac{C_vT{\rho}}{M}+P_0+\dfrac{mg}{S}-L\rho\right)$$

a) 

$$-{\rho}Av$$

b) 

$$\dfrac{\Delta{Q}}{\Delta{t}}=L{\rho}Av$$

c) 

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=-\dfrac{C_vT}{M}{\rho}Av$$

d) 

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{agua}=Sv\left(\dfrac{C_vT{\rho}}{M}+P_0+\dfrac{mg}{S}-L\rho\right)$$

Segunda lei de Termodinâmica

a) Devemos resolver o problema levando em conta que, pela segunda lei da Termodinâmica, um processo físico é possível se a entropia do universo aumentar ou permancer constante. Portanto, vejamos o que acontece com a entropia da água+ambiente, que, nesse problema, representa o "universo". A variação de entropia da água é dado pela relação fornecida no enunciado, já para o ambiente, que é um reservatório térmico, é simplesmente $\dfrac{\Delta{Q}}{T_0}$, visto que sua temperatura não muda. Agora, suponhamos que a água no copo atinga o equilíbrio com temperatura $T=T_0+\Delta{T}$, dessa forma, o calor que sai do reservatório será

$$\Delta{Q}=-mc\Delta{T}$$

Negativo pois o calor sai do ambiente. Agrupando essas informações, somos capazes de encontrar a variação de entropia total:

$$\Delta{S}=mc\left(\ln\left(\dfrac{T_0+\Delta{T}}{T_0}\right)-\dfrac{\Delta{T}}{T_0}\right)$$

Definindo $\dfrac{\Delta{T}}{T_0}=x$, a equação acima vira:

$$\Delta{S}=mc\left(\ln\left(1+x\right)-x\right)$$

que, pela informação do enunciado, é menor que $0$. Logo, esse processo não é possível.

b) Podemos proceder da mesma forma que no item anterior: escrevemos a variação de entropia total e vejamos se isso é menor que zero. Nesse caso, nosso universo é o sistema formado pelos dois corpos. Suponhamos que o corpo $1$ terá a maior temperatura no final do processo: $T_1=T_0+\Delta{T_1}$, e $2$ terá uma temperatura menor: $T_2=T_0-\Delta{T_2}$, com $\Delta{T_1}$ e $\Delta{T_2}$ ambos positivos. A relação entre essas variações de temperatura podem ser obtidas impondo que o calor total é zero:

$$m_1c_1\Delta{T_1}=m_2c_2\Delta{T_2}$$

Podemos usar a relação acima para escrever a variação de entropia total como função apenas de um parâmetro:

$$\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(\dfrac{T_0+\Delta{T_1}}{T_0}\right)+m_2c_2\ln\left(\dfrac{T_0-\Delta{T_2}}{T_0}\right)$$

Eliminando todos os parâmetros (calor específico e massa) contendo índices $2$ da equação acima:

$$\Delta{S}=m_1c_1\left(\ln\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right)+\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}\ln\left(1-\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)\right)$$

$$\Delta{S}=m_1c_1\left(\ln\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right)+\ln\left(1-\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)^{\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}}\right)$$

$$\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right).\left(1-\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)^{\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}}\right)$$

Agora, consiremos termos de até primeira ordem em $\Delta{T_2}$. Utilizando a aproximação fornecida no enunciado, ficamos com

$$\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right).\left(1-\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)\right)$$

$$\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(1-\left(\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right)^2\right)$$

Como o logaritmo natural de um número menor que $1$ é negativo, segue que

$$\Delta{S}<{0}$$

Sendo assim, esse processo não é possível.

Demonstração

Segunda lei de Newton e conservação de momento angular

a) Como a massa $M$ está parada a tração no fio é igual ao seu peso $Mg$. Essa mesma tração é responsável pela força centrípeta da massa $m$. Logo:

$$Mg=m{\omega}^2r_0$$

Portanto

$$r_0=\dfrac{Mg}{m{\omega}^2}$$

b) Primeiramente, oberve que como a tração sempre aponta para o centro (orifício), o momento angular em torno desse ponto é conservado. Para o movimento oscilatório, podemos escrever:

$$r(t)=r_0+\Delta{r(t)}$$

Então, para o movimento subsequente, quando a massa estiver em $r(t)$ (consevando momento angular)

$$r_0^2\omega={\Omega(t)}\left(r_0+\Delta{r(t)}\right)^{2}$$

Onde $\Omega(t)$ é a velocidade angular como função do tempo. Utilizando a aproximação fornecida no enunciado ($\Delta{r(t)}/r_0<<1$)

