Escrito por Matheus Felipe R. Borges, Wesley Antônio e Rafael Moreno Ribeiro
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Lançamentos[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Vamos primeiro calcular o alcance do lançamento de um projétil com velocidade $$v_0$$ formando um ângulo $$\theta$$ com a horizontal
Figura 1: Lançamento de um projétil
Podemos interpretar o movimento do projétil como um movimento retilíneo uniforme na horizontal e um movimento retilíneo uniformemente vaiado na vertical. Com o movimento na horizontal podemos achar o alcance
$$A={v_0}\cos{\theta}\cdot{t_{voo}}$$
Onde $$t_{voo}$$ é o tempo de voo do projétil. Podemos calcular o tempo analisando o movimento na vertical, o tempo de subida e descida são iguais, pois há a mesma variação de velocidade em ambos os casos
$$t_{subida}=t_{descida}=\dfrac{{v_0}\sin{\theta}}{g}$$
Portanto o tempo de voo será
$$t_{voo}=t_{subida}+t_{descida}=\dfrac{2{v_0}\sin{\theta}}{g}$$
Ou seja, o alcance será
$$A=\dfrac{2{v_0}^2\sin{\theta}\cos{\theta}}{g}$$
Da trigonometria sabemos que $$2\sin{\theta}\cos{\theta}=\sin{2\theta}$$, então
$$A=\dfrac{{v_0}^2\sin{2\theta}}{g}$$
Como o canhão não consegue atingir ângulos maiores que $$45^{\circ}$$ quanto maior o ângulo maior o alcance, então temos que achar o ângulo limite, ou seja, o ângulo que o projétil tangencia o abrigo.
Figura 2: Lançamento no abrigo
Imagine o lançamento do projetil em um plano inclinado paralelo ao abrigo, como mostra a figura
Figura 3: Lançamento no abrigo com plano inclinado
Podemos analisar o movimento do projétil na direção perpendicular ao plano inclinado, nessa direção o projetil tem uma aceleração $$g\cos{\alpha}$$, vamos usar a equação de Torricelli para determinar o $$\gamma$$
$$({v_0}\sin{\gamma})^2=2(g\cos{\alpha})h$$
Sabemos que $$h=L\sin{\alpha}$$, pelas relações do triangulo retângulo, portanto
$$\sin{\gamma}=\sqrt{\dfrac{2g\sin{\alpha}\cos{\alpha}}{{{v_0}^2}}}=\sqrt{\dfrac{g\sin{2\alpha}}{{{v_0}^2}}}$$
Portanto, usando a fórmula do alcance, que achamos anteriormente, podemos dizer que o alcance máximo é
$$\boxed{A=\dfrac{{v_0}^2\sin{2(\alpha+\gamma)}}{g}}$$
Onde
$$\boxed{\sin{\gamma}=\sqrt{\dfrac{g\sin{2\alpha}}{{{v_0}^2}}}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Demonstração.
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=true]Movimento Harmônico Simples e Leis de Kepler[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’]
(a) Como o corpo está sujeito a um M.H.S nos eixos x e y, e estamos interessados apenas na forma geral da trajetória, não há necessidade de se considerar efeitos de diferença de fase que acabariam por causar a rotação da figura no plano. Portanto, temos que:
$$F_x = ma_x = -kx$$
$$a_x + \dfrac{k}{m} x = 0$$
Ou seja, $$x = A_{x} \cdot \cos{(\omega t)}$$, onde $$ \omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}}$$. De modo análogo, podemos fazer $$y = A_{y} \cdot \sin{( \omega t)}$$.
Portanto, usando a relação fundamental da trigonometria, temos:
$$\cos^2{( \omega t)}+\sin^2{( \omega t)} = 1$$
$$\left( \dfrac{x}{A_x}\right)^2+\left( \dfrac{y}{A_y}\right)^2=1$$
Portanto, vemos que essa equação é justamente a de uma elipse de semi-eixos $$A_x$$ e $$A_y$$.
(b) Com a motivação do item (a), a primeira lei induz a pensar em um movimento harmônico simples, com a força gravitacional sendo proporcional à distância do planeta ao Sol: $$F_g=kd$$. Assim, usando-se da terceira lei, pode-se ver que, realmente, o movimento é regido por forças gravitacionais análogas ao M.H.S., já que o período no MHS não depende da amplitude, apenas de $$ \omega$$. De tal forma, como a força gravitacional continua sendo uma força central, a segunda lei de Kepler não muda, pois ela é resultado da conservação de momento angular (algo que sempre ocorre com forças centrais).
