Dinâmica de um Sistema de Partículas

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9.1 Introdução
A Terceira Lei de Newton desempenha um papel 
central na dinâmica de sistemas de partículas e 
pode ser enunciada de duas formas diferentes:
I. As forças exercidas por duas partículas α e β, 
uma sobre a outra, são iguais em módulo e direção 
e possuem sentidos opostos . Esta afir-
mação é conhecida como forma fraca da Terceira 
Lei de Newton.
II. Além de serem iguais em módulo e direção e 
possuírem sentidos opostos, as forças exercidas 
pelas partículas, uma sobre a outra, apontam ao 
longo da linha que as une. Esta afirmação é
conhecida como forma forte da Terceira Lei de 
Newton.
9
Dinâmica de um Sistema de Partículas
αβf
Exemplo 9.1 ---------------------------------------------
Obtenha o centro de massa de um hemisfério sólido 
de raio a, com densidade de massa uniforme.
Solução. Usando o sistema de coordenadas da 
figura abaixo, podemos concluir, por simetria, que 
βαf
••
Devemos mencionar que a Terceira Lei de Newton 
nem sempre é obedecida. Por exemplo, ela não é
válida para forças dependentes da velocidade, 
como as forças entre partículas carregadas em 
movimento.
9.2 Centro de massa
A posição do centro de massa de um sistema de
partículas é definida como
(9.3) 1 ∑=
α
ααrR mM
onde
∑=
α
αmM
é a massa total do sistema e α = 1, 2, ..., n (n é o 
número de partículas do sistema). Para uma 
distribuição contínua de massa: 
∫= dmM rR 1
0== YX
z
x
y
Por outro lado,
∫= dmzMZ 1
onde
φθθρθ dddrrdmrz sen cos 2==
Assim 
8
3aZ =
Substituindo M, obtemos 
-------------------------------------------------------------
9.3 Momento linear do sistema
A força resultante sobre uma partícula α de um 
sistema pode ser escrita como
e i
α α α= +F F f
onde é a força externa sobre a partícula e é a 
força interna (a soma das forças exercidas pelas 
outras partículas sobre a partícula α).
e
αF iαf
)( βααβ ff −=
3
2sen
32/
0
2
0
2
0
adddrrM
a πρφθθρ π π == ∫ ∫∫
M
adddrr
M
Z
a
4
cossen1
42/
0
2
0
3
0
πρφθθθρ π π == ∫ ∫∫
r
θ
M dm= ∫
A força interna pode ser escrita como
i
α αβ
β
=∑f f
onde é a força exercida sobre a partícula α pela 
partícula β (obviamente, β ≠ α). A Segunda Lei de 
Newton para a partícula α é dada por
αβf
emα α α αβ
β
= +∑r F f&&
ou 
2
2 ( )
ed m
dt α α α αββ
= +∑r F f
Somando esta expressão sobre α, temos 
2
2
ed m
dt α α α αβα α αβ
= +∑ ∑ ∑r F f
onde, β ≠ α. De acordo com (9.3), o somatório no 
lado esquerdo é MR. Assim 
M αβ
αβ
= +∑R F f&&
onde 
∑=
α
α
eFF
é a força externa total que atua sobre o sistema. Se 
a Terceira Lei de Newton for válida, pelo menos 
em sua forma fraca , temos
1
2 ( ) 0αβ αβ βα
αβ αβ
= + =∑ ∑f f f
A força interna total é nula. Assim, a Segunda Lei 
de Newton para o sistema pode ser escrita como
FR =&&M
O centro de massa do sistema move-se como se 
fosse uma única partícula de massa igual à massa 
total do sistema sob a ação da força externa total.
O momento linear do sistema é definido como 
sendo a soma dos momentos das partículas. Assim,
RRrrP && MM
dt
dm
dt
dm ==== ∑∑ )(
α
αα
α
αα
FRP == &&& M
O momento linear do sistema é igual ao momento 
de uma partícula de massa M, situada na posição 
do centro de massa e movendo-se com a velocidade 
do centro de massa.
Derivando a última expressão, podemos reescrever 
a segunda Lei de Newton para o sistema como
Se a força externa total for nula, 
cte=⇒= PP 0&
Se a força externa resultante que atua sobre o 
sistema for nula, o momento linear do sistema é
uma constante de movimento.
9.4 Momento angular do sistema
A figura abaixo mostra um sistema de partículas. O 
vetor posição do centro de massa em relação à
origem de um referencial inercial é R; rα é a 
posição da partícula α em relação à origem e é
a posição da partícula em relação ao centro de 
massa. Da figura,
αα rRr ′+=
αr′
O momento angular da partícula α em relação à
origem é dado por
R
CM
α
αr
αr′
ααα prl ×=
O momento angular do sistema é definido como 
sendo a soma dos momentos angulares de todas as 
partículas, ou seja,
∑∑ ×==
α
αα
α
α prlL
O momento linear da partícula é dado por
)( ααααα rRrp &&& ′+== mm
Em termos das coordenadas com linha, 
∑ +′×+′=
α
ααα )()( RrRrL &&m
( )∑ ′×+×′+×+′×′=
α
ααααα rRRrRRrr &&&&m
Os dois últimos termos podem ser escritos como
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ′×+×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ′ ∑∑
α
αα
α
αα rRRr mdt
dm &
Estes termos são nulos, uma vez que 
( )αβ βα= −f f
Outra forma de ver isto é notando que 
RrRrr ∑∑∑∑ −=−=′
α
αα
α
αα
α
αα
α
α mmmm )(
0=−= RR MM
α
α
αrR ′=′ ∑mM1
é a posição do centro de massa em relação ao 
próprio centro de massa, e portanto, é zero. Com 
este resultado, o momento angular do sistema pode 
ser escrito como
∑∑ ′×′+×=′×′+×=
α
αα
α
ααα prPRrrRRL && mM
O momento angular do sistema em relação à
origem é igual ao momento angular, em relação à
origem, de uma partícula de massa M situada no 
CM e movendo-se com o CM, mais o momento 
angular do sistema em relação ao seu CM 
(chamado momento angular de spin).
