Espalhamento de particulas

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1 Prof. Diogo Eduardo - Física 
ESPALHAMENTO DE PARTÍCULAS 
 
1 – Antes da colisão as partículas estão muitos afastadas. 
2 – Só existe força de interação entre 2 partículas. 
3 – As partículas vão interagir dentro da região de interação 
4 – Região de interação. 
5 – Quando as partículas saem da região de interação – elas 
são espalhadas. 
 
CONSERVAÇÃO DO MOMENTO LINEAR 
- Não há forças externas. 
�⃗⃗� 𝟏 + �⃗⃗� 𝟐 = 𝒑′⃗⃗ ⃗𝟏 + 𝒑
′⃗⃗ ⃗
𝟐
 
 
CONSERVAÇÃO DO MOMENTO ANGULAR 
Torque – Nulo 
�⃗⃗� = �⃗� 𝟏 𝒙 �⃗⃗� 𝟏 + �⃗� 𝟐 𝒙 �⃗⃗� 𝟐 
 
𝑑�⃗� 
𝑑𝑡
= �̇�1 𝑥 𝑝 1 + 𝑟 1 𝑥 �̇�1 + �̇�2 𝑥 𝑝 2 + 𝑟 2 𝑥 �̇�2 
 
𝐹 = �̇� então: 
𝑑�⃗� 
𝑑𝑡
= 𝑟1 𝑥 𝐹 12 + 𝑟2 𝑥 𝐹 21 
Pela 3º Lei de Newton: 
𝐹 12 = −𝐹 21 
𝒅�⃗⃗� 
𝒅𝒕
= (𝒓𝟏 − 𝒓𝟐)𝒙 �⃗⃗� 𝟏𝟐 = 𝟎 
 
- A derivada do momento angular é igual a zero, sendo assim o momento se conserva. 
 
 
2 Prof. Diogo Eduardo - Física 
CONSERVAÇÃO DA ENERGIA MECÂNICA 
As forças de interação se conservam. 
1) 𝐹 1(𝑟 1, 𝑟 2) = −∇1𝑉(𝑟1, 𝑟2) → 𝐹 1 = 𝑚1. �̈�1 → 𝑚1. �̇�1. �̈�1 = −∇1𝑉�̇�1 
2) 𝐹 2(𝑟 1, 𝑟 2) = −∇2𝑉(𝑟1, 𝑟2) → 𝐹 2 = 𝑚2. �̈�2 → 𝑚2. �̇�2. �̈�2 = −∇2𝑉�̇�2 
 
�̇�. �̈� =
𝟏
𝟐
𝒅
𝒅𝒕
(�̇�. �̇�) 
1) 
1
2
𝑚1
𝑑
𝑑𝑡
𝑣1
2 = −∇1𝑉�̇�1 
2) 
1
2
𝑚2
𝑑
𝑑𝑡
𝑣2
2 = −∇2𝑉�̇�2 
Somando os dois sistemas, teremos: 
1
2
𝑚1
𝑑
𝑑𝑡
𝑣1
2 + 
1
2
𝑚2
𝑑
𝑑𝑡
𝑣2
2 = −∇1𝑉�̇�1 − ∇2𝑉�̇�2 
Se 𝑑𝑉 = ∇𝑉. 𝑑𝑟 
𝑑
𝑑𝑡
(
1
2
𝑚1. 𝑣1
2 +
1
2
𝑚2. 𝑣2
2) = −
𝑑𝑉1
𝑑𝑡
−
𝑑𝑉2
𝑑𝑡
→ 
𝑑
𝑑𝑡
(
1
2
𝑚1. 𝑣1
2 +
1
2
𝑚2. 𝑣2
2 + 𝑉1 + 𝑉2) = 0 
𝑑
𝑑𝑡
(𝑇1 + 𝑇2 + 𝑉1 + 𝑉2) = 0 
𝑬𝟎 = 𝑻𝟏 + 𝑻𝟐 + 𝑽𝟏 + 𝑽𝟐 = 𝑻𝟏
′ + 𝑻𝟐
′ + 𝑽𝟏
′ + 𝑽𝟐
′ 
TIPOS DE ESPALHAMENTOS 
- Espalhamento Elástico: A Energia cinética se conserva. 𝑻𝟏 + 𝑻𝟐 = 𝑻𝟏
′ + 𝑻𝟐
′ 
 