$$\Omega(t)={\omega}\left(1-2\dfrac{\Delta{r(t)}}{r_0}\right)$$

A força central atuando na massa $m$ é:

$$T=m{\Omega(t)}^2\left(r_0+\Delta{r(t)}\right)-ma$$

Onde $a$ é a taxa da variação da velocidade radial. Pelo vínculo do comprimento do fio ser constante, temos que, em módulo, a aceleração da massa $M$ é $a$. Logo:

$$Mg-T=-Ma$$

Eliminando $T$ das duas equações acima e desconsiderando termos de segunda ordem em $\Delta{r(t)}$:

$$a+\dfrac{3m{\omega}^2}{M+m}\Delta{r(t)}$$

Que é a equação do oscilador harmônico. A frequência é facilmente obtida:

$$f=\dfrac{\omega}{2{\pi}}\sqrt{\dfrac{3m}{m+M}}$$

c) Como foi usado antes, o momento angular em torno do orifício é conservado, Portanto:

$$r^2\omega={r_F}^2{\omega}'$$

O raio final será o comprimento do fio menos a altura da massa $M$: $r_F=l-H$. Logo

$${\omega}'={\omega}\dfrac{r^2}{\left(l-H\right)^2}$$

a) 

$$r_0=\dfrac{Mg}{m{\omega}^2}$$

b) 

$$f=\dfrac{1}{2{\pi}}{\omega}\sqrt{\dfrac{3m}{m+M}}$$

c) 

$${\omega}'={\omega}\dfrac{r^2}{\left(l-H\right)^2}$$

Óptica Geométrica.

a)

Pela imagem temos:

$H = P'sen(\theta)$

$h = Psen(\theta)$

Fazendo a tangentes dos ângulos marcados:

i) $tg(\alpha) = \dfrac{H+h}{P'cos(\theta)} = \dfrac{h}{f}$

ii) $tg(\theta) = \dfrac{H}{P'cos(\theta)} = \dfrac{h}{Pcos(\theta)}$

Daí:

i) $\dfrac{H}{h} +1 = \dfrac{P'cos(\theta)}{f}$

ii) $\dfrac{H}{h} = \dfrac{P'}{P}$

Substituindo:

$\dfrac{P'}{P} +1 = \dfrac{P'cos(\theta)}{f}$

Dividindo por $P'$:

$\dfrac{1}{P} +\dfrac{1}{P'} = \dfrac{cos(\theta)}{f}$

b) A distância de $V$ até onde o raio incide no espelho é $l$, a distância de $V$ até o encontro da prolongação do raio de luz refletido no eixo principal é $a$ (ponto $O'$) e a distância de $V$ até o encontro do raio refletido com o eixo principal é $b$ (ponto $I'$).

Fazendo as tangentes dos ângulos:

i) $tg(\alpha) = \dfrac{l}{b} = \dfrac{H}{P^*cos(\theta) - b}$

ii) $tg(\theta) = \dfrac{H}{P^*cos(\theta)} = \dfrac{h}{Pcos(\theta)}$

iii) $tg(\gamma) = \dfrac{l}{a} = \dfrac{h}{a+Pcos(\theta)}$

Daí:

i) $H = \dfrac{l(P^*cos(\theta)-b)}{b}$

ii) $\dfrac{H}{h} =\dfrac{P^*}{P}$

iii) $h = \dfrac{l(a+Pcos(\theta))}{a}$

Dessa forma:

$\dfrac{P^*}{P} = \dfrac{(P^*cos(\theta)-b)a}{b(a+Pcos(\theta)}$

$P^*ab +P^*bPcos(\theta) = PP^*cos(\theta)a -abPcos(\theta)$

Dividindo por $PP^*ab$

$\dfrac{1}{P} + \dfrac{cos(\theta)}{a}= \dfrac{cos(\theta)}{b} -\dfrac{1}{P^*}$

$\dfrac{1}{P} + \dfrac{1}{P^*} = cos(\theta) \left(\dfrac{1}{-a} +\dfrac{1}{b} \right)$

Perceba que o prolongamento do raio que incide no sistema óptico (espelho) gera o ponto $O'$, e que a reflexão deste raio gera o ponto $I'$. Podemos imaginar então que $O'$ é uma fonte virtual de luz, e $I'$ é sua imagem real. Nós sabemos que no espelho esférico gaussiano, a equação de Gauss é valida para objetos e imagens que estão no eixo principal. Dessa forma, podemos aplicar a equação de Gauss para os pontos $O'$ e $I'$:

