Soluções Física – Semana 148

Lançamentos

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

$\boxed{\sin{\gamma}=\sqrt{\dfrac{g\sin{2\alpha}}{{{v_0}^2}}}}$

Demonstração.

Movimento Harmônico Simples e Leis de Kepler

(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).

(a) Elipse

(b) $\boxed{F_g = kd}$ e “Uma linha desenhada do planeta até o sol varre áreas iguais em tempos iguais”

Reações nucleares e condução de calor

(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:

$R = \sqrt{6 \dfrac{\kappa}{\tiny{\dfrac{dQ}{d\nu}}} (T_{0} - T_{a})} \approx 307 \, m$

(a) $\boxed{5,46 \times 10^{-3}\, \%}$

(b) $\boxed{1,94 \,W m^{-3}}$

(c) $\boxed{307\, m}$