- Espalhamento Inelástico: Energia cinética não conserva. 𝑻𝟏 + 𝑻𝟐 ≠ 𝑻𝟏
′ + 𝑻𝟐
′ 
 
 
 
3 Prof. Diogo Eduardo - Física 
ESPALHAMENTO ELÁSTICO 
 
1 – CONSERVAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
𝑻𝟏 + 𝑻𝟐 = 𝑻𝟏
′ + 𝑻𝟐
′ 
1
2
𝑚1. 𝑣1
2 +
1
2
𝑚2. 𝑣2
2 =
1
2
𝑚1. 𝑣1
′2 +
1
2
𝑚2. 𝑣2
′2 
*antes da colisão não há movimento na partícula 𝑚2; logo 𝑣2 = 0. Sabemos que o a 
equação do momento linear é dada por: 𝑝 = 𝑚. 𝑣 , substituímos na expressão acima, 
teremos: 
𝒑𝟏
𝟐
𝟐𝒎𝟏
=
𝒑𝟏
′𝟐
𝟐𝒎𝟏
+
𝒑𝟐
′𝟐
𝟐𝒎𝟐
 
2 – CONSERVAÇÃO DO MOMENTO LINEAR 
�⃗⃗� 𝟏 = �⃗⃗� 𝟏
′ + �⃗⃗� 𝟐
′ 
i) Horizontal: �⃗⃗� 𝟏 = �⃗⃗� 𝟏
′ . 𝒄𝒐𝒔𝜽𝟏 + �⃗⃗� 𝟐
′ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝟐 
ii) Vertical: 𝟎 = �⃗⃗� 𝟏
′ . 𝒔𝒆𝒏𝜽𝟏 − �⃗⃗� 𝟐
′ . 𝒔𝒆𝒏𝜽𝟐 
 
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*𝑝 1 , 𝑝 1
′ 𝑒 𝑝 2
′ - sempre positivos; 𝜃1 𝑒 𝜃2 sempre de 0 à 𝜋. 
3 – CONSERVAÇÃO DO MOMENTO ANGULAR 
�⃗⃗� = �⃗� 𝟏 + �⃗⃗� 𝟏 
𝑟 1 + 𝑝 1 = 𝑟 1
′𝑥𝑝 1
′ + 𝑟 2
′𝑥𝑝 2
′ 
*antes da colisão |�⃗� | = 𝑟1. 𝑝1. 𝑠𝑒𝑛(𝜋 − 𝜃) = 𝑟1. 𝑝1. 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑝1𝑏 
𝑳 = 𝒑𝟏𝒃 
𝑝1, 𝑝1
′ 𝑒 𝑝2
′ - São coplanares; 𝑟 1, 𝑟 1
′ e 𝑟 2
′ - estão no mesmo plano – mesmos ângulos – paralelos 
entre si – perpendiculares ao plano do movimento. 
𝒑𝟏𝒃 = 𝒑𝟏
′ 𝒃𝟏
′ + 𝒑𝟏
′ 𝒃𝟐
′ 
#temos as 4 equações do espalhamento elástico, são 10 variáveis; queremos entender o 
movimento. 
ANALISE DO MOVIMENTO 
- Trabalhando a equação 2 e 3: 
{
𝑝 1 = 𝑝 1
′ . 𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝑝 2
′ 𝑐𝑜𝑠𝜃2
0 = 𝑝 1
′ . 𝑠𝑒𝑛𝜃1 − 𝑝 2
′ . 𝑠𝑒𝑛𝜃2
 {
𝑝 1 − 𝑝 1
′ . 𝑐𝑜𝑠𝜃1 = 𝑝 2
′ 𝑐𝑜𝑠𝜃2
𝑝 1
′ . 𝑠𝑒𝑛𝜃1 = 𝑝 2
′ . 𝑠𝑒𝑛𝜃2
 {
(𝑝 1 − 𝑝 1
′ . 𝑐𝑜𝑠𝜃1)
2 = 𝑝 2
′2𝑐𝑜𝑠2𝜃2
𝑝 1
′2. 𝑠𝑒𝑛2𝜃1 = 𝑝 2
′2. 𝑠𝑒𝑛2𝜃2
 
