prova1 resolucao

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Universidade Federal de Santa Catarina,
Centro de Ciencias Físicas e Matemáticas,
Departmento de Física,
Professor: Pawel Klimas
Data: 28/09/2020
PROVA I - disciplina FSC 5422, TEORIA ELETROMAGNÉTICA II
Aluno:
Questão 1 Questão 2 Questão 3 Questão 4 NOTA
Matrícula:
• Separe resoluções por questão . Nao mixture-as.
• Escreve no cabaçario de cada página o seu nome, Prova 1, FSC5422 e o numero da questão .
• Ao escrevar resolução faça os comentarios. Não basta só fazer o calculo sem explicação . Voce terá
o tempo suficiente para elaborar o texto da prova na forma exigida. As resoluções sem comentários,
no mesmo correctas, não receberam a pontuação maxima.
• Escreva com letra legível. O texto ou formulas ilegíveis serão desconsiderados.
• O formato preferencial da resolução da prova é PDF, assim, será posível incluir comentarios e marcar
erros.
• A prova começará as 15:10 e você terá prazo para fazer upload das suas resoluções até meia note do dia
28/09/20.
• Não espere ate último momento! O tempo é suficiente para fazer upload com uma certa antecedência.
As resoluções não submetidas até hora limite não serão aceitas e serão consideradas como prova não
entregue.
• A prova é individual. Como a prova é realizada em casa serão comparadas as provas para identificar
corelações que indicaram possivel troca de informações ou resoluções . No caso de deteção de corelação
(corelações em uma questão ) as questões serão anuladas em ambas provas (pontuação zero da questão )
ou (corelações em mais que uma questão ) as duas provas serão anuladas (nota zero da prova inteira).
• BOA SORTE!
Questão 1 (2.5)
Trem A′B′ cujo comprimento tem
valor L em seu referencial inercial
move-se com a velocidade constante
V do lado da plataform de compri-
mento L em seu referencial inercial.
Na parte da frente B′ e de trás A′
encontram-se relógios idênticos sin-
cronizados. Outros relógios, também
sincronizados, encontram-se em ambas
as extremidades da plataformaAB. No
instante quando a o trem e a plataforma
se encontram (evento P0) os relógios
em A e B′ mostraram a mesma hora
tA(P0) = t
′
B′(P0) = 0. Considere
o instante quando a plataforma e o
trem se separam (evento P1). Cal-
cule horas marcadas por todos os rel-
ogios de ponto de vista do observador
na plataforma e no trem.
Resposta:
As marcações dos relógios A e B são denotadis por tA e tB e as dos relógios A′ e B′ por t′A′ e t
′
B′ . Para
se referir a uma marcação concreta fornecemos argumento que representa evento P0, P1, . . ..
1. Desde o momento de encontro ate o momento de separação o trem percorre a distância L + L′ =
(1 + 1γ )L no referencial da plataforma S onde L
′ = Lγ é o comprimento do trem (plataforma) em
referencial de plataforma (trem). Similarmente, a plataforma percorre a sistância L+L′ = (1+ 1γ )L
no referencial do trem. Por consequência o tempo que se passa entre encontro a e separação possui
o mesmo valor numérico no tém e na plataforma. Este tempo é igual a distância percorrida L+ L′
dividido por valor absoluto de velocidade V . Logo
tA(P2) = tB(P1) =
(
1 +
1
γ
)L
V
= t′A′(P1) = t
′
B′(P5).
2. Precisamos ainda determinar marcações de relogios t′B′(P3) (superficie de simultaneidade no S) e
tA(P4) (superficie de simultaneidade no S′). Considerando intervalo entre eventos P0 e P3 temos
c2t′2B′(P3)− 02 = c2
(L+ L′
V
)2
− (L+ L′)2.
c2t′2B′(P3) =
1
β2
(1− β2)(L+ L′)2 = 1
β2γ2
(
1 +
1
γ
)2
L2.
Dai
t′B′(P3) =
(
1 +
1
γ
) L
V γ
Para determinar tA(P4) consideramos o intervalo entre eventos P0 e P4. As coordenadas de evento
P4 em S são (ctA(P4), 0) enquanto em S′ este evento tem coordenadas x′0(P4) = (1 + 1γ )
L
β e
x′1(P4) = −(L+ L′). Escrevendo este intervalo em dois referenciais temos
c2t2A(P4)− 02 =
(
1 +
1
γ
)2L2
β2
−
(
1 +
1
γ
)2
L2.
2
onde (
1 +
1
γ
)2 1
β2
−
(
1 +
1
γ
)2
=
(
1 +
1
γ
)2( 1
β2
− 1
)
=
(
1 +
1
γ
)2 1
γ2 − 1
=
1
γ2
1 + 1γ
1− 1γ
Dai,
tA(P4) =
√√√√1 + 1γ
1− 1γ
L
γc
.