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’]
(a) Elipse
(b) $$\boxed{F_g = kd}$$ e “Uma linha desenhada do planeta até o sol varre áreas iguais em tempos iguais”
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=true]Reações nucleares e condução de calor[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’]
(a) Pela tabela, podemos verificar que $$\tau_{\tiny{\dfrac{1}{2}}}$$ para o primeiro decaimento $$(U^{238} \rightarrow Th^{234} + \alpha^{4}_{2})$$ é várias ordens de grandeza maior que os outros. Desse modo, podemos considerar que assim que a primeira reação ocorre, as demais acontecem imediatamente. Com isso, conseguimos afirmar que a taxa de todas as reações seguintes é a mesma da primeira reação, que vale:
$$\dfrac{dN}{dt} = \ln2 \frac{N_{238}}{\tau_{238}}$$
Logo:
$$\ln2 \frac{N_{238}}{\tau_{238}} = \ln2 \frac{N_{234}}{\tau_{234}}$$
$$\Rightarrow \frac{N_{234}}{N_{238}} = \frac{\tau_{234}}{\tau_{238}}$$
Como $$N_{238} = N \cdot 0,993$$ (onde $$N$$ é a quantidade total de átomos de urânio), temos finalmente que:
$$\frac{N_{234}}{N} =0,993 \frac{\tau_{234}}{\tau_{238}} \approx 5,46 \times 10^{-3}\, \% \$$
(b) Sabemos que todos os decaimentos ocorrem a uma taxa fixa de $$\dfrac{dN}{dt} = \ln2 \frac{N_{238}}{\tau_{238}}$$. Cada reação $$j$$ libera sua potência única, dada por:
$$P_{j} = E_{dec_{j}} \dfrac{dN}{dt}$$
Somando todas essa potências, podemos obter a potência total do sistema:
$$P = \sum_{j}{P_{j}} = \dfrac{dN}{dt} \sum_{j}{E_{dec_{j}}} = \ln2 \dfrac{N_{238}}{\tau_{238}} \sum_{j}{E_{dec_{j}}}$$
Podemos obter o volume do sistema como:
$$V_{ol} = \dfrac{m}{\rho} = \dfrac{\mu N}{N_{A} \rho} = \dfrac{\mu}{N_{A} \rho} \dfrac{N_{238}}{0,993}$$
Assim,
$$\dfrac{dQ}{d\nu} = \dfrac{P}{V_{ol}} = 0,993 \dfrac{\ln2}{\tau_{238}} N_{A} \dfrac{\rho}{\mu} \sum_{j}{E_{dec_{j}}} \approx 1,94 \, W m^{-3}$$
Nessa etapa, não se esqueça de converter as energias em $$MeV$$ para $$J$$, fazendo uso da relação $$1 \,MeV = 10^{6} \cdot e \cdot 1\,V = 1,602 \times 10^{-13} \, J$$.
(c) Dentro de uma esfera de urânio de raio $$r$$, podemos dizer que:
$$\vec{\phi}_{q} = \kappa \vec{\nabla} T \Rightarrow \vec{Q} = \oint{\kappa \vec{\nabla} T \cdot d\vec{A}}$$
$$\Rightarrow \dfrac{4}{3} \pi r^{3} \dfrac{dQ}{d\nu} = 4 \pi r^{2} \kappa \dfrac{dT}{dr}$$
$$\Rightarrow rdr = 3 \dfrac{\kappa}{\tiny{\dfrac{dQ}{d\nu}}} dT$$
Integrando a expressão, usando como limites os raios externo ($$R$$) e interno ($$= 0$$) e as temperaturas externa ($$T_{a}$$) e interna ($$T_{0}$$, a temperatura do urânio fundente), obtemos que:
$$R = \sqrt{6 \dfrac{\kappa}{\tiny{\dfrac{dQ}{d\nu}}} (T_{0} – T_{a})} \approx 307 \, m$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’]
(a) $$\boxed{5,46 \times 10^{-3}\, \%}$$
(b) $$\boxed{1,94 \,W m^{-3}}$$
(c) $$\boxed{307\, m}$$
[/spoiler]