$\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{p'} = \dfrac{1}{f}$

$\dfrac{1}{-a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{f}$

Substituindo este resultado:

$\dfrac{1}{P} + \dfrac{1}{P^*} = \dfrac{cos(\theta)}{f}$

Que é a mesma equação encontrada no item anterior. Dessa forma:

$\dfrac{1}{P^*} = \dfrac{1}{P'}$

$P^* = P'$

c) Pela relação do item a, temos que, definindo $x=p\cos{\theta}$ e $x'=p'\cos{\theta}$ como as distâncias horizontais do objeto e da imagem respectivamente:

$$\dfrac{\cos{\theta}}{x}+\dfrac{\cos{\theta}}{x'}=\dfrac{\cos{\theta}}{f}$$

$$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x'}=\dfrac{1}{f}$$

Ou seja, da primeira relação acima, concluimos que, como o topo e a base da vela têm o mesmo $x$, esses pontos conjugarão uma imagem com mesmo $x'$. Sendo assim, eles estarão na mesma reta vertical e portanto, como a imagem de uma reta também é uma reta, ligamos a imagem do topo e da base e concluimos que a imagem da vela é também uma reta vertical.

d) Como foi dito no enunciado todos raios convergirão para um ponto no plano focal, a uma distância $y$, digamos, do eixo principal. Em particular, o raio que passa pelo centro de curvatura do espelho também convergirá para $y$ após a reflexão. Sabemos que esse raio reflete-se sobre si mesmo. Portanto, usando o triângulo formado pelo ponto $C$ (centro de curvatura), pelo ponto $F'$ e $F$:

$$y=f\tan{\theta}$$

a) Demonstração.

b) Demonstração.

c) Demonstração

d) 

$$y=f\tan{\theta}$$

Elestroestática: método das imagens

a) Caso queria se aprofundar nesse método veja aqui. Basicamente o enunciado diz que: é possível substituir a distribuição de cargas induzidas na esfera por um simples carga pontual. Por substituir quero dizer que o potencial em um ponto no espaço (fora da esfera) pode ser calculado como o pontencial dessa determinada carga pontual, ao invés de calcular explicitamente através do potencial de toda a carga superficial da esfera, o que , a priori, nem conhecemos. Conforme dito no enunciado, essa carga $q'$ está a uma distância $a$ do centro da esfera na linha que liga o centro da esfera à carga $q$. Observe a figura abaixo (note que as definições para as distâncias nessa imagem é diferente das do enunciado )

O potencial no ponto cujo vetor posição é $\vec{r}$ é:

$V=\frac{Kq}{d}+\frac{Kq'}{r'}$

Para $r=R$, $V$ deve ser nulo independente de $\theta$ pois a esfera é condutora. Logo:

$0=\frac{Kq}{\sqrt{R^{2}+a^{2}-2Ra\cos{\theta}}}+\frac{Kq'}{\sqrt{R^{2}+b^{2}-2Rb\cos{\theta}}}$

$\frac{q'}{\sqrt{R^{2}+b^{2}-2Rb\cos{\theta}}}=-\frac{q}{\sqrt{R^{2}+a^{2}-2Ra\cos{\theta}}}$

Você pode reorganizar os termos e impor que os coeficientes que acompanham qualquer função de $\theta$ seja zero: essa é a única forma da equação ser identicamente satisfeita, ou seja, ser válida independente de $\theta$. Alternativamente, podemos calcular os potenciais em $\theta=0$ e $\theta=\pi$, isso nos dará duas equações e podemos resolver para as duas incóginitas: $b$ e $q'$;

$\theta=0$:

$\frac{q'}{R-b}=\frac{q}{R-a}$

$\theta=\pi$

$\frac{q'}{R+b}=-\frac{q}{R+a}$

Dividindo o caso de $\theta=\pi$ pelo caso de $\theta=0$, temos:

$\frac{R+b}{R-b}=\frac{R+a}{a-R}$

$b=\frac{R^{2}}{a}$

Logo:

$q'=-\frac{qR}{a}$

Devemos agora, substituir as definições da figura pelas da questão: $a\rightarrow{d}$ e $b\rightarrow{a}$. Portanto:

$$a=\frac{R^{2}}{d}$$

e

$q'=-\frac{qR}{d}$

b) O potencial na região externa da esfera é o mesmo do que o potencial gerada pela carga $q'$. Portanto, o campo elétrico também será igual. A força na esfera será a força entre as cargas $q$ e $q'$ (para uma prova mais rigorosa, veja abaixo). Logo, utilizando a lei de Coloumb:

$$F=\dfrac{qq'}{4{\pi}{\epsilon}_0\left(d-a\right)^2}=F=-\dfrac{q^2Rd}{4{\pi}{\epsilon}_0\left(d^2-R^2\right)^2}$$

Uma maneira rápida de verificar isso, seria pela definição de carga imagem. Como a carga imagem gerará o mesmo potencial em todos os pontos fora da esfera, também gerará o mesmo campo elétrico e, consequentemente, a mesma força elétrica na carga $q$.