A expressão alternativa para este tempo pode ser encontrada da geometria do diagrama subtraindo
ctA(P4) = ctA(P2) − L tanφ = ctA(P2) − Lβ onde φ é o angulo entre eixos de referencial S e
S′. Dai,
tA(P4) =
L
c
[ 1
β
(
1 +
1
γ
)
− β
]
=
L
V
(
1 +
1
γ
− β2
)
=
L
V γ
(
1 +
1
γ
)
.
Estas formulas são equivalentes.
L
V γ
(
1 +
1
γ
)
=
L
γc
1
β
(
1 +
1
γ
)
=
L
γc
1√
1− 1
γ2
(
1 +
1
γ
)
=
L
γc
√√√√1 + 1γ
1− 1γ
. (1)
3
Questão 2 (2.5)
Um foguete espacial encontra se no referencial inercial S. Em t = 0 = τ o foguete aciona seus motores
e começa acelerar com aceleração g = const no seu referencial de repouso instantâneo. Calcule:
1. Tempo τ no referencial do foguete em função de velocidade dele β no referencial S. Inverte esta
relação para encontrar a função β(τ) .
2. Equações paramêtricas da linha mundo x0(τ) e x1(τ). Dica: calcule primeramente estas funções
em dependencia de β e na sequência utilize o resultado do item 1.
3. Mostre que a linha mundo do foguete é uma hipérbole.
Resposta: Quadricceleração tem a forma
aµ = (γ4~β · ~a, γ2~a+ γ4(~β · ~a)~β)
onde ~a := d~vdt é aceleração foguete em referencial S e não a parte espacial de a
µ. O escalar de Lorentz
aµaµ = −γ6[~a2 − (~β × ~a)2].
Quando ~a ‖ ~β temos aµaµ = −γ6a2, onde a := |~a|. Dai, da igualdade aµaµ = a′µa′µ temos γ6a2 =
γ′6a′2. Se o referencial S′ for escolhido como referencial de repouso instantâneo do foguete, temos
a′ = g, γ′ = 1, β′ = 0. Isto leva a uma equação
a =
g
γ3
onde γ é uma função de tempo t ou, aleternativamente, de τ .
1. Da definição de tempo proprio temos dτ := 1γdt. Temos também dv = adt. Dai
dτ =
1
γ
dv
a
=
c
γ
dβ
a
=
c
g
γ2dβ =
c
g
dβ
1− β2
.
Seja β(τ) o valor final de β no instante τ . Integrando temos∫ τ
0
dτ̄ =
c
g
∫ β
0
dβ̄
1− β̄2
.
Dai,
τ =
c
2g
∫ β
0
[
1
1 + β̄
+
1
1− β̄
]
=
c
2g
ln
1 + β̄
1− β̄
∣∣∣β
0
=
c
2g
ln
1 + β
1− β
.
Invertendo esta relação temos
e
2gτ
c =
1 + β
1− β
⇒ β = e
2gτ
c + 1
e
2gτ
c − 1
=
e
gτ
c + e−
gτ
c
e
gτ
c − e−
gτ
c
= tanh
(g
c
τ
)
2. Da expressão dv = adt encontramos dx0 = c
2
a dβ =
c2
g
dβ
(1−β2)3/2 . Parametrizando β := sinu
temos
dx0 =
c2
g
du
cos2u
Integrando
x0 =
∫ x0
0
dx̄0 =
c2
g
∫ u
0
dū
cos2ū
=
c2
g
tanu =
c2
g
sinu√
1− sin2 u
=
c2
g
β√
1− β2
=
c2
g
βγ
4
No caso de coordenada x1 temos dx1 = βdx0 = c
2
g
βdβ
(1−β2)3/2 . Integrando esta expressão temos
x1 =
∫ x1
0
dx̄1 =
c2
g
∫ β
0
β̄dβ̄
(1− β̄2)3/2
=
c2
g
∫ u
0
sin ūdū
cos2ū
Definindo w̄ = cosū temos∫ u
0
sin ūdū
cos2ū
= −
∫ w
1
dw̄
w̄2
=
1
w̄
∣∣∣w
1
=
1
w
−1 = 1
cosu
−1 = 1√
1− sin2 u
−1 = 1√
1− β2
−1 = γ−1
Finalmente
x0 =
c2
g
βγ, x1 =
c2
g
(γ − 1).
Eliminamos β em termos de τ . Temos β = tanh(gc τ) que implica
1− β2 = 1− tanh2(g
c
τ) =
cosh2(gc τ)− sinh
2(gc τ)
cosh2(gc τ)
=
1
cosh2(gc τ)
.
Dai
γ = cosh
(g
c
τ
)
, βγ = cosh
(g
c
τ
)
tanh
(g
c
τ
)
= sinh
(g
c
τ
)
.
