RESOLUÇÃO HALLIDAY - VOL 4 - Capítulo 37

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Capítulo 37
1. A equação de dilatação do tempo ∆t = g∆t0 (em que ∆t0 é o intervalo de tempo próprio, 21 / 1 ,γ β= − e b = v/c) nos dá 
2
01 .t
t
β ∆ = −  ∆ 
De acordo com o enunciado, t0 = 2,2000 ms. Como o mesmo intervalo, no referencial da Terra, é ∆t = 16,000 ms, temos
2
2,2000 s1 0,99050.
16,000 s
µβ µ
 
 
 
= − =
2. (a) Como, de acordo com a Eq. 37-8, 21 / 1 ,γ β= − temos
( )2 2
1 11 1 0,14037076.
1,0100000
β
γ
= − = − =
(b) Neste caso, ( ) 21 10,000000 0,99498744.β −= − =
(c) Neste caso, ( ) 21 100,00000 0,99995000.β −= − =
(d) Neste caso, ( ) 21 1000,0000 0,99999950.β −= − =
3. (a) Desprezando o tempo necessário para inverter o sentido do movimento da nave, o tempo total gasto na viagem foi de um 
ano, de acordo com o relógio de bordo (que mede o intervalo de tempo próprio ∆t0), e de 1000 anos, de acordo com os relógios 
terrestres. Explicitando v/c na Eq. 37-7, obtemos 
2 2
0 1ano1 1 0,99999950.
1000 anos
tv
c t
β       
  
∆= = − = − =
∆
(b) Como a equação da dilatação do tempo não envolve a aceleração (ou seja, a direção do vetor velocidade), podemos presumir 
que não faria diferença se a viagem não fosse feita em linha reta. Entretanto, esta é uma questão delicada, que até hoje é discutida 
pelos especialistas em relatividade.
4. Devido à dilatação do tempo, o intervalo entre as idades inicial e final da filha é maior que os quatro anos experimentados 
pelo pai:
tf d filha – ti filha = g(4,000 anos),
em que g é o fator de Lorentz (Eq. 37-8). Chamando de T a idade do pai, temos
Ti = ti filha + 20,00 anos, Tf = tf filha – 20,00 anos.
Como Tf – Ti = 4,000 anos, podemos combinar as três equações anteriores para obter o valor de g e, portanto, o valor de v:
44 = 4g ⇒ g = 11 ⇒ 
2 21 11 1 0,9959.
11
γβ
γ
− −= = =
5. No laboratório, a partícula percorre uma distância d = 0,00105 m = vt, em que v = 0,992c, e t é o tempo medido pelo relógio do 
laboratório. Podemos utilizar a Eq. 37-7 para relacionar t ao tempo de vida próprio da partícula t0:
( )
2
20
02
 1 1 0,992 ,
0,9921 /
t v dt t t
c cv c
 
 
 
= ⇒ = − = −
−
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 4 1
o que nos dá 
t0 = 4,46 × 10–13 s = 0,446 ps.
6. O valor de ∆t para b = 0 no gráfico da Fig. 37-22 permite concluir que o valor de ∆t0 na Eq. 37-9 é 8,0 s. Assim, temos
0
0 2 2
8,0 s
1 ( / ) 1
tt t
v c
γ
β
∆∆ = ∆ = =
− −
.
Fazendo b = 0,98 nessa expressão, obtemos ∆t ≈ 40 s.
7. De acordo com a Eq. 37-7, temos
3
2
0
2
120 anos 2684 anos 2,68 10 anos.
1 (0,9990)1 ( / )
t
t
v c
∆ = = = ≈ ×
−
∆
−
8. De acordo com a Eq. 37-13, temos
( )2 20 1 3,00m 1 (0,999987) 0,0153m 1,53 cm.L L β= − = − = =
9. PENSE Do ponto de vista de um observador estacionário, o comprimento de uma espaçonave em movimento é menor que o 
comprimento de repouso. 
FORMULE Vamos chamar de L0 o comprimento de repouso da nave. O comprimento medido pela base é
ANALISE (a) O comprimento de repouso é L0 = 130 m. Para v = 0,740c, obtemos
(b) O intervalo de tempo registrado pelos ocupantes da base é
APRENDA O comprimento da espaçonave parece ter sido dividido por
10. Como apenas a “componente” do comprimento paralela ao eixo x sofre contração relativística, a componente y continua 
a ser
sen30 (1,0 m)(0,50) 0,50m,y y= = ° = =′  
enquanto a componente x se torna
2 21 (1,0 m)(cos30 ) 1 (0,90) 0,38m.x x β= − = ° − =′ 
Assim, de acordo com o teorema de Pitágoras, o comprimento da régua no referencial S é
( ) ( )22 2 2(0,38 m) (0,50 m) 0,63m.x y= + = + =′ ′ ′  
1 4 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
11. O comprimento L da barra, medido em um referencial que está se movendo com velocidade v paralelamente à maior dimensão 
da barra, está relacionado ao comprimento de repouso L0 pela equação L = L0/g , em que 21 / 1γ β= − e b = v/c. Como g é sempre 
maior que 1, L é menor que L0. Neste problema, L0 = 1,70 m, b = 0,630 e, portanto,
( ) ( )220 1 1,70m 1 0,630 1,32m.L L β= − = − =
12. (a) De acordo com a Eq. 37-13, temos
2 2
0
11 1 0,866.
2
L
L
β
   
       
= − = − =
 (b) De acordo com a Eq. 37-8, temos
2
1 2,00.
1
γ
β
= =
−
13. (a) A velocidade do astronauta é v = 0,99c, que também pode ser expressa na forma v = 0,99 ano-luz/ano. Seja d a distância 
percorrida. O tempo de viagem, no referencial terrestre, é
Δt = d/v = (26 anos-luz)/(0,99 ano-luz/ano) = 26,26 anos.
(b) O sinal, que presumivelmente é uma onda eletromagnética, se propaga com velocidade c e, portanto, leva 26,0 anos para chegar 
à Terra. O tempo total, no referencial terrestre, é 
26,26 anos + 26,0 anos = 52,26 anos.
(c) O intervalo de tempo medido pelos relógios de bordo é o intervalo de tempo próprio Δt0 = Δt/g. Como 
2 2
1 1 7,09,
1 1 (0,99)
γ
β
= = =
− −
temos 
Δt0 = (26,26 anos)/(7,09) = 3,705 anos.
14. O valor de L para b = 0 no gráfico da Fig. 37-23 permite concluir que o valor de L0 na Eq. 37-13 é 0,80 m. Assim, temos
( )2 20 1 ( / ) 0,80m 1 .L L v c β= − = −
Fazendo b = 0,95 nessa expressão, obtemos L ≈ 0,25 m.
15. (a) Sabemos que d = 23.000 anos-luz = 23.000c. O tempo gasto para percorrer essa distância, no referencial da Terra, é 
∆t = d/v, em que v é a velocidade da espaçonave. Como b = v/c, temos
23.000 23.000 anos.d ct
v cβ β
∆ = = =
Por outro lado, de acordo com a Eq. 37-7,
0
2 2
30 anos.
1 ( / ) 1
tt
v c β
∆∆ = =
− −
Igualando as duas equações e explicitando b, obtemos
2 2
23.000 0,99999915.
23.000 30
β = =
+
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 4 3
(b) De acordo com a Eq. 37-13, a distância percorrida no referencial da espaçonave é
2 2
0 1 23.000 1 0,99999915 30 anos-luz.L L β= − = − ≈
16. A “coincidência” de x = x = 0 no instante t = t = 0 permite que as Eqs. 37-21 sejam usadas sem termos adicionais.
(a) A coordenada espacial no referencial do observador S é
( )
8 8
5
2 2
3,00 10 m (1,199 10 m/s)(2,50 s) 2,7 10 m 0,
1 1 (0,400)
x vtx x vtγ
β
− × − ×= − = = = × ≈′
− −
dentro da precisão dos dados (dois algarismos significativos). 
(b) A coordenada temporal no referencial do observador S é
8 8
2 2 2
/ 2,50 s (0,400)(3,00 10 m)/2,998 10 m/s 2,29 s.
1 1 (0,400)
vx t x ct t
c
βγ
β
 
 
 
− − × ×= − = = =′
− −
(c) Nesse caso, a velocidade v tem sinal negativo e a coordenada espacial no referencial do observador S é 
8 8
8
2 2
3,00 10 m (1,199 10 m/s)(2,50 s) 6,54 10 m.
1 1 (0,400)
x vtx
β
+ × + ×= = = ×′
− −
(d) Nesse caso, a coordenada temporal no referencial do observador S é 
8 8
2 2
2,50s (0,400)(3,00 10 m)/2,998 10 m/s 3,16 s.
1 (0,400)
vxt t
c
γ   
 