Iremos fazer a somatória do sistema: 
(𝑝 1 − 𝑝 1
′ . 𝑐𝑜𝑠𝜃1)
2 + 𝑝 1
′2. 𝑠𝑒𝑛2𝜃1 = 𝑝 2
′2𝑐𝑜𝑠2𝜃2 + 𝑝 2
′2. 𝑠𝑒𝑛2𝜃2 
𝑝 1
2 − 2𝑝 1. 𝑝 1
′ . 𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝑝 1
′2. 𝑐𝑜𝑠2𝜃1 + 𝑝 1
′2. 𝑠𝑒𝑛2𝜃1 = 𝑝 2
′2(𝑠𝑒𝑛2𝜃2 + 𝑐𝑜𝑠
2𝜃2) 
𝑝 1
2 − 2𝑝 1. 𝑝 1
′ . 𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝑝 1
′2(𝑠𝑒𝑛2𝜃1 + 𝑐𝑜𝑠
2𝜃1) = 𝑝 2
′2 �⃗⃗� 𝟐
′𝟐 = �⃗⃗� 𝟏
𝟐 − 𝟐�⃗⃗� 𝟏. �⃗⃗� 𝟏
′ . 𝒄𝒐𝒔𝜽𝟏 + �⃗⃗� 𝟏
′𝟐 
Da equação 1. 
𝑝1
2
2𝑚1
=
𝑝1
′2
2𝑚1
+
𝑝2
′2
2𝑚2
 
𝑝1
2
2𝑚1
−
𝑝1
′2
2𝑚1
=
𝑝2
′2
2𝑚2
 
𝑝2
′2
2𝑚2
=
1
2𝑚1
(𝑝1
2 − 𝑝1
′2) 𝑝2
′2 =
𝑚2
𝑚1
(𝑝1
2 − 𝑝1
′2) 
 
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Se 𝛽 =
𝑚2
𝑚1
 então: 𝒑𝟐
′𝟐 = 𝜷(𝒑𝟏
𝟐 − 𝒑𝟏
′𝟐) 
*igualando 𝑝2
′2, teremos: 
𝛽(𝑝1
2 − 𝑝1
′2) = 𝑝 1
2 − 2𝑝 1. 𝑝 1
′ . 𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝑝 1
′2 −𝛽. 𝑝1
2 + 𝛽. 𝑝1
′2 + 𝑝 1
2 − 2𝑝 1. 𝑝 1
′ . 𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝑝 1
′2 = 0 
(1 + 𝛽). 𝑝 1
′2 − 2𝑝 1. 𝑝 1
′ . 𝑐𝑜𝑠𝜃1 + (1 − 𝛽)𝑝1
2 = 0 𝑥
1
(1+𝛽)
 𝑝 1
′2 −
2𝑝 1
(1+𝛽)
. 𝑐𝑜𝑠𝜃1. 𝑝 1
′ +
(1−𝛽)
(1+𝛽)
𝑝1
2 = 0 
Temos uma equação de 2º grau, então: 
𝑝 1
′ =
𝑝 1
(1+𝛽)
. 𝑐𝑜𝑠𝜃1 ± √
4.𝑝 1
2.𝑐𝑜𝑠𝜃1
(1+𝛽)2
−
4.(1−𝛽)𝑝 1
2
(1+𝛽)
 