A derivada temporal do momento angular da 
partícula α é dada por
ααααα prprl ×+×= &&&
Como é paralelo a , o último termo é nulo, e 
portanto,
αr& αp
e
α α α α α αβ
β
⎛ ⎞= × = × +⎜ ⎟⎝ ⎠∑l r p r F f& &
onde β ≠ α. Somando esta expressão sobre α, 
obtemos a derivada do momento angular total
e
α α α α αβ
α α αβ
= = × + ×∑ ∑ ∑L l r F r f& &
O último termo pode ser escrito como
1
2 ( )α αβ α αβ β βα
αβ αβ
× = × + ×∑ ∑r f r f r f
Supondo que a Terceira Lei de Newton seja válida 
em sua forma fraca , temos
1
2 ( )α αβ α β αβ
αβ αβ
× = − ×∑ ∑r f r r f
( )αβ βα= −f f
Se a Terceira Lei de Newton for válida também em 
sua forma forte, é paralelo a , de forma 
que o termo acima é nulo. Assim
αβfβα rr −
eee NNFrL ==×= ∑∑
α
αα
α
α&
onde é o torque externo sobre a partícula α e 
Ne é o torque externo total sobre o sistema.
e
αN
Se as forças internas em um sistema forem centrais 
(se a Terceira Lei de Newton for válida na sua 
forma forte), o torque interno total é nulo. Assim,
o torque externo total é igual à derivada temporal 
do momento angular do sistema.
Se o torque externo for nulo,
cte=⇒= LL 0&
Se o torque externo resultante atuando sobre o 
sistema for nulo, o momento angular do sistema é
uma constante de movimento.
9.5 Energia do sistema
Considere o trabalho realizado sobre um sistema 
que se move de uma configuração 1 para uma 
configuração 2:
α
α
α rF dW ⋅= ∑ ∫ 2112
Da Segunda lei de Newton 
)()( 22121 αααααααααα υmddtmdt
ddtmd =⋅=⋅=⋅ rrrrrF &&&&&
de forma que 
2 2 2 21 1 1
12 2 12 2 21
( )W d m m mα α α α α α
α α α
υ υ υ= = −∑ ∑ ∑∫
2 1 2 1 (9.35)T T T Tα α
α α
= − = −∑ ∑
Expressando rα em relação ao CM, podemos 
escrever
Rrr &&& +′= αα
de forma que
RRRrrrRrRr &&&&&&&&&& ⋅+⋅′+′⋅′=+′⋅+′= ααααααυ 2)()(2
22 2 V+⋅′+′= Rr &&ααυ
onde
R V rv && =′=′ e αα
Assim,
∑=
α
ααυ 221 mT
∑ ∑∑ ′⋅⋅++′=
α α
ααα
α
ααυ rR mdt
dVmm &221221
Conforme mostramos anteriormente,
0=′⋅∑
α
αα rm
(9.39) 221
2
2
1 MVmT +′= ∑
α
ααυ
A energia cinética do sistema em relação à origem 
é igual á energia cinética de uma partícula de 
massa M movendo-se com a velocidade do CM 
mais a energia cinética do sistema em relação ao 
CM.
Tomando a força sobre a partícula α como sendo a 
soma das forças internas mais a força externa, 
podemos escrever 
2 2
12 11
 (9.40)eW d dα α αβ α
α αβ
= ⋅ + ⋅∑ ∑∫ ∫F r f r
onde α ≠ β.
Se as forças forem conservativas (deri-
váveis de um potencial independente do tempo)
podemos escrever
αβα fF e 
e
ααα U
e −∇=F
αβααβ U−∇=f
O primeiro termo de (9.40) pode ser escrito como
2
1
2
1
2
1
)( ∑∑∫∑∫ −=⋅∇−=⋅ α αααα ααα α UdUde rrF
O segundo termo de (9.40) é dado por
2 2
1
21 1
( )d d dαβ α αβ α βα β
αβ αβ
⋅ = ⋅ + ⋅∑ ∑∫ ∫f r f r f r
2
1
2 1
( )d dαβ α β
αβ
= ⋅ −∑ ∫ f r r
onde supomos, na última igualdade, que fαβ = – fβα. 