+ × ×= + = =′
−
17. PENSE Podemos usar a transformação de Lorentz para calcular as coordenadas espacial e temporal da colisão de acordo com 
um observador estacionário no referencial S.
FORMULE De acordo com as equações da transformação de Lorentz, temos
em que b = v/c = 0,950 e
ANALISE (a) A coordenada espacial no referencial S é
(b) A coordenada temporal no referencial S é
APRENDA O instante e o local em que ocorreu o choque de micrometeoritos são diferentes para observadores situados nos 
referenciais S e S.
18. A “coincidência” de x = x = 0 no instante t = t = 0 permite que as Eqs. 37-21 sejam usadas sem termos adicionais. Vamos 
fazer (x1, t1) = (0, 0) e (x2, t2) = (3000 m, 4,0 × 10–6 s).
1 4 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
(a) Esperamos que 1 1( , ) (0,0), x t′ ′ = o que pode ser confirmado usando as Eqs. 37-21. 
(b) Vamos agora calcular 2 2 ( , ) x t′ ′ para v = +0,60c = +1,799 × 108 m/s (o enunciado do problema não indica explicitamente o sinal 
de v, mas, na figura mencionada, a Fig. 37-9, o referencial S está se movendo no sentido positivo do eixo x; portanto, o sinal de 
v é positivo).
8 6
2 2 2
6 8
2 2 2
3000 m (1,799 10 m/s)(4,0 10 s) 2,85 km
1 1 (0,60)
/ 4,0 10 s (0,60)(3000 m)/(2,998 10 m/s) 2,5 s.
1 1 (0,60)
x vtx
t x ct
β
β µ
β
−
−
−− × ×= = =′
− −
− × − ×= = = −′
− −
(c) Como, no referencial S, o evento 1 ocorre no instante t = 0 e o evento 2 ocorre no instante t = 4,0 ms, o evento 1 acontece antes 
do evento 2. No referencial S, por outro lado, como 2 0,t <′ o evento 2 acontece antes do instante t = t = 0; portanto, antes do evento 
1. Assim, os dois observadores não registram os eventos na mesma ordem.
Como as distâncias x2 – x1 e 2 1x x−′ ′ são maiores que as distâncias que a luz pode percorrer nos respectivos intervalos de tempo, 
2 1 2 1( ) 1,2 km e | | 750 m,c t t c t t− = − ≈′ ′ a inversão da ordem em que os eventos ocorrem não viola o princípio da causalidade.
19. (a) Vamos supor que as lâmpadas de flash estão em repouso no referencial S, e que o observador está em repouso no referencial 
S. Como o tempo próprio não é medido nem pelos relógios do referencial S nem pelos relógios do referencial S, é preciso usar a 
transformação de Lorentz completa (Eq. 37-21). Seja tp a coordenada temporal e seja xp a coordenada espacial do pequeno clarão 
no referencial S. Nesse caso, a coordenada temporal do pequeno clarão no referencial S é
p
p p
x
t t
c
βγ
 
   
= −′
em que b = v/c = 0,250 e
2 21/ 1 1/ 1 (0,250) 1,0328.γ β= − = − =
Seja tg a coordenada temporal e seja xg a coordenada espacial do grande clarão no referencial S. Nesse caso, a coordenada temporal 
do grande clarão no referencial S é
.gg g
xt t
c
γ
β 
   
= −′
Subtraindo a primeira equação da segunda e levando em conta o fato de que tp= tg, já que os clarões são simultâneos no referencial 
S, obtemos
3
5
8
( ) (1,0328)(0,250)(30 10 m) 2,58 10 s 25,8 s.
3,00 10 m/s
γβ
µ−
− ×∆ = − = = = × =′ ′ ′ ×
p g
g p
x x
t t t c
(b) Como ∆t é positivo, gt′ é maior que ,pt′ o que significa que, de acordo com o observador, o clarão pequeno ocorreu primeiro.
20. De acordo com a Eq. 2 da Tabela 37-2, temos 
∆t = vg∆x′/c² + g∆t′.
O coeficiente de x é a inclinação (4,0 ms/400 m) da reta da Fig, 37-24, e o segundo termo do lado direito é a distância temporal no 
referencial S para x = 0. A partir da primeira observação, obtemos, depois de algumas manipulações algébricas, b = v/c = 0,949, 
o que nos dá g = 3,16. Nesse caso, de acordo com a segunda observação,
6
72,00 10 s 6,3 10 s 0,63 .3,16 µγ
−
−∆ ×∆ = = = × =′ tt s
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 4 5
21. (a) De acordo com a Eq. 2′ da Tabela 37-2, temos
6
2 8
(400m)1,00 10 s ,
2,998 10 m/s
v x xt t t
cc
β βγ γ γ −
   
          
∆ ∆∆ = ∆ − = ∆ − = × −′
×
em que g e b estão relacionados pela Eq. 37-8. 
(b) A figura a seguir mostra o gráfico de ∆t em função de b para o intervalo 0 0,01β< < .
Note que os limites do eixo vertical são +2 ms e –2 ms e que o gráfico não pode ser distinguido de uma reta horizontal. Isso acon-
tece porque, para valores pequenos de b, a distância temporal entre os eventos medida pelo observador 2 é praticamente igual 
à distância medida pelo observador 1, ou seja, +1,0 ms. Em outras palavras, neste caso não são observados efeitos relativísticos.
(c) A figura a seguir mostra o gráfico de ∆t em função de b para o intervalo 0,1 1.β< <
(d) Fazendo
6
8
(400m)' 1,00 10 s 0,
2,998 10 m/s
xt t
c
β βγ γ −
  
       
∆∆ = ∆ − = × − =
×
obtemos
8 6(2,998 10 m/s)(1,00 10 s) 0,7495 0,750.
400m
c t
x
β
−∆ × ×= = = ≈
∆
(e) De acordo com o gráfico do item (c), a sequência dos eventos para o observador 2 é a mesma que para o observador 1 para 
b < 0,750, pois, nesse caso, ∆t > 0. 
(f) De acordo com o gráfico do item (c), a sequência dos eventos para o observador 2 não é a mesma que para o observador 1 
para b > 0,750, pois, nesse caso, ∆t < 0.
1 4 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
(g) Não, o evento A não pode ser a causa do evento B ou vice-versa. Note que 
∆x/∆t = (400 m)/(1,00 ms) = 4,00 ×108 m/s > c.
Como um sinal não pode se propagar do local onde ocorreu o evento A para o local onde ocorreu o evento B com uma velocidade 
maior que c, o evento A não pode influenciar o evento B, ou vice-versa.
22. (a) De acordo com a Tabela 37-2,
( ) ( ) 2
400 m (299,8 m)[400 m (1,00 s)] .
1
x x v t x c t c βγ γ β γ β µ
β
−∆ = ∆ − ∆ = ∆ − ∆ = − =′
−
(b) A figura a seguir mostra o gráfico de ∆x em função de b para 0 0,01.β< <
(c) A figura que se segue mostra o gráfico de ∆x em função de b para 0,01 1.β< <
(d) Para determinar o valor de b para o qual a distância espacial ∆x é mínima, derivamos ∆x′ em relação a b e igualamos o re-
sultado a zero:
2 3/22
0.
(1 )1
d x d x c t x c t
d d
β β
β β ββ
 
 
 
 
∆ ∆ − ∆ ∆ − ∆′ = = =
−−
Explicitando b, obtemos
8 6(2,998 10 m/s)(1,00 10 s) 0,7495 0,750.
400 m
c t
x
β
−∆ × ×= = = ≈
∆
(e) Substituindo o valor de b calculado no item (d) na expressão do item (a), obtemos 
x′ = 264,8 m ≈ 265 m.
23. (a) O fator de Lorentz é
2 2
1 1 1,25.
1 1 (0,600)β
γ = = =
− −
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 4 7
(b) No referencial estacionário, o tempo que o relógio leva para se deslocar da origem até o ponto x = 180 m é
6
8
180m 1,00 10 s.
(0,600)(3,00 10 m/s)
xt
v
−= = = ×
×
O intervalo de tempo próprio entre os dois eventos (o instante em que o relógio passa pela origem e o instante em que o relógio 
passa pelo ponto x = 180 m) é o tempo medido pelo próprio relógio. Como a leitura do relógio no início do intervalo é zero, a 
leitura no final do intervalo é
6
71,00 10 s 8,00 10 s 0,800 s.
1,25
tt µγ
−
−×= = = × =′
24. Se o observador S mede no relógio de pulso um intervalo de 15,0 s que para o observador S corresponde a um intervalo de 
30,0 s, o fator de Lorentz é g = 2,00 (veja a Eq. 37-9), o que nos dá, de acordo com a Eq. 37-8, v = 0,866c.
(a) De acordo com a Eq. 37-13, o comprimento da régua 1 para o observador S é (1,00 m)/g = (1,00 m)/2 = 0,500 m.
(b) Como não há contração em uma direção perpendicular à direção do movimento, o comprimento da régua 2 para o observador 
S é 1,00 m.
(c) Pela mesma razão apresentada no item (b), o comprimento da régua 3 para o observador S é 1,00 m.
(d) De acordo com a Eq. 1′ da Tabela 37-2, temos
( ) 8 92 1 (2,00) 20,0 m (0,866)(2,998 10 m/s)(40,0 10 s)
19,2 m.
x x x x v tγ −  ∆ = − = ∆ − ∆ = − × ×′ ′ ′
=
(e) De acordo com a Eq. 2′ da Tabela 37-2, temos
( ) ( )22 1
9 8
/ /
(2,00) 40,0 10 s (0,866)(20,0 m)/(2,998 10 m/s)
35,5 ns.
t t t t v x c t x cγ γ β
− 
 
∆ = − = ∆ − ∆ = ∆ − ∆′ ′ ′
= × − ×
= −
Em valor absoluto, a distância temporal entre os dois eventos é 35,5 ns.
(f) O sinal negativo obtido no item (e) significa que o evento 2 ocorreu antes do evento 1.
25. (a) No referencial S, as coordenadas são tais que x1 = +1200 m para o grande clarão e x2 = 1200 – 720 = 480 m para o pequeno 
clarão (que aconteceu depois). Assim, 
Δx = x2 – x1 = –720 m.
Fazendo Δx = 0 na Eq. 37-25, obtemos
60 ( ) 720m (5,00 10 s) ,x v t vγ γ − = ∆ − ∆ = − − × 
o que nos dá v = –1,44 ´ 108 m/s e, portanto, / 0,480.v cβ = =
(b) O sinal negativo obtido no item (a) mostra que o referencial S está se movendo no sentido negativo do eixo x. 
(c) De acordo com a Eq. 37-28,
8
6
2 8 2
( 1,44 10 m/s)( 720m)5,00 10 s ,
(2,998 10 m/s)
v xt t
c
γ γ −
  