Em parametrização com tempo proprio
x0(τ) =
c2
g
sinh
(g
c
τ
)
, x1(τ) =
c2
g
[
cosh
(g
c
τ
)
− 1
]
3. Consideramos a expressão
(x0)2 −
(
x1 +
c2
g
)2
=
c4
g2
(β2γ2 − γ2) = − c
4
g2
.
Esta equação descreve uma hipérbole que passa por evento (0, 0).
5
Questão 3 (2.5)
Considere uma transformação de Lorentz
L̂ =
(
γ −βγ
−βγ γ
)
1. Calcule autovalores e autovetores normalizados desta transformação .
2. Obtenha a forma da transformação S que diagonaliza esta matriz. Como as coordenadas em quais
a matriz de Lorentz é diaginal relacionam-se com x0 e x1?
Resposta:
1. A equação secular det(L̂− λ1̂) = 0 tema forma (γ − λ)2 − γ2β2 = 0. As soluções desta equação
tem a forma
λ1 =
√
1− β
1 + β
, λ2 =
√
1 + β
1− β
.
Os autovetores obedecem v1 e v2 obedecem (L̂−λk1̂)vk = 0. Para primeiro autovetor v1 = (a1, b1)
temos (
γ − λ1 −βγ
−βγ γ − λ1
)(
a1
b1
)
= 0
o que lava equação (γ − λ1)a1 = βγb1. Dai, b1 = a1 portanto v1 = a1(1, 1). Similarmente, para
o segundo autovetor v2 = (a2, b2) temos a equação (γ − λ2)a2 = βγb2 encontramos b2 = −a2 o
que da v2 = a2(1,−1). Normalizando autovetoresencontramos a1 = a2 = 1/
√
2, dai
v1 =
1√
2
(
1
1
)
, v2 =
1√
2
(
1
−1
)
2. A matriz de transformação S possui colunas sendo autovetores vk. A inversa desta matriz é ST
(linhas–autovetores)
S =
1√
2
(
1 1
1 −1
)
, STS = 1̂, ST L̂S =
(
λ1 0
0 λ2
)
.
Coordenadas podemos encontrar considerando
x′ = L̂x ⇒ STx′ = ST L̂S (STx) y := STx
y := STx =
1√
2
(
1 1
1 −1
)(
x0
x1
)
=
(
y+
y−
)
, y± =
1√
2
(x0 ± x1).
Estas coordenadas chamam-se coordenadas de cone de luz.
6
Questão 4 (2.5)
Duas partículas puntiformes possuem velocidades ~v1 = v n̂1 e ~v2 = λv n̂2 num referencial inrcial S,
onde n̂1 · n̂2 = cosα e λ ≥ 0.
1. Calcule a velocidade da partícula "2" em referencial da partícula "1" em dependência de parametros
v, λ, α e versores n̂1 e n̂2.
2. Obtenha a componente da velocidade da partícula "2" na direção de versor n̂1 para dois casos
partiulares α = 0 e α = π.
Resposta:
Denotamos por S′ o referencial da partícula "1". Referencial S′ move-se com a velocidade ~v1 em S. As
coordenadas S′ e S são relacionadas por
x′
µ
= Lµν(~v1)x
ν ,
onde
L00 = γ, L
0
i = L
i
0 = −γβi, Li j = δij +
γ − 1
β2
βiβj , β :=
~v1
c
A velocidade da partícula "2" é dada em S e S′ como
~v2 =
d~x
dt
= c
d~x
dx0
, ~v′2 =
d~x′
dt′
= c
d~x′
dx′0
Diferenciais transformam-se de acordo com
dx′
0
= γdx0 − γ~β · d~x =
[
1− ~v1 · ~v2
c2
]
γdx0
d~x′ = −γ~βdx0 + d~x+ γ − 1
β2
(~β · d~x) =
[1
γ
~v2 − ~v1 +
γ − 1
γβ2
~v1 · ~v2
c2
~v1
]γ
c
dx0
Dai
~v′2 =
1
γ~v2 − ~v1 +
γ−1
γβ2
~v1·~v2
c2
~v1
1− ~v1·~v2
c2
Substituindo parametrização de velocidades temos
~v′2 = v
[(
1− 1γ
)
λcosα− 1
]
n̂1 +
λ
γ n̂2
1− λv2
c2
cosα
.
Para os casos partículares temos
• α = 0, n̂2 = n̂1
~v′2 =
λ− 1
1− λv2
c2
vn̂1 =
v2 − v1
1− v1v2
c2
n̂1
• α = π, n̂2 = −n̂1
~v′2 = −
λ+ 1
1 + λv
2
c2
vn̂1 = −
v2 + v1
1 + v1v2
c2
n̂1
7