Como depende da distância entre as partículas, 
é função de 6 coordenadas, ou seja,
zyxixxUU ii ,,3,2,1 ),,( ↔== βααβαβ
Assim (supondo que não dependa explicita-
mente do tempo),
αβU
αβU
∑ ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂=
i
i
i
i
i
dx
x
U
dx
x
U
dU β
β
αβ
α
α
αβ
αβ
βαββααβα rr dUdU ⋅∇+⋅∇=
Como 
αβαβα f−=∇ U
αββααββ ff =−=∇ U
)( βααβαβ rrf dddU −⋅−=
temos 
e portanto, 
2
2 2
1 1
2 21 1
1
d dU Uαβ α αβ αβ
αβ αβ αβ
⋅ = − = −∑ ∑ ∑∫ ∫f r
de forma que
22
1
12 2
1 1
W U Uα αβ
α αβ
= − −∑ ∑
O trabalho sobre o sistema pode ser escrito como 
Definindo a energia potencial total do sistema 
como 
1
2U U U U Uα αβ α αβ
α αβ α α β<
= + = +∑ ∑ ∑ ∑
podemos escrever, 
21
2
112
UUUW −=−=
2112 UUTT −=−
Combinando este resultado com (9.35), temos 
ou 
2211 UTUT +=+
ou ainda 
21 EE =
A energia mecânica de um sistema conservativo 
(onde as forças são deriváveis de energias 
potenciais independentes do tempo) é uma 
constante de movimento.
Exemplo 9.4 ---------------------------------------------
Um projétil de massa M e velocidade v explode 
durante um vôo em três fragmentos. Um deles, de 
massa m1 = M/2, viaja na direção e no sentido 
original do projétil; outro, de massa m2 = M/6, viaja 
no sentido oposto; um terceiro, de massa m3 = M/3, 
permanece em repouso. A energia liberada na 
explosão é 5 vezes a energia cinética original do 
projétil. Quais as velocidades dos fragmentos?
M
1m3m2m
2v 1v
explosãoa após
explosãoda antes
Solução. Seja v a velocidade do projétil. As veloci-
dades dos fragmentos podem ser escritas como:
0 
2 1111
>== kkMm vv
0 
6 2222
>−== kkMm vv
 0 
3 33
== vMm
medida que a corda desenrola. No instante em que 
o sistema é abandonado (configuração inicial) a 
corda está toda enrolada no cilindro (θ = 0). 
Obtenha a velocidade angular do cilindro em 
função do ângulo θ.
v
θ
A conservação da componente do momento linear 
na direção do movimento do projétil nos dá
 
62 21
υυυ kMkMM −=
Por sua vez, a conservação da energia nos leva a
 ) (
62
1)(
22
1
2
1 2
2
2
1
2 υυυ kMkMME +=+
Como
, 
2
15 2υME ×=
 ) (
62
1)(
22
1
2
16 22
2
1
2 υυυ kMkMM +=×
de onde podemos escrever 
 (1) 63 12 −= kk
temos
ou ainda,
 (2) 336 21
2
2 kk −=
De (1) e (2), temos
3 e 3 21 == kk
Assim,
0 e 3 ,3 321 =−== vvvvv
--------------------------------------------------------------
Exemplo 9.5 ---------------------------------------------
Uma corda uniforme de massa m é enrolada em 
torno de um cilindro oco de massa M e raio R. O 
cilindro gira livremente em torno do seu eixo à
θ
Solução. Primeiro vamos calcular a posição do CM 
do pedaço de corda que desenrola, antes dele 
desenrolar. 
θ ′
z
Depois que a corda desenrola a posição do CM é
θ ′−= senRz
O trabalho realizado sobre a parte da corda que 
desenrolou é
)( 0ZZgmW −′−=
A energia cinética final do sistema é dada por
2
2
1 )()( θ&RMmT ⋅+=
Fazendo W = T, temos
2/12
)(2
)2cos2(
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
+
−+=
MmR
gm
π
θθθ&
situação 
inicial
situação 
final
θλ ′= Rddm
0
0
0
sen (1 cos )R Rd RZ
Rd
θ
θ
θ λ θ θ
θλ θ
′ ′− ⋅ −= = −
′
∫
∫
θ
2
θRZ −=
onde m’ é a massa da parte da corda que 
desenrolou, dada por
π
θ
π
θ
22
mm
m
m =′⇒
⎭⎬
⎫
→
→′
Assim
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+= 1cos
22
2
θθπ
mgRW
1u
9.6 Colisões elásticas de duas partículas
A figura abaixo mostra uma partícula de massa m1
e velocidade inicial u1 (partícula projétil) colidindo 
com uma partícula de massa m2, inicialmente em 
repouso (partícula alvo). Observe que na nossa 
notação u indica a velocidade antes da colisão e v a 
velocidade depois da colisão. 
1v
2v
ψ
ς
A figura abaixo mostra a mesma colisão vista do 
referencial do CM. Na nossa notação, as linhas 
indicam velocidades medidas em relação ao CM. 
Note que o momento linear do sistema em relação 
ao CM deve ser zero antes e depois da colisão. 
Assim, devem apontar na mesma direção e 
em sentidos contrários, o mesmo ocorrendo com 
1u′ 1
v′
2v′ 2
u′CM •
θ
21 e uu ′′
. e 21 vv ′′
A velocidade do centro de massa no ref do LAB é
dada por (note que u2 = 0) 
(9.62) 
21
11
mm
m
+=
uV
Por sua vez, 
)(9.63' 
21
12
21
11
111 mm
m
mm
m
+=+−=−=′
uuuVuu
(9.63) 
21
11
22 mm
m
+−=−=−=′
uVVuu
Em relação ao CM, o momento linear é zero antes 
e após a colisão. Supondo que a colisão seja 
elástica (a energia cinética se conserva), podemos 
escrever 3 equações de conservação
22112211 e υυ ′=′′=′ mmumum
2
222
12
112
12
222
12
112
1 υυ ′+′=′+′ mmumum
A única solução possível para este conjunto de 
equações é
2211 e uu ′=′′=′ υυ
No ref do CM os módulos das velocidades são 
iguais antes e após a colisão. Assim são 
independentes da direção de espalhamento (ψ , ζ
ou θ). Em termos de u1, podemos escrever
(9.65) e 
21
11
2
21
12
1 mm
um
mm
um
+=′+=′ υυ
A relação entre os ângulos ψ e θ pode ser obtida da 
figura abaixo.