       
∆ − × −∆ = ∆ − = × −′
×
o que nos dá um valor positivo, qualquer que seja o valor de g. Assim, a ordem dos clarões no referencial S é a mesma que no 
referencial S, ou seja, o grande clarão acontece primeiro.
1 4 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
(d) Terminando o cálculo iniciado no item (c), obtemos
6 8 8 2
6
2
5,00 10 s ( 1,44 10 m/s)( 720m)/(2,998 10 m/s) 4,39 10 s
1 0,480
4,39 s.
t
µ
−
−× − − × − ×∆ = = ×′
−
=
26. Estamos interessados em calcular o valor de Δt para que
( )0 ( 720m )x x v t v tγ γ= ∆ = ∆ − ∆ = − − ∆′
no caso limite em que | | .v c→ Assim,
6
8
720m 2,40 10 s 2,40 s.
2,998 10 m/s
x xt
v c
µ−∆ ∆∆ = = = = × =
×
27. PENSE Podemos usara transformação relativística de velocidades para calcular a velocidade da partícula em relação ao re-
ferencial S.
FORMULE Vamos supor que S está se movendo no sentido do semieixo x positivo. Se u é a velocidade da partícula 
medida no referencial S e v é a velocidade de S em relação a S, a velocidade da partícula medida no referencial S é dada 
pela Eq. 37-29:
ANALISE Para u = +0,40c e v = +0,60c, obtemos
APRENDA De acordo com a transformação clássica de Galileu, o resultado seria
28. (a) De acordo com a Eq. 37-29,
2
0,47 0,62 0,84 .
1 (0,47)(0,62)1 /
v u c cv c
uv c
+ +′= = =
++ ′
Na notação dos vetores unitários, ˆ(0,84 )i.v c=
(b) De acordo com a transformação clássica, v = 0,47c + 0,62c = 1,1c, o que nos dá ˆ(1,1 )i.v c=
(c) Para v = –0,47cî, temos
2
0,47 0,62 0,21 .
1 ( 0,47)(0,62)1 /
v u c cv c
uv c
+ − +′= = =
+ −+ ′
Na notação dos vetores unitários, ˆ(0,21 )i.v c=
(d) De acordo com a transformação clássica, v = 0,62c – 0,47c = 0,15c, o que nos dá
ˆ(0,15 )i.v c=
29. (a) Uma coisa que a relatividade de Einstein possui em comum com a relatividade clássica é a reciprocidade das velocidades 
relativas. Se João vê Maria se afastar com uma velocidade de 20 m/s, Maria vê João se afastar com uma velocidade de 20 m/s. Assim, 
se para um observador terrestre a galáxia A está se afastando a uma velocidade de 0,35c, para um observador da galáxia A nossa 
galáxia está se afastando a uma velocidade escalar (em múltiplos de c) |v/c| = 0,35. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 4 9
(b) Vamos tomar como positivo o sentido do movimento da galáxia A no nosso referencial. Usando a notação da Eq. 37-29, sa-
bemos que v = +0,35c (a velocidade da galáxia A em relação à Terra) e u = –0,35c (a velocidade da galáxia B em relação à Terra). 
Nesse caso, a velocidade da galáxia B em relação à galáxia A é
2
( 0,35 ) 0,35 0,62 ,
1 ( 0,35)(0,35)1 /
u v c cu c
uv c
− − −= = = −′ − −−
o que nos dá
|u/c| = 0,62.
30. Usando a notação da Eq. 37-29 e tomando como positivo o sentido “para longe da Terra”, sabemos que v = +0,4c e u = +0,8c. 
Assim, a velocidade de Q2 em relação a Q1 é
2
0,8 0,4 0,588 ,
1 (0,8)(0,4)1 /
u v c cu c
uv c
− −= = =′
−−
o que nos dá
|u/c| = 0,588.
31. PENSE Como tanto a espaçonave como o micrometeorito estão se movendo com velocidades próximas da velocidade da 
luz, devemos utilizar a transformação relativística de velocidades para calcular a velocidade do micrometeorito em relação à 
espaçonave.
FORMULE Seja S o referencial do micrometeorito e seja S o referencial da espaçonave. Vamos supor que o referencial S está se 
movendo no sentido do semieixo x positivo. Se u é a velocidade do micrometeorito no referencial S e v é a velocidade do referencial 
S em relação ao referencial S, a velocidade u do micrometeorito no referencial S pode ser calculada usando a Eq. 37-29:
ANALISE Para v = –0,82c e u = +0,82c, temos
ou 2,94 × 108 m/s. Usando a Eq. 37-10, concluímos que um observador a bordo mede um tempo de trânsito igual a
APRENDA De acordo com a transformação clássica de Galileu, o resultado seria
uma velocidade maior que c e, portanto, fisicamente impossível. 
32. De acordo com o gráfico da Fig. 37-36b, u = 0,80c para v = 0. Assim, de acordo com a Eq. 37-29, u = 0,80c. Explicitando u 
na Eq. 37-29 e substituindo u por seu valor, temos
2 .
0,80
1 (0,80) /1 /
u v c vu
v cuv c
− −= =′
−−
(a) Fazendo v = 0,90c na expressão anterior, obtemos u = –0,357c ≈ –0,36c.
(b) Fazendo v = c na expressão anterior, obtemos u = –c, independentemente do valor de u.
1 5 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
33. (a) No referencial da nave mensageira (que vamos chamar de Sm), a velocidade da esquadrilha é
2 2
0,80 0,95 0,625 .
1 / 1 (0,80 )(0,95 )/
m
m
v v c cv c
vv c c c c
− −= = = −′
− −
O comprimento da esquadrilha no referencial Sm é
20
1 (1,0ano-luz) 1 ( 0,625) 0,781 ano-luz.
LL
vγ
= = − − =
′
Assim, a duração da viagem é
0,781ano-luz 1,25 ano.
| | 0
 
,625c
Lt
v
′= = =′
′
(b) No referencial da esquadrilha (que vamos chamar de Se), a velocidade da nave mensageira é
2 2
0,95 0,80 0,625 .
1 / 1 (0,95 )(0,80 )/
e
e
v v c cv c
vv c c c c
− −= = =′
− −
e a duração da viagem é
0 1,0 ano-luz 1,60 ano.
0,625
Lt
v c
= = =′
′
(c) No referencial da base espacial, o comprimento da esquadrilha é
20 (1,0 ano-luz) 1 (0,80) 0,60 ano-luzLL
γ
= = − =
e, portanto, a duração da viagem é
0,60ano-luz 4,00 anos.
0,95 0,80m e
Lt
v v c c
= = =
− −
34. De acordo com a equação do efeito Doppler transversal, Eq. 37-37, 20 1 ,f f β= − o que nos dá
21 1 1 .βλ λ0
= −
Explicitando l − l0, obtemos
0 0 2 2
1 11 (589,00mm) 1 2,97nm.
1 1 (0,100)
λ λ λ
β
  
   
   
   
− = − = − =
− −
35. PENSE Este problema envolve o efeito Doppler para a luz. A velocidade da fonte é a velocidade da espaçonave, e a velocidade 
do detector é a velocidade da Terra. 
FORMULE Como a fonte e o detector estão se afastando, a frequência recebida é dada pela Eq. 37-31:
em que f0 é a frequência no referencial da espaçonave, b = v/c e v é a velocidade da espaçonave em relação à Terra.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 5 1
ANALISE Para b = 0,90 e f0 = 100 MHz, temos
APRENDA Como a fonte está se afastando do detector, f < f0. Note que, para baixas velocidades, ou seja, para b << 1, podemos 
usar a seguinte aproximação para a Eq. 37-31:
36. (a) De acordo com a Eq. 37-36.
8 6 6(0,004)(3,0 10 m/s) 1,2 10 m/s 1 10 m/s.v cλλ
∆= = × = × ≈ ×
(b) A galáxia está se afastando da Terra.
37. De acordo com a Eq. 37-36,
620 nm 540 nm 0,13 .
620 nm
v c c cλλ
 
 
 
∆ −= = =
38. (a) De acordo com a Eq. 37-36,
8 612,00 nm (2,998 10 m/s) 7,000 10 m/s 7000 km/s.
513,0 nm
v cλλ
∆= = × = × =
(b) O fato de que o comprimento de onda aumentou significa que a galáxia NGC 7319 está se afastando da Terra.
39. PENSE Este problema envolve o efeito Doppler para a luz. A velocidade da fonte é a velocidade da espaçonave, e a velocidade 
do detector é a velocidade da Terra. 
FORMULE Como a fonte e o detector estão se afastando, a frequência recebida é dada pela Eq. 37-31:
em que f0 é a frequência no referencial da espaçonave, b = v/c e v é a velocidade da espaçonave em relação à Terra. A frequência 
e o comprimento de onda estão relacionados pela equação f l = c. Assim, se l0 é o comprimento de onda da luz no referencial da 
espaçonave, o comprimento de onda no referencial da Terra é
ANALISE (a) Para l0 = 450 nm e b = 0,20, temos
(b) O comprimento de onda de 550 nm corresponde à cor verde.
APRENDA Uma vez que l0 = 450 nm, a luz é azul no referencial da espaçonave. Como l > l0, este desvio Doppler é um desvio 
para o vermelho.
40. (a) O teorema do trabalho e energia cinética pode ser aplicado tanto na física clássica como na física relativística; a única diferença 
está na equação usada para calcular a energia cinética. Usando a Eq. 37-52, W = DK = mec2(g – 1), e a relação mec2 = 511 keV = 0,511 
MeV (Tabela 37-3), obtemos
1 5 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
2
2 2
1 11 (511keV) 1 79,1 keV.
1 1 (0,500)
eW m c β
  
   
   
   
= − = − =
− −
(b) 
2
1(0,511MeV) 1 3,11 MeV.
1 (0,990)
W
 
= − = 
−  
(c) 
2
1(0,511MeV) 1 10,9MeV.
1 (0,990)
W
 
= − = 
−  
41. PENSE Como o elétron possui uma energia cinética muito elevada, devemos usar equações relativísticas para calcular os 
parâmetros pedidos.
FORMULE A energia cinética do elétron é dada pela Eq. 37-52:
Assim, 
g = (K/mc2) + 1.
Explicitando b no fator de Lorentz 21 / 1 ,γ β= − obtemos
21 (1/ ) .β γ= −
ANALISE (a) De acordo com a Tabela 37-3, a energia de repouso do elétron é mc2 = 511 keV = 0,511 MeV e, portanto, o fator de 
Lorentz é
(b) O parâmetro de velocidade é
Assim, a velocidade do elétron é 0,999987c, ou seja, 99,9987% da velocidade da luz. 
APRENDA A expressão clássica da energia cinética, K = mv2/2,só é válida se a velocidade do objeto for muito menor que a ve-
locidade da luz.
42. De acordo com a Eq. 37-50,
2 23(4,00151u) 11,99671u (0,00782 u)(931,5 MeV/u)
7,28 MeV.
Q Mc c  = −∆ = − − = −
= −
Assim, a energia mínima necessária para que a reação aconteça é 7,28 MeV. Note que as massas que aparecem no enunciado são 
as massas dos núcleos envolvidos na reação, e não as massas dos átomos, como em outros problemas deste capítulo.
43. (a) O teorema do trabalho e energia cinética pode ser aplicado tanto na física clássica como na física relativística; a única di-
ferença está na equação usada para calcular a energia cinética. Usando a Eq. 37-52, W = ∆K = mec2(g − 1), e a relação mec2 = 511 
keV = 0,511 MeV (Tabela 37-3), obtemos
2
2 2 2 2
1 1 1 1(511keV)
1 1 1 (0,19) 1 (0,18)
0,996 keV 1,0 keV.
e
if
W K m c
β β
           