𝑝 1
(1+𝛽)
. 𝑐𝑜𝑠𝜃1 ± 𝑝 1√
4.𝑐𝑜𝑠2𝜃1−4(1−𝛽).(1+𝛽)
4(1+𝛽)2
 
𝑝 1
(1+𝛽)
. 𝑐𝑜𝑠𝜃1 ±
𝑝 1
(1+𝛽)
√𝑐𝑜𝑠2𝜃1 − (1 − 𝛽). (1 + 𝛽) √𝑐𝑜𝑠
2𝜃1 − 1 + 𝛽
2 
Sabemos que: 𝑐𝑜𝑠2𝜃1 − 1 = −𝑠𝑒𝑛
2𝜃1 
𝑝 1
′ =
𝑝 1
(1+𝛽)
. 𝑐𝑜𝑠𝜃1 ±
𝑝 1
(1+𝛽)
√−𝑠𝑒𝑛2𝜃1 + 𝛽
2 �⃗⃗� 𝟏
′ =
�⃗⃗� 𝟏
(𝟏+𝜷)
(𝒄𝒐𝒔𝜽𝟏 ± √𝜷𝟐 − 𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽𝟏) 
- Raízes reais - 𝛽2 > 𝑠𝑒𝑛2𝜃1 – lembrando que: 𝛽 =
𝑚2
𝑚1
 
CASOS POSSÍVEIS: 
i) 𝑚1 = 𝑚2 - 𝛽 = 1 – massas iguais; 
ii) 𝑚1 > 𝑚2 - 𝛽 > 1 – massa em repouso é maior; 
iii) 𝑚1 < 𝑚2 - 𝛽 < 1 – massa em repouso é pequena. 
 
ANALISANDO OS 3 CASOS: 
i) 𝒎𝟏 = 𝒎𝟐 - 𝜷 = 𝟏 
Substituindo o valor de 𝛽 na equação: 𝑝 1
′ =
𝑝 1
(1+𝛽)
(𝑐𝑜𝑠𝜃1 ± √𝛽
2 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃1) 
 
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𝑝 1
′ =
𝑝 1
2
(𝑐𝑜𝑠𝜃1 ± √1 − 𝑠𝑒𝑛
2𝜃1) 𝑝 1
′ =
𝑝 1
2
(𝑐𝑜𝑠𝜃1 ± 𝑐𝑜𝑠𝜃1) 
(�⃗⃗� 𝟏
′ )𝑰 = �⃗⃗� 𝟏. 𝒄𝒐𝒔𝜽𝟏 e (�⃗⃗� 𝟏
′ )𝑰𝑰 = 𝟎 
Sabemos que: 𝑝2
′2 = 𝛽(𝑝1
2 − 𝑝1
′2) – substituindo 𝑝1
′ em 𝑝2
′ : 
(𝑝 2
′2)𝐼 = 𝑝1
2 − 𝑝1
2. 𝑐𝑜𝑠2𝜃1 (𝑝 2
′2)𝐼 = 𝑝1
2(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃1) (�⃗⃗� 𝟐
′𝟐)𝑰 = 𝒑𝟏
𝟐. 𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽𝟏 
(�⃗⃗� 𝟐
′𝟐)𝑰𝑰 = 𝒑𝟏
𝟐 
#2 soluções: 
I - (𝑝 1
′ )𝐼 = 𝑝 1. 𝑐𝑜𝑠𝜃1 ; (𝑝 2
′2)𝐼 = 𝑝1
2. 𝑠𝑒𝑛2𝜃1 
II - (𝑝 1
′ )𝐼𝐼 = 0 ; (𝑝 2
′2)𝐼𝐼 = 𝑝1
2 
Seguindo, usaremos a terceira equação; 
𝑝 1
′ . 𝑠𝑒𝑛𝜃1 − 𝑝 2
′ . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 = 0 
De I, teremos que: 𝑐𝑜𝑠𝜃1 = 𝑠𝑒𝑛𝜃2 
𝑠𝑒𝑛(
𝜋
2
− 𝜃1) = 𝑠𝑒𝑛𝜃2 
𝜋
2
− 𝜃1 = 𝜃2 𝜽𝟏 + 𝜽𝟐 =
𝝅
𝟐
 
Ou seja, para esta primeira solução deste primeiro caso, temos movimento das duas 
partículas 𝑣 1 e 𝑣 2, e elas se espalham fazendo um ângulo de 90º. 
 
De II, a partícula 1 (após o espalhamento) não está em movimento, ou seja, antes da 
colisão 𝑣 1 – há movimento no centro de interação e ela para; A partícula 2 sai com a 
mesma 𝑣 1 = 𝑣 2 – colisão frontal. 
 