Determinação da força na esfera:

Por definição da carga imagem temos (trocarei integrais superficiais por somatórios em cargas pontuais na superfície da esfera, por conveniência):

$$\sum_{i} \dfrac{q_i}{|\vec{r_j}-\vec{r_i}|}=\dfrac{q'}{|\vec{r_j}-\vec{r_{q'}}|}$$

Onde $\vec{r_j}$ denota o vetor posição de um ponto qualquer externo à esfera e $\vec{r_{q'}}$ é o vetor posição da carga $q'$. Simplesmente escrevemos a igualdade dos potenciais gerado pelas duas distribuições de carga. Aplicando gradiente nos dois lados equação (observe que $\nabla$ só opera em $\vec{r_j}$ e o gradiente da soma é a soma dos gradientes):

$$\sum_{i} q_i\nabla{\dfrac{1}{|\vec{r_j}-\vec{r_i}|}}=\nabla{\dfrac{q'}{|\vec{r_j}-\vec{r_{q'}}|}}$$

Fazendo as operações

$$\sum_{i} q_i\left(\vec{r_j}-\vec{r_i}\right)\dfrac{1}{|\vec{r_j}-\vec{r_i}|^3}=q'\dfrac{\vec{r_j}-\vec{r_{q'}}}{|\vec{r_j}-\vec{r_{q'}}|^3}$$

Tome $j=q$, ou seja, nosso ponto coincide com a posição da carga $q$.

$$\sum_{i} q_i\left(\vec{r_q}-\vec{r_i}\right)\dfrac{1}{|\vec{r_q}-\vec{r_i}|^3}=q'\dfrac{\vec{r_q}-\vec{r_{q'}}}{|\vec{r_q}-\vec{r_{q'}}|^3}$$

Multiplicando os dois lados da equação por $-q$:

$$\sum_{i} qq_i\left(\vec{r_i}-\vec{r_q}\right)\dfrac{1}{|\vec{r_q}-\vec{r_i}|^3}=qq'\dfrac{\vec{r_{q'}}-\vec{r_q}}{|\vec{r_q}-\vec{r_{q'}}|^3}$$

Observe que o lado esquerdo da equação acima é a força na esfera devido à carga $q$ (a menos de um fator $\dfrac{1}{4{\pi}{\epsilon}_0}$), mas isso é igual ao que pede o item b  pois a esfera não contribui para força nela mesma. O lado direito é a força entre as cargas pontuais, portanto, está provado o fato utillizado no item b.

a) 

$$a=\frac{R^{2}}{d}$$

e

$q'=-\frac{qR}{d}$

b)

$$F=-\dfrac{q^2Rd}{4{\pi}{\epsilon}_0\left(d^2-R^2\right)^2}$$

Conceitos de Relatividade.

a) A energia cinética Newtoniana é a conhecida:

$E_c = \dfrac{1}{2}mv^2$

Para fazer uma "correção", a massa para a energia seria a massa inercial do elétron. Logo:

$E_c = \dfrac{m_0 v^2}{2\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}$

b) Podemos deixar a energia do elétron em função apenas de $m_0$, $c$ e $v$, fazendo que:

$p = mv$

Substituindo:

$E^2 = m_0^2c^4 + m^2v^2c^2$

$E^2 = m_0^2c^4 + \dfrac{m_0^2}{1 - \frac{v^2}{c^2}}v^2c^2$

$E^2 = \dfrac{m_0^2c^4}{1 - \frac{v^2}{c^2}}$

$E = \dfrac{m_0c^2}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$

Na teoria de Newton, a energia do elétron seria apenas a energia relacionada ao seu movimento, a energia cinética. Já na teoria da Relatividade de Einstein, o elétron possui também uma energia relacionada a existência de sua massa.

Fazendo literalmente a diferença:

$E-E_c = \dfrac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} \left(c^2 - \dfrac{v^2}{2} \right)$

a) $E_c = \dfrac{m_0 v^2}{2\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}$

b) $E-E_c = \dfrac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} \left(c^2 - \dfrac{v^2}{2} \right)$