= ∆ = − = −
− − − −
= ≈
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 5 3
(b) Da mesma forma,
2 2
1 1(511keV) 1055keV 1,1 MeV.
1 (0,99) 1 (0,98)
W
 
 
  
= − = ≈
− −
Comparando os resultados dos itens (a) e (b), vemos que a dificuldade para acelerar uma partícula aumenta consideravelmente 
quando a velocidade da partícula se aproxima da velocidade da luz.
44. A variação de massa é
( ) ( )4,002603u +15,994915u 1,007825u +18,998405u 0 , 008712 u.M∆ = − = −
De acordo com as Eqs. 37-50 e 37-46, temos
2 ( 0,008712u)(931,5MeV/u) 8,12MeV.Q M c= −∆ = − − =
45. De acordo com a Eq. 37-12, a distância percorrida pelo píon no referencial da Terra é d = v∆t. O tempo de vida próprio ∆t0 
está relacionado a ∆t por meio da Eq. 37-9, ∆t = g∆t0. Para determinar o valor de g, usamos a Eq. 37-48. Como a energia total do 
píon é dada por E = 1,35 × 105 MeV e o valor de mc2 para o píon é 139,6 MeV, temos
5
2
1,35 10 MeV 967,05.
139,6 MeV
E
mc
γ ×= = =
Assim, o tempo de vida do píon medido pelos cientistas é
9 5
0 (967,1)(35,0 10 s) 3,385 10 s,t tγ
− −∆ = ∆ = × = ×
a velocidade do píon, de acordo com a Eq. 37-8, é
2 1 0,9999995v c c cγ
γ
−= = ≈
e a distância percorrida é
8 5 4(2,998 10 m/s)(3,385 10 s) 1,015 10 m 10,15km 10 km.d c t −≈ ∆ = × × = × = ≈
Assim, a altitude na qual o píon decai é 120 km – 10 km = 110 km.
46. (a) Elevando ao quadrado a Eq. 37-47, obtemos
2 2 2 2 2( ) 2 .E mc mc K K= + +
Igualando este resultado à Eq. 37-55, obtemos
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
( )( ) 2 ( ) ( ) .
2
pc Kmc mc K K pc mc m
Kc
−+ + = + ⇒ =
(b) Em baixas velocidades, podemos usar as expressões clássicas p = mv e K = mv2/2. Como, em baixas velocidades, pc >> K, já 
que c >> v, temos
2
2 2
( ) .
2( /2)
mvcm m
mv c
→ =
1 5 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
(c) De acordo com a expressão obtida no item (a), temos
2 2
2
2
121 55 105,6MeV/c .
2(55)
m
c
−= =
Como, de acordo com a Tabela 37-3, a massa do elétron é me = 0,511 MeV/c2, a massa calculada é aproximadamente 207 vezes 
maior que a massa do elétron, ou seja, m/me ≈ 207. A partícula é um múon.
47. PENSE De acordo com a teoria da relatividade, a massa deve ser considerada uma forma de energia.
FORMULE A equivalência entre massa e energia é dada pela equação
ANALISE A energia contida em um comprimido de aspirina é
o que equivale a
de gasolina. A distância que um carro pode percorrer com essa energia é
APRENDA A distância calculada corresponde a aproximadamente 250 vezes a circunferência da Terra (veja o Apêndice C). 
48. (a) Podemos usar a Eq. 37-7 para calcular o parâmetro de velocidade:
22
0 2,20 s1 1 0,9478 0,948.
6,90 s
t
t
µβ µ
  
  
   
∆= − = − = ≈
∆
(b) De acordo com o resultado do item (a), temos
2 2
1 1 3,136.
1 1 (0,9478)
γ
β
= = =
− −
Além disso, temos (veja a Tabela 37-3)
mmc2 = 207mec2 = 105,8 MeV.
Assim, de acordo com a Eq. 37-52,
2( 1) (105,8MeV)(3,136 1) 226MeV.K m cµ γ= − = − =
(c) De acordo com a Eq. 37-41,
(3,136)(105,8MeV/ )(0,9478) 314 MeV/ ,p m v m c c cµ µγ γ β= = = =
que também pode ser expresso em unidades do SI: p = 1,7 ´ 10–19 kg · m/s.
49. (a) De acordo com a Eq. 37-48, temos
9
2 10
14,24 10 J 94,73.
1,5033 10 Jp
E
m c
γ
−
−
×= = =
×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 5 5
Nesse caso, a Eq. 37-13 nos dá
0 21 cm 0,222 cm.
94,73
LL γ= = =
(b) A velocidade do próton é dada por
2
11 0,99994 .v c c
γ
 = − = 
 
Assim, no seu referencial, o tempo de percurso é
100
8
0,21 m 7,01 10 s 701 ps.
(0,99994)(2,998 10 m/s)
Lt
v
−∆ = = = × =
×
(c) De acordo com a Eq. 37-9,
10
0 7,01 10 s.t tγ −∆ = ∆ = ×
Assim, no referencial do próton, o tempo de percurso é 
Δt0 = 2,22 ´ 10–3/0,99994c = 7,40 ´ 10–12 s = 7,40 ps.
50. (a) Para E0 = 0,5110 MeV, o fator de Lorentz é
2
10,00MeV1 1 20,57.
0,5110MeV
K
mc
γ = + = + =
(b) O parâmetro de velocidade é
( )
2
2
1 11 1 0,9988.
20,57
β γ
 
 
 
= − = − =
(c) Para E0 = 938,0 MeV, o fator de Lorentz é
2
10,00MeV1 1 1,01066 1,011.
938,0MeV
K
mc
γ = + = + = ≈
(d) O parâmetro de velocidade é
( )
2
2
1 11 1 0,1448.
1,01066
β γ
 
 
 
= − = − =
(e) Para E0 = 3727 MeV, o fator de Lorentz é
2
10,00MeV1 1 1,00268 1,003.
3727MeV
K
mc
γ = + = + = ≈
(f) O parâmetro de velocidade é
( )
2
2
2 .
1 11 1 0,07306 7,310 10
1,00268
β γ
−  
 
= − = − = ≈ ×
1 5 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
51. De acordo com a Eq. 37-55, temos
2 2 2 2 2( ) ( ) 9,00( ) ,pc mc mc+ =
o que nos dá
8 2,83 .p mc mc= ≈
52. (a) De acordo com o teorema binomial, para pequenos valores de x,
2( 1)(1 ) 1 .
2
n n n xx nx −+ ≈ + +
Para aplicar o teorema binomial à equação que define o fator de Lorentz em função do parâmetro de velocidade, Eq. 37-8, fazemos 
x = –b2 e n = –1/2, o que nos dá
2 4
2 1/2 3(1 ) 1
2 8
β βγ β −= − ≈ + +
Substituindo g por este valor na Eq. 37-52, obtemos
2 2 2 4 2 4
2
3 3 .
2 8 2 8
mc mc mv mvK
c
β β≈ + = +
(b) Usando a expressão clássica para a energia cinética com o valor de mc² para o elétron dado na Tabela 37-3 e b = 1/20, obtemos
2 2 2 14 2
16
clássica
(8,19 10 J)(1/20) 1,0 10 J.
2 2 2
mv mcK β
−
−×= = = = ×
(c) A correção de primeira ordem é
4 2 4 14 4
19
primeira ordem 2
3 3 3(8,19 10 J)(1/20) 1,9 10 J,
8 8 8
mv mcK
c
β − −×= = = = ×
muito menor que o resultado clássico.
(d) Neste caso, b = 0,80 = 4/5 e a expressão clássica nos dá
2 2 2 14 2
14
clássica
(8,19 10 J)(4/5) 2,6 10 J.
2 2 2
mv mcK β
−
−×= = = = ×
(e) A correção de primeira ordem é
4 2 4 14 4
14
primeira ordem 2
3 3 3(8,19 10 J)(4/5) 1,3 10 J,
8 8 8
mv mcK
c
β − −×= = = = ×
da mesma ordem que o resultado clássico. Isso indica que o teorema binomial não pode ser usado no caso de velocidades próximas 
da velocidade da luz. 
(f) Fazendo a correção de primeira ordem igual a 1/10 da aproximação clássica, obtemos
2 4 2 23 ,
8 20
mc mcβ β=
o que nos dá
2 0,37.
15
β = ≈
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 5 7
53. Usando a fórmula clássica para o raio da órbita, r0 = mv/|q|B, obtemos
0
0
2 2 .
| |
r mT
v q B
π π= =
(a) No caso de velocidades relativísticas, temos
0,| | | |
p mvr r
q B q B
γ γ= = =
o que nos dá
0
2 2 .
| |
r mT T
v q B
π πγ γ= = =
(b) Como g varia com a velocidade, o período T não é independente de v. 
(c) Usando a expressão clássica para a energia cinética do elétron, temos
( ) ( )
2
2 2 2 2
clássica 2
1 1 1 .
2 2 2
vK mv mc mc
c
β = = = 
 