ψ θ
1v
1v′
V
ψυθυ sensen 11 =′
ψυθυ coscos 11 =+′ V
Dividindo a primeira equação pela segunda, temos 
1
1
1
cos
sen
cos
sen
υθ
θ
θυ
θυψ
′+
=+′
′= VVtg
Mas, de (9.62) e (9.65), 
(9.68) 
2
1
1 m
mV =′υ
de forma que 
2
1cos
sen
m
mtg +
=
θ
θψ
Se m2 >> m1
θψθψ ≈⇒≈ tgtg
21 e υυ ′′
Note que, se m2 >> m1, a velocidade do CM é
muito pequena e portanto os referencias CM e LAB 
são quase iguais. 
Se m2 = m1, 
2
 
21cos
sen θψθθ
θψ =⇒=+= tgtg
Uma vez que θ < 180o, ψ < 90o para m2 = m1.
A figura abaixo dá a relação entre ζ e θ.
ς θ
2v
2v′
V θ
θυςυ sensen 22 ′=
θυςυ coscos 22 ′−=V
Dividindo a primeira equação pela segunda, temos 
θυ
θ
θυ
θυς
cos
sen
cos
sen
2
2
2
−′
=′−
′= VVtg
De acordo com (9.62) e (9.65), 
V=′2υ
de forma que (independente das massas) 
2
cot
cos1
sen θ
θ
θς =−=tg
ou ainda, 
22
 
22
θπςθπς −=⇒⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= tgtg
Se as partículas possuírem massas iguais (m1 = m2) 
então θ/2 = ψ. Assim,
2
πψς =+
Exemplo 9.6 ---------------------------------------------
Determine o valor máximo de ψ em termos de m1 e 
m2 para m1 > m2. Analise os casos em que m2 << m1
e m2 → m1?
Solução. De (9.68), vemos que . 121 υ′>⇒> Vmm
A figura a seguir mostra que ψ é máximo quando o
ângulo entre for igual a 90o. 11 e vv ′
maxψ θ
1v
1v′
V
Da figura, e de (9.68), temos
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=⇒=′= −
1
21
max
1
21
max sen sen m
m
m
m
V
ψυψ
Pode-se ver (da figura) que ψ < 90o. Se m2 << m1, ψmax → m2/m1. Se m2 → m1, ψmax→90o. 
--------------------------------------------------------------
9.7 Cinemática de colisões elásticas
A energia cinética do sistema antes da colisão, 
medida no ref LAB, pode ser escrita como
2
112
1
0 umT =
No ref CM, a energia cinética da partícula 1, antes 
da colisão, é
onde o índice 0 indica antes da colisão. Para a 
partícula 2 temos 
2
12
1
02010 uTTT μ=′+′=′
A energia do sistema no ref CM, antes da colisão, é
2
212
1
00 )( VmmTT ++′=
de acordo com (9.39).
As energias cinéticas das partículas após a colisão, 
no ref CM, podem ser obtidas com o auxílio de 
(9.65). Como
2 2
2 2 1 2
01 1 1 1 0
1 2 1 2
1 1
2 2
m u mT m u m T
m m m m
⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ ′= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠
oTmm
mm
mm
ummumT 2
21
21
2
21
11
2
2
2202 )(2
1
2
1
+=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+=′=′
Você pode verificar que 
2211 uu ′=′′=′ υυ
022011 TTTT ′=′′=′
Escrever a energia cinética no ref LAB é um pouco 
mais trabalhoso. A energia cinética de m1 após a 
colisão pode ser obtida da relação
(9.82) 2
1
2
1
2
112
1
2
112
1
0
1
uum
m
T
T υυ ==
Aplicando a lei dos cossenos à figura da coluna 
direita da pag. 6, podemos escrever
)cos(2 1
22
1
2
1 θπυυυ −′−+′= VV
θυυ cos2 1221 VV ′++′=
θυ cos
)(
2
)()( 221
21
2
21
2
1
2
21
2
2
2
1
2
1
mm
mm
mm
m
mm
m
u +++++=
De (9.62) e (9.65), 
)cos1(
)(
21 2
21
21
2
1
2
1
0
1 θυ −+−== mm
mm
uT
T
Após pequena simplificação, podemos escrever 
Podemos também expressar T1 em termos de ψ. 
Para isto vamos aplicar novamente a lei dos 
cossenos à figura da coluna direita da pag. 6 mas 
desta vez utilizando o ângulo ψ.
ψυυυ cos2 122121 VV −+=′
ou 
0)(cos 21
2
2
1
1
2
12
1 =′−+− υψυυ VV
Resolvendo esta equação do segundo grau para υ1, 
obtemos 
ψυψυ 22211 sencos VV −′±=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧ −′±= ψυψ 22
2
1 sencos
V
V
de forma que 
e portanto, 
{ }2 222
21
2
1
0
1 sen)(cos 
)( 1
2 ψψ −±+= m
m
mm
m
T
T
Apesar de existirem duas soluções para T1, somente 
uma delas terá significado físico. A escolha do 
sinal dependerá do valores de m2/m1 e ψ.