 
 
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ii) 𝒎𝟏 > 𝒎𝟐 - 𝜷 > 𝟏 
Substituindo o valor de 𝛽 na equação: 𝑝 1
′ =
𝑝 1
(1+𝛽)
(𝑐𝑜𝑠𝜃1 ± √𝛽
2 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃1) 
- A raiz quadrada sempre será real; agora o que implica é o sinal negativo de fora da raiz, 
pois não é valido, não podemos ter momento linear negativo. Então: 
𝑝 1
′ =
𝑝 1
(1 + 𝛽)
(𝑐𝑜𝑠𝜃1 + √𝛽
2 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃1) 
Devemos tomar atenção no ângulo 𝜃1 – que 0 ≤ 𝜃1 ≤ 𝜋 
ANALISE DE 𝜃1 
- 𝜽𝟏 = 𝟎 
𝑝 1
′ =
𝑝 1
(1+𝛽)
(1 + √𝛽2) 𝑝 1
′ =
𝑝 1
(1+𝛽)
(1 + 𝛽) �⃗⃗� 𝟏
′ = �⃗⃗� 𝟏 
𝑝2
′2 = 𝛽(𝑝1
2 − 𝑝1
′2) 𝒑𝟐
′ = 𝟎 
*não houve colisão, b (parâmetro de impacto) muito grande. 
 
- 𝜽𝟏 = 𝝅 
∗ a partícula incidente (m1) é espalhada para trás. 
𝑝 1
′ =
𝑝 1
(1+𝛽)
(𝑐𝑜𝑠𝜃1 + √𝛽
2 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃1) 𝑝 1
′ =
𝑝 1
(1+𝛽)
(−1 + 𝛽) �⃗⃗� 𝟏
′ =
(−𝟏+𝜷)
(𝟏+𝜷)
�⃗⃗� 𝟏 
𝑝2
′2 = 𝛽(𝑝1
2 − 𝑝1
′2) 𝑝2
′2 = 𝛽 [𝑝1
2 − 𝑝1
2 (
(−1+𝛽)
(1+𝛽)
)
2
] 𝑝2
′2 = 𝑝1
2. [𝛽 − 𝛽 (
(−1+𝛽)
(1+𝛽)
)
2
] 
𝑝2
′ = 𝑝1 [
(1+𝛽)2𝛽−(𝛽−1)2𝛽
(1+𝛽)2
] - Abrir algebricamente, teremos: 𝒑𝟐′ = 𝒑𝟏 [
𝟐𝜷
𝟏+𝜷
] 
 
 
 
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Da equação 3: 
0 = 𝑝 1
′ . 𝑠𝑒𝑛𝜃1 − 𝑝 2
′ . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 0 =
(𝛽−1)
(1+𝛽)
𝑝 1. 𝑠𝑒𝑛𝜃1 − 𝑝 1 [
2𝛽
1+𝛽
] . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 𝑠𝑒𝑛𝜃1 = 0 
Então: 
𝑝 1 [
2𝛽
1+𝛽
] . 𝑠𝑒𝑛𝜃2 = 0 implica que 𝑠𝑒𝑛𝜃2 = 0 logo 𝜽𝟐 = 𝟎 
*m2 é espalhado para frente, uma colisão frontal onde 𝑏 = 0, m1 é espalhado para trás. 
 
 
iii) 𝒎𝟏 < 𝒎𝟐 - 𝜷 < 𝟏 
*a massa de repouso é muito pequena. 
𝑝 1
′ =
𝑝 1
(1 + 𝛽)
(𝑐𝑜𝑠𝜃1 + √𝛽
2 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃1) 
*problema com a raiz quadrada. 
𝜷 ≥ 𝒔𝒆𝒏𝜽𝟏
𝒎 𝜽𝟏
𝒎 ≤ 𝒂𝒓𝒄(𝒔𝒆𝒏 𝜷) 
*𝜃1
𝑚 – ângulo de espalhamento máximo. 
 
#Rutherford observou... 
 
 
 
Espero ter ajudado