Para Kclássica = 10,0 MeV, a equação anterior nos dá
( )clássica
2
2 10,0MeV2 6,256,
0,511MeV
K
mc
β = = =
um valor fisicamente impossível, já que o elétron estaria se movendo a uma velocidade muito maior que a velocidade da luz. Se, 
mesmo assim, usarmos este valor, o raio clássico da órbita será
31 8
3
19
(9,11 10 kg)(6,256)(2,998 10 m/s) 4,85 10 m 4,85 mm.
| | (1,6 10 C)(2,20 T)
mv m cr
q B eB
β − −
−
× ×= = = = × =
×
(d) Antes de usar a expressão relativística para o raio da órbita, precisamos calcular o valor correto de b a partir da expressão 
relativísticada energia cinética:
2 10,0 MeV( 1) 1 20,57
0,511 MeV
K mc γ γ= − ⇒ = + =
que nos dá
2 2
1 11 1 0,99882.
(20,57)
β
γ
= − = − =
Assim,
31 8
19
2
(20,57)(9,11 10 kg)(0,99882)(2,998 10 m/s)
| | (1,6 10 C)(2,20 T)
1,59 10 m 15,9 mm.
mv m cr q B eB
γ γ β −
−
−
× ×= = =
×
= × =
(e) O período clássico é
3
11
8
2 2 (4,85 10 m) 1,63 10 s 16,3 ps.
(6,256)(2,998 10 m/s)
rT
c
π π
β
−
−×= = = × =
×
1 5 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
(f) O período calculado usando expressões relativísticas é
10
8
2 2 (0,0159 m) 3,34 10 s 0,334 ns.
(0,99882)(2,998 10 m/s)
rT
c
π π
β
−= = = × =
×
54. (a) De acordo com as Eqs. 37-52 e 37-8, temos
2 2
2
,1 1 2
1
mc mc
β
 
 
 