Na seqüência vamos calcular T2.
2
1
2
2
1
2
2
112
1
2
222
1
0
2
um
m
um
m
T
T υυ ==
Aplicando a lei dos cossenos à figura da coluna 
esquerda da pág. 7, temos
θυυυ cos2 222222 VV ′−+′=
De (9.62) e (9.65), temos 
)cos1(
)(
2
2
21
2
1
2
1
2
2 θυ −+= mm
m
u
de forma que 
)cos1(
)(
2
2
21
21
0
2 θ−+= mm
mm
T
T
Para expressar T2 em termos de ζ, olhamos 
novamente para a figura da coluna esquerda da 
pag. 7 e vemos que 
ςυυυ cos2 222222 VV −+=′
V=′2 Como υ
Com o auxílio de (9.62), podemos escrever 
ςυ cos22 V=
ςς 22
21
212
2
1
2
1
2
0
2 cos
)(
4cos4
mm
mm
u
V
m
m
T
T
+==
Quando T1 e T2 são escritos em termos de θ é fácil 
ver que T1 + T2 = T0, de acordo com a suposição 
inicial de que a colisão é elástica. Quando T1 e T2
são escritos em termos de ψ e ζ esta relação não é
tão explícita porque os ângulos são diferentes. 
Um caso interessante é quando m1 = m2. Neste 
caso, é fácil ver que
ψ201 cosTT =
onde escolhemos o sinal + porque o sinal –
levaria a T1/T0 = 0, o que não é fisicamente 
aceitável. Por outro lado, 
Como ζ + ψ = π/2 (para m1 = m2), podemos 
escrever
ζ202 cosTT =
então
{ } (A) sen)(cos 22
21
1
1
1
1
2 ψψυ −±+= m
m
mm
m
u
Exemplo 9.7 ---------------------------------------------
Em uma colisão elástica frontal de duas partículas 
de massas m1 e m2 as velocidades iniciais são 
u1 e u2. Se as energias cinéticas das duas partículas 
são iguais no sistema LAB, obtenha as condições 
sobre u1/u2 e m1/m2 tal que m1 fique em repouso no 
sistema LAB após a colisão. 
2
1
2
2
2
12
222
12
112
1 
u
u
m
mumum =⇒=
Vamos definir
2
2
1
1
2 αα =⇒=
m
m
u
u
Como m1 permanece em repouso após a colisão, a 
expressão da conservação da energia é
2
222
12
222
12
112
1 υmumum =+
 22221
2
11 υmum =
A conservação do momento linear nos leva a
222211 υmumum =+
(C) )( 1
2
2
2211
2 um
umum ααυ +=+=
De (B) e (C), temos
414,012 =−=α
172,0 e 414,21 2
2
1
2
1 ==== αα m
m
u
u
--------------------------------------------------------------
13
2
1113
2
11 uumm =⇒= υυ
Da eq (A) da pag. 8 
(b) Devemos ter
5
5
1
2
1 ≤≤
m
m
(c) Substituindo m1 = m2 no ítem (a) temos ψ = 48o.
1u 2u
2v1
m 2m
2m1m
colisãoda antes
colisãoda depois
Solução. Como as energias cinéticas antes da 
colisão são iguais,
--------------------------------------------------------------
e portanto,
[ ]ψψ 22
21
1 sen)(cos
3
2 
1
2 −±+= m
m
mm
m
ψψ cos
3
2sen)( 
1
2122
1
2 −+⋅=−±⇒
m
mm
m
m
Elevando ao quadrado, 
ψψψ cos
3
4cos)(
9
4sen
1
212
2
1
2
212
2
1
2 ⋅+⋅−++⋅=−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
m
mm
m
mm
m
m
Simplificando, temos 
1
21
121
21
2
2
2
1
12
513
)(12
8513cos
m
mm
mmm
mmmm
ψ
−=⋅+
+−=
1
12
5131
1
21 ≤−≤−
m
mm
A inequação 
121 12513 mmm ≤−
tem como solução 
21 5mm ≤
Por sua vez, a solução da inequação 
é
25
1
1 mm ≥
A faixa de valores permitidos para m1/m2 é dada 
pela interseção das soluções acima, ou seja,
211 51312 mmm −≤−
 (B) 2 2 12
2
2
112
2 um
um αυυ =⇒=
Exemplo 9.8 ---------------------------------------------
Partículas de massa m1 são espalhadas elasticamen-
te por partículas de massa m2 em repouso. (a) Em 
que ângulo no ref LAB um espectrômetro 
deveria ser colocado para detectar partículas que 
perderam 1/3 do seu momento linear (em módulo)? 
(b) Sobre que faixa de valores de m1/m2 isto é
possível? (c) Calcule o ângulo de espalhamento 
para m1/m2 = 1.
Solução. (a)
021 TTT =+
de forma que
ψ202 senTT =
9.8 colisões inelásticas
A conservação da energia em uma colisão não 
elástica de duas partículas pode ser escrita como
2
222
12
112
12
222
12
112
1 υυ mmumumQ +=++
onde Q é a energia perdida ou ganha durante a 
colisão.