 
− =
−
o que nos dá
2 2 0,943.
3
β = ≈
(b) De acordo com as Eqs. 37-48 e 37-8, temos
2
2
2
,2
1
mc mc
β
=
−
o que nos dá
3 0,866.
2
β = ≈
55. (a) De acordo com as Eqs. 37-41 e 37-8, temos
2 2
,
1 /
mv mc
v c
=
−
o que nos dá
1 0,707.
2
β = ≈
(b) De acordo com a Eq. 37-8, temos
( )2
1 1 2 1,41.
1 1 1/ 2
γ
β
= = = ≈
− −
(c) De acordo com a Eq. 37-52, temos
( ) ( )2 2 2 01 2 1 0,414 0,414 ,K mc mc mc Eγ= − = − = =
o que nos dá 
K/E0 = 0,414.
56. (a) De acordo com os dados do problema, um quilograma de TNT libera uma energia de (3,40 × 106 J/mol)/(0,227 kg/mol) = 
1,50 × 107 J. Assim, seriam necessários 
(1,80 × 1014 J)/(1,50 × 107 J/kg) = 1,20 × 107 kg
de TNT, o que corresponde a um peso de aproximadamente 1,2 × 108 N. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 5 9
(b) O peso calculado no item (a) é muito maior que o que pode ser carregado em uma mochila. Seria necessário usar um caminhão 
para transportar uma quantidade tão grande de material.
(c) Como 0,00080mc2 = 1,80 × 1014 J, seriam necessários m = 2,50 kg de material físsil, o que corresponde a um peso de aproxi-
madamente 25 N.
(d) O peso calculado no item (c) pode ser carregado facilmente em uma mochila.
57. Como a energia de repouso E0 e a massa m do quasar estão relacionadas pela equação E0 = mc2, a potência P irradiada pelo 
quasar e o consumo de massa obedecem à relação
20 .dE dmP c
dt dt
= =
Assim,
41
24
2 8 2
1 10 W 1,11 10 kg/s.
(2,998 10 m/s)
dm P
dt c
×= = = ×
×
Como uma unidade de massa solar corresponde a 2,0 × 1030 kg e um ano tem 3,156 × 107 s,
( )
7
24
30
3,156 10 s/ano1,11 10 kg/s 18ums/ano.
2,0 10 kg/ums
dm
dt
 ×= × ≈ × 
58. (a) De acordo com a Eq. 37-52, temos 
2
1,0000000keV1 1 1,00195695 1,0019570.
510,9989keVe
K
m c
γ = + = + = ≈
(b) O parâmetro de velocidade correspondente é
2 2
1 11 1 0,062469542.
(1,0019570)
β
γ
= − = − =
(c) De acordo com a Eq. 37-52, temos
2
1,0000000MeV1 1 2,956951375 2,9569514.
0,5109989MeVe
K
m c
γ = + = + = ≈
(d) O parâmetro de velocidade correspondente é
2 2
1 11 1 0,94107924.
(2,9569514)
β
γ
= − = − =
(e) De acordo com a Eq. 37-52, temos
2
1000,0000MeV1 1 1957,951375 1957,9514.
0,5109989MeVe
K
m c
γ = + = + = ≈
(f) O parâmetro de velocidade correspondente é
2 2
1 11 1 0,99999987.
(1957,9514)
β
γ
= − = − =
59. (a) Este item pode ser resolvido usando a lei de conservação do momento. Neste caso, a aplicação da lei de conservação do 
momento leva a duas equações, uma para a componente do momento na direção do movimento da partícula alfa, que vamos 
chamar de eixo x, e outra para a componente na direção do movimento do próton, que vamos chamar de eixo y. Como a velo-
1 6 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
cidade das partículas é muito menor que a velocidade da luz, podemos usar as expressões clássicas para a energia cinética e o 
momento, K = mv2/2 e ,p mv=  respectivamente. Aplicando a lei de conservação do momento às componentes x e y de ,p obtemos
oxi oxi, oxi,
oxi
oxi oxi, oxi,
oxi
4
17
10 .
17
x x
p
p p p py y
mm v m v v v v
m
m
m v m v v v v
m
α
α α α α= ⇒ = ≈
= + ⇒ = − ≈ −
Para completar o cálculo, precisamos calcular a velocidade da partícula alfa e a velocidade do próton a partir das energias cinéticas 
das duas partículas. Uma forma de fazer isso é escrever a expressão da energia cinética na forma K = mc2b2/2 e calcular o valor de 
b. No caso do próton, usando para mpc2 o valor que aparece na Tabela 37-3, obtemos
2
2 2(4,44 MeV) 0,0973.
938 MeV
p
p
p
K
m c
β = = =
Como este valor corresponde a quase 10% da velocidade da luz, convém verificar se existe necessidade de usar a expressão relativís-
tica da energia cinética (Eq. 37-52). Fazendo os cálculos com a expressão relativística, obtemos bp = 0,969, um valor razoavelmente 
próximo do obtido usando a expressão clássica. No caso da partícula alfa, usando para ma o valor que aparece no Apêndice B e 
para c2 o valor dado na Eq. 37-46, obtemos
mac2 = (4,0026 u)(931,5 MeV/u) = 3728 MeV
(um valor ligeiramente maior que o valor correto, pois a massa que aparece no Apêndice B é a massa do átomo de hélio e não a 
massa do núcleo de hélio; mas a diferença é tão pequena que pode ser desprezada), o que nos dá 
2
2 2(7,70 MeV) 0,064.
3728 MeV
K
m c
α
α
α
β = = =
Voltando às componentes da velocidade do núcleo de oxigênio, agora podemos concluir os cálculos:
oxi, oxi,
oxi, oxi,
4 4 4 (0,064) 0,015
17 17 17
1 1 1| | (0,097) 0,0057
17 17 17
x x
y p y p
v v
v v
α αβ β
β β
≈ ⇒ ≈ = =
≈ ⇒ ≈ = =
Assim, com 
moxic2 ≈ (17 u)(931,5 MeV/u) = 1,58 ´ 104 MeV,
temos
2 2 2 4 2 2
oxi oxi oxi, oxi,
1 1( )( ) (1,58 10 MeV)(0,015 0,0057 )2 2
2,08 MeV.
x yK m c β β= + = × +
≈
(b) De acordo com as Eqs. 37-50 e 37-46,
2(1,007825u 16,99914u 4,00260u 14,00307u)
(0,001295u)(931,5 MeV/u) 1,21MeV.
Q c= − + − −
= − ≈ −
Na verdade, resolvendo primeiro o item (b), seria possível resolver o item (a) de uma forma bem mais simples (e até mais precisa!). 
De acordo com a Eq. 37-49, temos
oxi 7,70MeV 1206MeV 4,44MeV 2,05MeV.pK K Q Kα= + − = − − =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 6 1
60. (a) De acordo com a Eq. 2′ da Tabela 37-2, temos
8
(240 m)1,00 s
2,998 10 m/s
(1,00 0,800 ) s,
xt t
c
β βγ γ µ
γ β µ
 ∆ ∆ = ∆ − = −′      × 
= −
em que g varia com b (veja a Eq. 37-8). 
(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Δt′ em função de b para 0 0,01.β< <
(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Δt′ em função de b para 0,1 1.β< <
(d) Para determinar o valor de b para o qual o valor de ∆t′ é mínimo, derivamos a Eq. 2′ em relação a b e igualamos o resultado 
a zero. O resultado é
3 0,d t xt
d c
γ β
β
′∆ ∆ = ∆ − =  
o que nos dá 
b = Δ x/cΔt = 240/299,8 = 0,801.
(e) Substituindo o valor encontrado no item (d) da expressão do item (a), obtemos o valor mínimo
bt′ = 0,599 ms.
(f) Sim. Note que, como ∆x/∆t = 2,4 ×108 m/s < c, um sinal pode se propagar do evento A para o evento B sem exceder a veloci-
dade da luz; portanto, o evento A pode afetar o evento B. Em casos como este, dizemos que existe uma “distância temporal” entre 
os eventos, e é sempre possível encontrar um referencial (no caso presente, um referencial com b ≈ 0,801) em que os dois eventos 
ocorrem na mesma posição, embora em instantes diferentes.
1 6 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
61. (a) De acordo com a Eq. 1′ da Tabela 37-2,
( ) [240 m (299,8) m].x x c tγ β γ β′∆ = ∆ − ∆ = −
(b) A figura que se segue mostra o gráfico de ∆x′ em função de b para 0 0,01.β< <
(c) A figura a seguir mostra o gráfico de ∆x′ em função de b para 0,1 1.β< <
Vemos que o valor de ∆x′ diminui continuamente a partir do valor que possui para b = 0 (240 m), atingindo o valor zero para 
b ≈ 0,8 e se tornando negativo para valores maiores de b; isso significa que, para esses valores de b, o valor de ∆x′ para o evento B 
é menor que o valor de ∆x′ para o evento A!. 
(d) Para obter o valor de b para o qual ∆x′ se anula, basta igualar a zero a expressão encontrada no item (a), o que nos dá 
b = ∆x/c∆t = 240/299,8 = 0,801.
62. Observando qual é o valor de u′ para v = 0 no gráfico da Fig. 37-28b,concluímos que u = –0,20c. Explicitando u′ na Eq. 37-29 
e substituindo u por esse valor, obtemos
2
0,20 ,
1 / 1 0,20 /
u v c vu
uv c v c
− − −′ = =
− +
que é a equação da curva mostrada na figura.
(a) Para v = 0,80c, a expressão anterior nos dá u′ = –0,86c.
(b) Como era de se esperar, para v = c, a expressão anterior nos dá u′ = –c.
63. (a) A distância espacial entre os dois clarões é vt. Projetando esta distância na direção perpendicular aos raios luminosos que 
se dirigem para a Terra, obtemos 
Dap = vt sen q.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 6 3
(b) O clarão 1 é emitido t segundos antes do clarão 2. Além disso, o clarão 1 tem que percorrer uma distância adicional L em 
relação ao clarão 2 para chegar à Terra, em que L = vt cosq (veja a Fig. 37-29); isso requer um tempo adicional t = L/c. Assim, o 
tempo aparente é dado por
ap
cos 1 cos .vt vT t t t t
c c
θ θ  ′= − = − = −     
(c) Para v = 0,980c e q = 30,0o, temos
ap
ap
ap
( / )sen (0,980)sen30,0 3,24 .
1 ( / )cos 1 (0,980)cos30,0
D v cV c c c
T v c
θ
θ
   °= = = =   − − °   
64. A reta do gráfico da Fig. 37-30 é descrita pela Eq. 1 da Tabela 37-2:
Δx = vgΔt′ + gΔx′ = (“inclinação”)Δt′ + “interseção com o eixo y”,
em que a “inclinação” é (7,0 m)/(10−8 s) = 7,0 × 108 m/s. Igualando este valor a vg, obtemos
8
2
7,0 10 m/s,
1 ( / )
vv
v c
γ = = ×
−
o que nos dá, depois de algumas manipulações algébricas, v = 2,757 × 108 m/s ≈ 2,8 × 108 m/s e g = (7,0 × 108 m/s)/v = (7,0 × 108 
m/s)/(2,757 × 108 m/s) ≈ 2,54. 
v = 2,8 × 108 m/s e g = 2,54. Como a “interseção com o eixo y” é 2,0 m, temos
Δx′ = (2,0 m)/g = (2,0 m)/2,54 = 0,79 m.
65. Interpretando vAB como a componente x da velocidade de A em relação a B e definindo o parâmetro de velocidade correspon-
dente como bAB = vAB /c, o resultado pedido no item (a) pode ser obtido facilmente a partir da Eq. 37-29, depois de dividir ambos 
os membros por c. Para tornar mais clara a correspondência com a Fig. 37-11, podemos chamar de B a partícula de A, o referen-
cial S′ (ou um observador em repouso neste referencial), e de C o referencial S (ou um observador em repouso neste referencial). 
Como a solução do item (b) é menos óbvia, vamos mostrar as transformações algébricas necessárias para chegar ao resultado final.
,
1 11
1 1 1
AC BCAB
AC AB BC
AC AB BC
M M M β βββ β β
− −−= ⋅ ⇒ = ⋅
+ + +
o que nos dá
(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )AC AB BC AB BC ACβ β β β β β− + + = − − +
e, portanto,
1 – bAC + bAB + bBC – bAC bAB – bAC bBC + bAB bBC – bAB bBC bAC =
1 + bAC – bAB – bBC – bAC bAB – bAC bBC + bAB bBC + bAB bBC bAC
Cancelando os termos que aparecem nos dois lados da equação, obtemos
–bAC + bAB + bBC – bAB bBC bAC = bAC – bAB – bBC + bAB bBC bAC,
o que nos dá
2 2 2 2 .AB BC AC AB BC ACβ β β β β β+ = +
O lado esquerdo pode ser escrito na forma 2bAC(1 + bAB bBC), o que torna claro como obter o resultado do item (a): basta dividir 
ambos os membros por 2(1 + bAB bBC).
1 6 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
66. Notamos, já que se trata de uma simetria óbvia e torna mais fácil a solução do item (b), que 
1 1 .
1 1
MM
M
β ββ
− −= ⇒ =
+ +
Como bAB = bBC = 1/2, MAB = MBC = (1 – 1/2)/(1 + 1/2) = 1/3. Assim, 
(a) 1 1 1.
3 3 9AC AB BC
M M M= ⋅ = ⋅ =
(b) 1 1 1/ 9 8 0,80.
1 1 1 / 9 10
AC
AC
AC
M
M
β − −= = = = +
+ +
(c) vAC = 0,80c. 
67. Notamos, já que se trata de uma simetria óbvia e torna mais fácil a solução do problema, que 
1 1
1 1
MM
M
β ββ
− −= ⇒ =
+ +
Como bAB = 1/5, MAB = (1 – 1/5)/(1 + 1/5) = 2/3; como bBC = – 2/5, MBC = (1 + 2/5)/(1 – 2/5) = 7/3; como bCD = 3/5, MCD = 
(1 – 3/5)/(1 + 3/5) = 1/4. Assim,
2 7 1 7
3 3 4 18AD AB BC CD
M M M M= = × × =
e
1 1 7/18 11 0,44,
1 1 7/18 25
AD
AD
AD
M
M
β − −= = = =
+ +
o que nos dá
vAD = +0,44c.
68. (a) De acordo com um passageiro da nave, o tempo de percurso do próton é 
∆t = (760 m)/0,980c = 2,59 ms.
(b) Para calcular o tempo de percurso do ponto de vista de um observador estacionário, usamos a Eq. 2 da Tabela 37-2 com 
∆x = –760 m, o que nos dá
2( 0,950 ) 0,572 s.t t c x cγ µ∆ = ∆ + ∆ =′ ′
(c) Para um passageiro da nave, o sentido do movimento do próton não faz diferença; o tempo de percurso do próton é o mesmo 
do item (a), ∆t = 2,59 ms. 
(d) No caso de um observador estacionário, usamos a Eq. 2 da Tabela 37-2 com ∆x = +760 m, o que nos dá
2( 0,950 ) 16,0 s.t t c x cγ µ∆ = ∆ + ∆ =′ ′
69. (a) De acordo com a Eq. 37-26, o comprimento cL′ da limusine do ponto de vista de Alfredo é
2 21 (30,5 m) 1 (0,9980) 1,93 m.cc c
LL L β
γ
′ = = − = − =
(b) Como o eixo xg está estacionário em relação à garagem, xg2 = Lg = 6,00 m. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 6 5
(c) Quanto a tg2, note na Fig. 37-32b que, no instante tg = tg1 = 0, a coordenada do para-choque dianteiro da limusine está no refe-
rencial xg é ,cL′ o que significa que a frente ainda está a uma distância g cL L′− da porta traseira da garagem. Como a limusine está 
se movendo com velocidade v, o tempo que a frente leva para chegar à porta traseira da garagem é dado por
8
2 1 8
6,00 m 1,93 m 1,36 10 s.
0,9980(2,998 10 m/s)
g c
g g g
L L
t t t
v
−′− −∆ = − = = = ×
×
Assim, 
tg2 = tg1 + Δtg = 0 + 1,36 ´ 10–8 s = 1,36 ´ 10–8 s = 13,6 ns.
(d) Como a limusine está no interior da garagem entre os instantes tg1 e tg2, o tempo de permanência é tg2 – tg1 = 13,6 ns.
(e) De acordo com a Eq. 37-13, o comprimento gL′ da garagem, do ponto de vista de Mário, é
2 21 (6,00 m) 1 (0,9980) 0,379 m.gg g
L
L L β
γ
′ = = − = − =
(f) Como o eixo xc está estacionário em relação à limusine, xc2 = Lc = 30,5 m. 
(g) Sabemos que no instante tc = tc2 (instante em que acontece o evento 2) a distância entre o para-choque traseiro da limusine e 
a porta traseira da garagem é dada por .
gc
L L′− Como a garagem se move com velocidade v, a porta dianteira da garagem passa 
pelo para-choque traseiro da limusine após um intervalo de tempo ∆tc dado por
7
1 2 8
30,5 m 0,379 m 1,01 10 s.
0,9980(2,998 10 m/s)
c g
c c c
L L
t t t
v
−′− −∆ = − = = = ×
×
Assim, 
tc2 = tc1 – ∆tc = 0 – 1,01 ´ 10–7 s = –1,01 ´ 10–7 s.
(h) Do ponto de vista de Mário, a resposta é não.
(i) Do ponto de vista de Mário, o evento 2 acontece primeiro, já que tc2 < tc1.
(j) Vamos descrever os aspectos importantes dos dois eventos. No instante do evento 2, a frente da limusine coincide com a 
porta traseira da garagem, e a garagem parece muito curta (talvez não chegue até a janela do banco da frente da limusine). No 
instante do evento 1, a traseira da limusine coincide com a porta da frente da garagem, e a frente da limusine já ultrapassou 
em muito a porta traseira da garagem. Em suma, do ponto de vista de Mário, a garagem parece muito curta em comparação 
com a limusine.
(k) Não, já que a limusine não pode permanecer na garagem com as duas portas fechadas. 
(l) Tanto Mário como Alfredo estão corretos em seus respectivos referenciais. Entretanto, se alguém merece perder a aposta, esse 
alguém é Mário, que parou de estudar física na escola antes de chegar à teoria da relatividade!
70. (a) A contração relativa é
21
2 2 20
8
0 0
12
(1 )| | 1 1 1 630 m/s1 1 1 1 2 2 2 3,00 10 m/s
2,21 10 .
LL
L L
γ β β β
−
−
  