Q = 0: colisão elástica: T é conservada
Q > 0: colisão exoérgica: T aumenta na colisão
Q < 0: colisão endoérgia: T diminui na colisão
Uma medida da inelasticidade de dois corpos é
dada pelo coeficiente de restituição que é definido 
(para uma colisão frontal) como
12
12
uu −
−= υυε
Uma colisão onde ε = 0 (os corpos ficam grudados 
após a colisão) é dita totalmente inelástica.
Exemplo 9.9 ---------------------------------------------
Considere uma colisão elástica frontal e mostre que 
ε = 1. Determine as velocidades após a colisão.
Solução. Da conservação do momento linear
22112211 υυ mmumum +=+
(1) ) -( 22
1
2
11 um
mu υυ =−⇒
Da conservação da energia
2
222
12
112
12
222
12
112
1 υυ mmumum +=+
(2) )-( 22
2
2
1
22
1
2
1 um
mu υυ =−⇒
1 1 2 2 u uυ υ+ = +
--------------------------------------------------------------
Impulso: 
Define-se o impulso de uma força que age sobre 
uma partícula, durante um intervalo de tempo, 
como 
)( vF m
dt
d=
∫= 2
1
t
t
dtFI
Uma vez que
∫∫ −=== 2
1
2
1
)()()()( 12
t
t
t
t
tmtmmddtm
dt
d vvvvI
podemos escrever
O impulso é igual à variação do momento linear da 
partícula. Usando a notação das seções anteriores, 
podemos escrever o impulso durante umacolisão 
como
m m= −I v u
9.9 Seção de choque
Nas seções anteriores obtivemos várias relações 
entre as velocidades das partículas envolvidas em 
uma colisão. Contudo, não pudemos determinar 
estas velocidades em termos da velocidade inicial 
da partícula projétil porque as velocidades finais 
dependem do campo de força envolvido na colisão 
e do parâmetro de impacto, b, definido na figura 
abaixo. 
1u ψb
1v
2v
A equação que falta é a conservação do momento 
angular, que pode ser escrito (no ref LAB) em 
termos da velocidade inicial da partícula projétil e 
do parâmetro de impacto como 
buml 11=
ς1 2 2 1 (3)u u υ υ− = −
de onde concluímos que ε = 1. De (1) e (3), temos
2
21
2
1
21
21
1
2 u
mm
mu
mm
mm
+++
−=υ
2
21
12
1
21
1
2
2 u
mm
mmu
mm
m
+
−++=υ
Dividindo (2) por (1), temos
ou
Da relação
11
2
112
1 2 mTuumT oo =⇒=
podemos escrever uma expressão para l em termos 
de b e To
oTmbl 12=
Conhecendo-se b e To (ou b e u1) pode-se deter-
minar as velocidades após a colisão. Infelizmente, 
na maioria dos casos de interesse, as colisões 
envolvem partículas microscópicas de forma que b
não é conhecido. Nesse caso, o conceito de seção 
de choque é muito útil.
Considere um feixe de partículas iguais que viajam 
na mesma direção com a mesma velocidade. 
Definimos a intensidade do feixe como 
número de partículas 
área tempo
I = ×
Definimos a seção de choque diferencial (no ref
CM) como 
d
dN
I Ω′=
1)(θσ
θ
Ω′d
onde dN é o número de partículas espalhadas, por 
unidade de tempo, dentro do elemento de ângulo 
sólido dΩ´. Note que σ(θ) tem dimensão de área. 
O problema de determinar a seção de choque é
mais fácil de ser resolvido no ref CM. Depois 
podemos passar para o ref LAB (próxima página).
A figura acima mostra que dΩ´ pode ser escrito 
como (veja pag. 5, cap. 5)
θθπ dd sen2=Ω′
b
O número de partículas espalhadas em dΩ’ por 
unidade de tempo é igual ao número de partículas 
incidentes com parâmetro de impacto entre b e 
b + db, ou seja,
bdbIdN π2⋅=
Da definição de seção de choque, podemos 
escrever
(9.120) 
sensen2
2)( θθθθπ
πθσ
d
dbb
d
bdb ⋅−=−=
O sinal – é necessário porque db/dθ é negativo (θ
diminui quando b aumenta) e σ(θ) tem que ser 
positivo. Desta relação vemos que para obter a 
seção de choque diferencial é necessário conhecer 
b(θ). 
A seguir vamos voltar ao problema equivalente de 
um corpo discutido no capítulo passado, ou seja, 
vamos considerar o espalhamento de uma partícula 
de massa μ por um centro de força fixo. A eq. 
(8.17) dá a variação no ângulo para uma partícula 
movendo-se em um campo de força central:
∫
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−
=ΔΘ
2
2
2
2
2
)(
r
lUE
drrl
μμ
Da figura abaixo vemos que o ângulo de 
espalhamento é dado por
∫ ∞
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−
=Θ
min
2
2
2
2
2
)(
r
r
lUE
drrl
μμ
Θ−= 2πθ
onde
A energia cinética no ref CM é dada por (veja 
coluna direita pag. 7)
2
12
1
0 uT μ=′
θ
Θmin
r
Por sua vez, o momento angular é dado por
1ubl μ=
Em termos da energia cinética,
02 Tbl ′= μ
Como U → 0 quando r → ∞, Com estes 
resultados podemos escrever
. 0TE ′=
(9.123) 
1
)(
min
0
2
2
2∫ ∞
′−−
=Θ
r
T
U
r
b
drrb
Para obter rmin, observe a figura da pag. 4 do cap. 8 
e veja que rmin é o valor de r para o qual 
2
2
2
)()(
r
lrUrVE μ+≡=
Assim, conhecendo-se o potencial U(r) pode-se 
determinar rmin, resolver a integral acima e obter θ(b). A partir de θ(b) pode-se obter a seção de 
choque.