     
−∆ = = − − ≈ − − = =
×
= ×
(b) Fazendo 0 0| | ( 1) 1,00 s,t t t γ τ µ∆ − ∆ = ∆ − = = temos
6
0 2 2 8 22 1/2 1
2
2 2(1,00 10 s)(1d/86.400s)
1 1 1 [(630m/s)/(2,998 10 m/s)](1 ) 1
5,25 d.
t τ τ τ τγ β ββ
−
−
×∆ = = ≈ = =
− + − ×− −
=
1 6 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
71. PENSE Podemos calcular a velocidade relativa dos satélites usando a transformação de Galileu ou a transformação relativística.
FORMULE Seja v a velocidade dos satélites em relação à Terra. Quando os satélites passam um pelo outro movendo-se em sentidos 
opostos, a velocidade relativa, de acordo com a transformação clássica de Galileu, é vrel, c = 2v. Por outrolado, usando a transfor-
mação relativística de velocidades, obtemos,
ANALISE (a) Para v = 27.000 km/h, temos
(b) Podemos expressar c em km/h multiplicando o valor em m/s por 3,6, o que nos dá c = 1,08 × 109 km/h. O erro relativo é
APRENDA Como a velocidade dos satélites é muito menor que a velocidade da luz, o erro cometido usando a transformação 
clássica de Galileu é desprezível.
72. Usando 
/ 6,0 anos 0,75.
2,0 anos 6,0 anos
v d c
c t
β = = = =
+
73. PENSE O trabalho realizado para acelerar o próton é igual à variação de energia cinética.
FORMULE A energia cinética do próton é dada pela Eq. 37-52:
em que 21/ 1γ β= − é o fator de Lorentz. 
Seja v1 a velocidade inicial e seja v2 a velocidade final do próton. O trabalho realizado é
ANALISE Para b2 = 0,9860, g2 = 5,9972, e para b1 = 0,9850, g1 = 5,7953. Assim, ∆g = 0,202 e a variação de energia cinética (que é 
igual ao trabalho) é dada por
em que foi usado o valor mc2 = 938 MeV para a energia de repouso do próton (veja a Tabela 37-3).
APRENDA Se usássemos a expressão clássica Kc = mv2/2 para a energia cinética, teríamos obtido
um valor muito menor que o valor correto.
74. Como a vida média do píon no referencial da Terra é 0 ,t tγ∆ = ∆ a distância percorrida é
8 9
0 2
(0,99)(2,998 10 m/s)(26 10 s) 55m.
1 (0,99)
d v t v tγ
−× ×= ∆ = ∆ = =
−
75. PENSE O fato de que o elétron está se aproximando da Terra com uma energia muito maior que a energia de repouso significa 
que ele está se movendo a uma velocidade próxima da velocidade da luz.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 6 7
FORMULE A energia do elétron é dada por
Para E = 1533 MeV e mc2 = 0,511 MeV (veja a Tabela 37-3), obtemos
Assim, no referencial da Terra, o elétron levou 26 anos para chegar até nós. Para calcular o tempo decorrido no referencial do 
elétron, precisamos conhecer o fator de Lorentz, que pode ser calculado usando a Eq. 37-48:
embora também seja possível determinar o fator de Lorentz usando a equação
21 / 1 ( / ) .v cγ = −
ANALISE De acordo com a Eq. 37-7, temos
Isso mostra que, do ponto de vista do elétron, a viagem levou apenas 0,0087 ano-luz.
APRENDA No referencial do elétron, a Terra parece estar se aproximando do elétron a uma velocidade de 0,99999994c. Isso faz 
com que a distância percorrida seja avaliada em apenas 0,0087 ano-luz.
76. A Eq. 37-48 pode ser escrita na forma
2
2
.
1
mcE
β
=
−
Explicitando b, obtemos
222 27 8
9
(1,672621237 10 kg)(2,99792458 10 m/s)1 1 0,99990.
10,611 10 J
mc
E
β
−
−
   
         
× ×= − = − =
×
77. A velocidade da espaçonave após o primeiro incremento é v1 = 0,5c. Após o segundo incremento, passa a ser
1
2 2 2 2
1
0,50 0,50 0,80 .
1 ' 1 (0,50 )
v v c cv c
v v c c c
+′ += = =
+ +
Após o terceiro incremento, passa a ser
2
3 2 2
2
' 0,50 0,50 0,929 .
1 ' 1 (0,50 )(0,80 )
v v c cv c
v v c c c c
+ += = =
+ +
Continuando o processo, obtemos
v4 = 0,976c, v5 = 0,992c, v6 = 0,997c e v7 = 0,999c.
Assim, são necessários sete incrementos.
1 6 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
78. (a) De acordo com a Eq. 37-37,
2
0 0
2
0
.
1 ( / )1 
1 1 ( / )
λ λ λβ βλ β λ λ
−−= ⇒ =
+ +
Para l0/l = 434/462, obtemos b = 0,062439, o que nos dá v = 1,87 × 104 km/s.
(b) Como o comprimento de onda sofre um desvio “para o vermelho” (para maiores comprimentos de onda), a galáxia está se 
afastando da Terra.
79. PENSE O fato de que a energia E do elétron é muito maior que a energia de repouso mc2 significa que ele está se movendo a 
uma velocidade próxima da velocidade da luz.
FORMULE Para calcular o momento do elétron, usamos a Eq. 37-54:
ANALISE Para K = 2,00 MeV e mc2 = 0,511 MeV (veja a Tabela 37-3), temos
o que nos dá p = 2,46 MeV/c.
APRENDA Classicamente, o momento do elétron é
um valor bem menor que o valor correto.
80. De acordo com a Eq. 37-26,
( )20 0 0
24
6
8
1| | 1 1 1
3,0 10 m s2(6,370 10 m) 1 1
2,998 10 m s
0,064 m 6,4 cm.
L L L L L β ∆ = − = − = − −  γ 
  × = × − −   × 
 
= =
81. Vamos chamar de partícula 2 a primeira partícula mencionada no enunciado. Como o momento total das duas partículas é 
zero no referencial S, as velocidades das duas partículas devem ter o mesmo módulo e sentidos opostos em S. Chamando de v 
a velocidade de S em relação a S, a velocidade no referencial S da partícula que está em repouso no referencial S é 1u v′ = − e a 
expressão da velocidade da outra partícula pode ser obtida explicitando u na Eq. 37-29:
2
2 2 2
2
( /2) .
1 / 1 ( /2)( / )
u v c vu
u v c c v c
− −= =′
− −
Fazendo 2 1 ,u u v= − =′ ′ obtemos
2
( /2) (2 3) 0,27
1 ( /2)( / )
c v v v c c
c v c
− = ⇒ = ± ≈
−
em que, das duas raízes da equação do segundo grau, foi escolhida a raiz para a qual v ≤ c.
82. (a) Como o tempo de vida da partícula no referencial do laboratório é
4
13
8
2,30 10 7,99 10 s,
0,960 3,00 10
Lt
v
−
−×∆ = = = ×
× ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 6 9
o tempo de vida próprio da partícula, de acordo com a Eq. 37-7, é
2 13 2 13 13
0 1 ( / ) (7,99 10 s) 1 (0,960) 2,237 10 s 2,24 10 s.t t v c
− − −∆ = ∆ − = × − = × ≈ ×
(b) A distância percorrida pela partícula no seu referencial de repouso é
8 13 5
0 0 0,96(3,00 10 m/s)(2,237 10 s) 6,44 10 m.L v t
− −= ∆ = × × = ×
83. (a) De acordo com a Eq. (37-52),
2
2
1( 1) (938 MeV) 1 5,71GeV.
1 (0,990)
pK m c γ
 
= − = − = 
−  
(b) De acordo com a Eq. (37-48),
2
2
1 (938 MeV) 6,65 GeV.
1 (0,990)
pE m cγ
 
= = = 
−  
(c) De acordo com as Eqs. (37-8) e (37-41),
2
2
(938 MeV)(0,990)/( ) / 6,58 GeV/ .
1 (0,990)p p
cp m v m c c cγ γ β= = = =
−
(d) De acordo com a Eq. (37-52),
2
2
1( 1) (0,511 MeV) 1 3,11 MeV.
1 (0,990)
eK m c γ
 
= − = − = 
−  
(e) De acordo com a Eq. (37-48),
2
2
1 (0,511 MeV) 3,62 MeV.
1 (0,990)
eE m cγ
 
= = = 
−  
(f) De acordo com as Eqs. (37-8) e (37-41),
2
2
(0,511MeV)(0,990)/( ) / 3,59 MeV/
1 (0,990)
e e
cp m v m c c cγ γ β= = = =
− .
84. (a) De acordo com a Eq. 37-7,
0
0 2
.
1 ( / )v c
ττ γτ= =
−
(b) De acordo com a Eq. 37-31,
1
0 0 0
1 1 1 .
1 1R R
c vf
f c v
β βτ τ τ
β β
−
 − + += = = = + − − 
(c) O efeito Doppler envolve dois diferentes fenômenos: a dilatação do tempo da fonte em movimento e a variação do intervalo 
entre os picos que acontece quando os sinais periódicos emitidos por uma fonte em movimento são captados por um receptor 
estacionário. Para medir apenas o efeito de dilatação do tempo, é preciso usar medidas “locais”, ou seja, comparar as leituras de 
1 7 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
um relógio em movimento com as de dois relógios do observador estacionário, situados a uma certa distância um do outro, nos 
instantes em que o relógio móvel passa pelos relógios estacionários.
85. Seja S o referencial no qual a partícula que se aproxima do Polo Sul está em repouso, e seja S o referencial da Terra. Nesse 
caso, v = 0,60c, u = 0,80c (considerando positivo o sentido norte-sul), e a velocidade relativa é a velocidade da partícula que se 
aproxima do Polo Norte no referencial S:
2 2
0,80 0,60 0,95 .
1 / 1 (0,80 )(0,60 )/
u v c cu c
u v c c c c
+ +′= = =
+ +′
86. (a) ΔE = Δmc2 = (3,0 kg)(0,0010)(2,998 ´ 108 m/s)2 = 2,7 ´ 1014 J.
(b) A massa de TNT é
14
7
TNT 6
(2,7 10 J)(0,227 kg mol) 1,8 10 kg.
3,4 10 J
m ×= = ×
×
(c) Supondo que a mesma massa do item (a), (3,0 kg)(0,0010), é convertida em energia, a fração da massa convertida em energia 
no caso do TNT é
9TNT
7
TNT
(3,0 kg)(0,0010) 1,6 10 ,
1,8 10 kg
m
m
−∆ = = ×
×
o que significa que a fração é 0,0010/1,6 ´ 10–9 = 6,0 ´ 106.
87. (a) Como a expressão clássica da energia cinética é a Eq. 37-51, E = mv2/2, a energia de um elétron que estivesse se movendo 
à velocidade da luz seria
E = mec2/2 = (511 keV)/2 = 255,5 keV.
Assim, de acordo com a Eq. 24-5, a diferença de potencial necessária para acelerar o elétronaté a velocidade da luz seria
255,5 keV 255,5 kV 256 kV.
| |
EV
q e
= = = ≈
(b) Igualando a diferença de potencial calculada no item (a) à expressão relativística da energia cinética, dada pela Eq. 37-52, obtemos
( )
22
2
2 2 1 1( 1) 1 1 0,745 .
11
e e
e
V m c m c v c c
V m cv c
γ
 