Relação entre as seções de choque nos 
referenciais CM e LAB.
Como o número de partículas espalhadas é o 
mesmo, independente do sistema de coordenadas,
(D) 
2
)( 2
min
2
min0 r
lrUT μ+=′
Então rmin é o valor de r que anula o denominador 
da integral acima. No caso de espalhamento de 
uma partícula que vem do infinito, podemos 
escrever
Ω=Ω′ dd )()( ψσθσ
Aplicando a lei dos senos à figura da coluna direita 
da pag. 6, temos a relação entre os ângulos θ e ψ.
ψψπψσθθπθσ dd sen2)(sen2)( ⋅=⋅
sen( ) ( ) (9.125)
sen
d
d
θ θσ ψ σ θ ψ ψ= ⋅ ⋅
(9.126) 
sen
)sen(
2
1
1 m
mV =′=
−
υψ
ψθ
dθ/dψ , pode ser obtido diferenciando a eq. acima:
1
2
cos( ) ( ) cosmmd d dθ ψ θ ψ ψ ψ− − =
1
2
cos
1
cos( )
m
md
d
ψθ
ψ θ ψ= + −
O objetivo agora é eliminar o ângulo θ para 
escrever σ(ψ) somente em termos de ψ. De 
(9.126´), podemos escrever
de forma que
Agora temos que eliminar θ da relação senθ/senψ
que aparece em (9.125). Uma forma de fazer isso é
multiplicando (9.126) por cosψ e adicionando 
cos(θ – ψ) de ambos os lados:
)cos(cos)cos(
sen
cos)sen(
2
1 ψθψψθψ
ψψθ −+=−+−
m
m
Simplificando o lado esquerdo, obtemos
1
2
1 1
2 2
2 2
sen cos cos( )
sen
 cos 1 ( ) sen
m
m
m m
m m
θ ψ θ ψψ
ψ ψ
= + −
= + −
1
2
2 2 2cos( ) 1 sen ( ) 1 ( ) sen mmθ ψ θ ψ ψ− = − − = −
Substituindo a expressão acima e a eq. (E) em 
(9.125), obtemos
ψ
ψψθσψσ
22
2 22
sen)(1
]sen)(1cos[
)()(
2
1
2
1
2
1
m
m
m
m
m
m
−
−+⋅=
Como σ(θ) é expresso em termos de θ, precisamos 
de uma equação que nos dê θ em termos de ψ. 
Aplicando a função sen–1 em ambos os lados de 
(9.126´), obtemos 
ψψθ += − )sen(sen
2
11
m
m
As duas últimas equações especificam a seção de 
choque em termos de ψ. Dois casos especiais 
importantes são:
m1 = m2
ψθψθσψσ 2 e cos4)()( =⋅=
ou 
1
2
sen( ) sen (9.126 )m
m
θ ψ ψ ′− =
1
2
cos
( )
cos( )
m
md d d
ψθ ψ ψθ ψ− = −
1
2
1
2
1 1
2 2
1
2
2 2
2 2
2 2
cos
1
1 ( ) sen
cos 1 ( ) sen
 (E)
1 ( ) sen
m
m
m
m
m m
m m
m
m
d
d
ψθ
ψ ψ
ψ ψ
ψ
= +
−
+ −=
−
m1 << m2
ψθθσψσ == e )()(
9.10 A fórmula do espalhamento 
Rutherford
Nesta seção vamos determinar a seção de choque 
para uma partícula espalhada por um campo 
coulombiano
r
krU =)(
No caso do espalhamento Rutherford
o
zZek πε4
2
=
onde z = 2 é o número de prótons presentes na 
partícula α (núcleo do He) e Z é o número atômico 
do núcleo espalhador. De (9.123), podemos 
escrever
min 2 2
0
 (9.134)
r
bdr
kr r r b
T
∞Θ =
− −′
∫
que é a integral E -10, do Apêndice E.
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−
+
−=++
−∫ ACBx
CBx
CCBxAxx
dx
4
2sen1
2
1
2
Fazendo A = 1, B = –2κ e C = –b2, temos
Fazendo
02T
k
′=κ
temos
∞
−
⎟⎟
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+
+
=Θ−
min
 
1
sen
2
1
r
b
r
b
b
κ
κ
Da relação
1 1 2sen cos 1x x− −= −
podemos escrever
∞
−
⎟⎟
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+
−−
=Θ−
min
 
1
21
cos
2
2
2
1
r
b
r
b
r
κ
κ
Dividindo a equação (D) da página anterior (com 
U = − k/r e ) por temos
021 2
min
2
min
=−−
r
b
r
κ
Assim, 
1 1
2
1cos cos 0
1
b
κ
− −−Θ = −
⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠
1
2
1cos
2
1
b
π
κ
−−Θ =
⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠
Desta relação podemos concluir que:
tg bκΘ =
Como
2 
2 2
π θθ π= − Θ ⇒ Θ = −
podemos escrever,
tg cot
2
b θκ κ= Θ =
Assim
2
2
1cossec
2 2 2 sen
2
db
d
κ θ κ
θθ = − ⋅ = − ⋅
Substituindo este resultado em (9.120), temos
 
2min 22∫
∞
−−=Θ r brrr
bdr
κ
oTbl ′= μ2 oT ′
2
1sen cos
2
1
b
π
κ
⎛ ⎞Θ = −Θ =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠
ou inda, 
2
cos
1b
b
κ
κ
Θ =
⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠
2
1
b
κ⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠
b
κ
1
Θ
ou 
2
sensen
2
cot
2
)(
2
2
θθ
θ
κθσ
⋅
⋅=
Como, 
cos
2sen 2sen cos e cot
2 2 2 sen
2
θ
θ θ θθ θ= =
2
sen
1
4
)(
4
2
θ
κθσ ⋅=
podemos escrever, 
Substituindo , temos
2
sen
1
16
)(
4
2
0
2
θθσ ⋅′= T
k
Note que a seção de choque independe do sinal de 
k, de maneira que a distribuição de espalhamento é
a mesma, independente da força ser atrativa ou 
repulsiva. 
02
1
0 TT =′
Assim, 
2
sen
1
4
)(
4
2
0
2
θθσ T
k=
Das duas últimas equações da pag. 12, podemos 
escrever 
ψ
ψψσ 42
0
2
sen
cos)(
T
k=
A seção de choque total é definida, no ref CM, 
como 
θθθσπθσσ π∫ ∫=Ω′= ot dd sen)(2)(
No ref LAB, temos 
ψψψσπσ ψ∫= max sen)(2 ot d
Se m1 < m2, ψmax = π; se m1 > m2, ψmax é dado no 
exemplo 9.6. Evidentemente, σt é o mesmo nos 
referenciais CM e LAB. 
Se m1 = m2, temos (coluna direita da pag. 7)
1. Obtenha o centro de massa de uma camada 
hemisférica de densidade constante, raio interno a e 
raio externo b.
Problemas 
2. Obtenha o centro de massa de um cone sólido de 
raio da base a e altura h.
3. Obtenha o centro de massa de um pião 
constituído de um cone sólido de raio da base a e 
altura h e um hemisfério sólido de raio a (figura 
abaixo).
a
h
4. Um projétil de massa M é atirado em um ângulo 
de 45o com energia cinética Eo. No topo de sua 
trajetória, o projétil explode, com energia adicional 
Eo, em dois fragmentos de massas fM e (1 – f )M.
5. Mesmo quando a força total sobre um sistema de 
partículas for nula, o torque pode ser diferente de 
zero. Mostre que, neste caso, o torque total tem o 
mesmo valor em qualquer sistema de coordenadas.
6. Uma corda uniforme de comprimento total 2a é
mantida em equilíbrio sobre um prego liso. Um 
impulso muito pequeno faz com que a corda 
comece a deslizar sobre o prego. Obtenha a 
velocidade da corda no exato momento em que ela 
perder o contato com o prego. 
a
O fragmento de massa fM viaja diretamente para 
baixo. Quais as velocidades (módulo e direção) dos 
dois fragmentos? Qual o maior valor possível de f ?
0/ 2k Tκ ′=
7. A força de atração entre duas partículas é dada 
por
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−= )()( 121212 rrrrf &&
o
rk υ
onde k e υo são constantes e . Calcule o 
torque interno sobre o sistema. Por que esta 
quantidade não é nula? O sistema é conservativo?
12 rr −=r
8. Uma partícula de massa m está presa à
extremidade de uma corda leve que tem a outra 
extremidade enrolada em um cilindro de raio a. 
Todo o movimento ocorre no plano horizontal 
(desconsidere a gravidade). A velocidade angular 
da corda é ωo no momento em que o comprimento 
não enrolado da corda é b. Obtenha a velocidade 
angular e a tensão na corda após ela ter girado de 
um ângulo adicional θ. 
a
b o
ω
ω
θ
9. Uma partícula de massa m1 colide elasticamente 
com uma partícula de massa m2 inicialmente em 
repouso. Qual a fração máxima de energia cinética 
que m1 pode perder? 
10. Uma partícula de massa m e velocidade u1
colide frontalmente com uma partícula de massa 
2m em repouso. Se o coeficiente de restituição for 
tal que a perda de energia cinética é máxima, quais 
são as velocidades υ1 e υ2 após a colisão?
11. Um próton (massa m) e energia cinética To
colide com um núcleo de hélio (massa 4m) em 
repouso. Obtenha o ângulo de recuo do hélio 
quando o próton é desviado de um ângulo ψ = 45o. 
A colisão é inelástica e Q = – To / 6.
12. Calcule a seção de choque diferencial σ(θ) e a 
seção de choque total σt para o espalhamento 
elástico de uma partícula por uma esfera 
impenetrável de raio a; o potencial é dado por
⎩⎨
⎧
<∞
>=
ar
ar
rU
 
 0
)(
13. Mostre que a seção de choque para 
espalhamento Rutherford, para o caso m1 = m2, 
pode ser expressa em termos do ângulo de recuo 
(no ref LAB) como
ςςσ 32
2
cos
1)( ⋅=
oT
k
14. Considere o espalhamento Rutherford no caso 
em que m1 >> m2. Obtenha uma expressão 
aproximada para a seção de choque diferencial no 
sistema de coordenadas LAB.