  
       
= − = − ⇒ = + =
−−
88. Vamos chamar de u′ a velocidade do míssil em relação ao caça e de u e v as velocidades do míssil e do caça em relação ao 
cruzador, respectivamente. Nesse caso, u′ = 0,980 e v = –0,900c, já que a velocidade do caça em relação ao cruzador é o negativo 
da velocidade do cruzador em relação ao caça. De acordo com a fórmula da velocidade relativa (Eq. 37-29), temos
2
0,980 0,900 0,678 .
1 (0,980)(0,900)1 /
u v c cu c
u v c
+ −′= = =
−+ ′
89. (a) Como as espaçonaves A e C estão se aproximando de B com a mesma velocidade (em relação a B), com vA > vB > vC, a 
fórmula relativística da adição de velocidades nos dá A Cv v′ ′= − , ou seja,
o que equivale a 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 7 1
Expandindo e simplificando, obtemos
Resolvendo essa equação do segundo grau para bA = 0,90 e bC = 0,8, obtemos bB = 0,858, ou vB = 0,858c.
(b) A velocidade relativa (de A em relação a B, por exemplo) é
90. No referencial da nave A, a nave B está se movendo a uma velocidade de 0,900c e tem um comprimento igual ao comprimento 
próprio da nave A, 200 m. O comprimento próprio da nave B é
e o comprimento da nave A no referencial da nave B é
20 (200 m) 1 (0,900) 87,2 m.AA
LL
γ
= = − =
Assim, de acordo com o piloto da nave B, o tempo que as popas levam para se alinhar depois que as proas se alinham é
91. Vamos chamar de vB a velocidade da nave B em relação à estação espacial. Para que a velocidade da nave A em relação à nave 
B seja igual a vB, devemos ter
Essa expressão pode ser escrita na forma 2 2 2(2 / ) 0.B A Bv c v v c− + = Resolvendo a equação do segundo grau para vA = 0,80c, obtemos 
vB = 0,50c.
92. (a) Do ponto de vista do trem, o comprimento do túnel é
túnel,0 2
túnel (200 m) 1 (0,900) 87,2 m.
L
L
γ
= = − =
(b) Do ponto de vista do trem, como o túnel parece ser mais curto que o trem, o evento FS ocorre primeiro. 
(c) De acordo com um observador a bordo do trem, o intervalo de tempo entre os dois eventos é
trem,0 túnel
8
200 m 87,2 m 0,418 s.
(0,900)(3,0 10 m/s)
µ
− −∆ = = =
×
L L
t
v
(d) Como o evento FS ocorre primeiro, a bomba de tinta vai explodir. 
(e) Do ponto de vista do túnel, o comprimento do trem é
trem,0 2
trem (200 m) 1 (0,900) 87,2 m.
L
L
γ
= = − =
(f) Do ponto de vista do túnel, como o trem parece ser mais curto que o túnel, o evento TE ocorre primeiro. 
1 7 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
(g) De acordo com um observador no referencial do túnel, o intervalo de tempo entre os dois eventos é
túnel,0 trem
8
200 m 87,2 m 0,418 s.
(0,900)(3,0 10 m/s)
L L
t
v
µ
− −∆ = = =
×
(h) A bomba vai explodir. A razão para isso é que devemos levar em consideração o tempo que o sinal para desativar a bomba leva 
para percorrer toda a extensão do trem, que é
trem,0
sinal 8
200 m 0,741 s.
(0,900)(3,0 10 m/s)
L
t
v
µ∆ = = =
×
Como esse tempo é maior que o intervalo de tempo entre os dois eventos, a bomba vai explodir.
93. De acordo com a lei de conservação da energia, EA = EB + EC. De acordo com a lei de conservação do momento, pB = pC. De 
acordo com a Eq. 37-48, E = gmc2, o que nos dá mAc2 = gBmBc2 + gCmCc2 e, portanto,
De acordo com a Eq. 37-41, p = gmv e, portanto,
Como 2 21 1/ 1,Bγ γ γ γ= − = − a expressão anterior pode ser escrita na forma
o que nos dá
2 24 3B Cγ γ= + .
Ficamos, portanto, com o seguinte sistema de equações:
2 2
4 2
4 3
B C
B C
γ γ
γ γ
= +
= +
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos gB = 19/16 e gC = 13/8.
(a) A energia total da partícula B é
(b) O módulo do momento da partícula B é
(c) A energia total da partícula C é
2 13 (50 MeV) 81,3 MeV.
8C C C
E m cγ  = = =  
(d) O módulo do momento da partícula C é igual ao da partícula B: pC = 64,0 MeV/c.
94. (a) O tempo de percurso na situação 1, do ponto de vista de um observador terrestre, é ∆t1 = 2D/c.
(b) Na situação 2, ∆t2 = 4D/c.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 7 3
(c) Na situação 3, ∆t3 = 6D/c.
(d) O tempo de percurso na situação 1, no referencial da espaçonave, é
1
1
2 2 2
(10) 5
D D D Dt
c c c cγ
′∆ = = = =′ .
(e) Na situação 2,
2
2
4 4 4 .
(24) 6
D D D Dt
c c c cγ
′∆ = = = =′
(f) Na situação 3,
3
3
6 6 6
(30) 5
D D D Dt
c c c cγ
′∆ = = = =′ .
95. Como o raio r da trajetória é dado por r =gmvqB,
Como 1,00 u = 1,66 × 10–27 kg, a massa é m = 4,00 u. Isso significa que a partícula contém quatro núcleons. Como são neces sários 
dois prótons para que a partícula tenha uma carga 2e, a partícula é um núcleo de hélio (também chamado de partícula alfa), 
com dois prótons e dois nêutrons.
96. Se a energia cinética do elétron é 2,50 MeV = 2500 keV, temos
e
Assim, a equação r = gmvqB (com “q” interpretado como |q|) nos dá
97. (a) De acordo com a Eq. 37-58 e a Tabela 37-3,
3
2
500 10 MeV1 1 534 MeV.
938 MeVp
K
m c
γ ×= + = + =
(b) De acordo com a Eq. 37-8,
(c) Para fazer uso do valor de mpc2 dado na Tabela 37-3, reescrevemos a expressão apresentada no Problema 53 da seguinte 
forma:
2 2 2( )( / ) ( )
.p p
y m c v c m cmvr
qB eB ecB
γ βγ= = =
1 7 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 
Assim, o módulo do campo magnético é
2 6 6
6 6
8
( ) (534)(938 MeV)(0,99999825) 668 10 eV (668 10 ) V/m
(750 m)
668 10 V/m 668 10 V/m 2,23 T.
3 10 m/s
pm c eB
ecr ec ec ec
c
γ β × ×= = = =
× ×= = =
×
98. (a) A pulsação medida por um observador terrestre é
(b) De acordo com um observador terrestre, a passada parece mais curta, o tempo parece passar mais devagar, a velocidade ob-
servada é
e a distância coberta pelo astronauta na esteira parece ser
99. A frequência recebida é dada por
o que nos dá
Isso significa que a luz é azul para um observador terrestre.
100. (a) Usando a equação clássica do efeito Doppler, f  = vf/(v + vf), obtemos
(b) Explicitando b na Eq. 37-21, 0 (1 )/(1 ),f f β β= − + obtemos
o que nos dá v = 0,80c.
101. (a) De acordo com a Eq. 37-43, a massa necessária é
(b) Não, a energia tem o mesmo valor, 2,2 × 1012 kWh, independentemente da forma como foi gerada.
102. (a) O tempo que um elétron com uma componente horizontal da velocidade v leva para percorrer uma distância horizontal L é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 7 5
(b) Durante esse tempo, o elétron cai uma distância vertical
Essa distância é muito menor que o raio de um próton. 
(c) Pode-se concluir que, no caso de partículas que se movem com velocidade próxima da velocidade da luz em um laboratório, 
a Terra pode ser considerada um referencial inercial para todos os efeitos práticos.
103. Como o parâmetro de velocidade b é igual a v/c,
(a) Para v = 2,5 cm/ano,
7
18
8
(2,5 cm/ano)(0,01m/cm)(1ano/3,15 10 s) 3 10 .
3,0 10 m/s
β −×= = ×
×
(b) Para v = 0,5 mm/s,
12
8
(0,5 mm/s)(0,001m/mm) 2 10 .
3,0 10 m/s
β −= = ×
×
(c) Para v = 90 km/h,
8
8
(90 km/h)(1000 m/km)(1h/3600 s) 8,3 10 .
3,0 10 m/s
β −= = ×
×
(d) Para v = 1920 m/s,
6
8
1920 m/s 6,4 10 .
3,0 10 m/s
β −= = ×
×
(e) Para v = 1200 km/h,
6
8
(1200 km/h)(1000 m/km)(1h/3600 s) 1,1 10 .
3,0 10 m/s
β −= = ×
×
(f) Para v = 11,2 km/s,
5
8
(11,2 km/s)(1000 m/km) 3,7 10 .
3,0 10 m/s
β −= = ×
×
(g) Para v = 29,8 km/s,
5
8
(29,8 km/s)(1000 m/km) 9,9 10 .
3,0 10 m/s
β −= = ×
×
(h) Para v = 3,0 × 104 km/s,
4
8
(3,0 10 km/s)(1000 m/km) 0,10.
3,0 10 m/s
β ×= =
×