Prof. A.F.Guimarães Prof. A.F.Guimarães Física 1 – Questões 10 Questão 1 Uma bola de bilhar de massa igual a 200g colide contra o anteparo lateral de uma mesa de bilhar. O módulo da velocidade da bola vale 2ms ‐1 e o ângulo com a normal ao anteparo vale 600; o tempo de contato da bola com o anteparo é igual a 0,008 s. Determine o módulo da força média exercida pelo anteparo sobre a bola de bilhar supondo que o choque seja perfeitamente elástico. Resolução:
v v0 0
60
= ∆P Fm ⋅ ∆t = m (vxi + v y j − (v0 x i + v0 y j)) ; vx i = v0 x i, v y j = −v0 y j
J
Fm ⋅ ∆t = 2mv y j; v y
Fm
=
2 ⋅ 0 , 2 ⋅ 2 ⋅0 , 5 0,008
= vcos600
j ∴ Fm
= (50 N ) j.
Questão 2 Uma bola de massa igual a 0,4 kg é atingida por um taco, recebendo o impulso indica na figura ao lado. Determine o módulo da velocidade da bola no momento em que ela abandona o taco. Resolução: A função representada no gráfico ao lado é uma função do tipo: F
= −at 2 + bt + c .
2500,0
2000,0
1500,0 ) N ( F
1000,0
Do gráfico observa‐se que para t = 1 ms, F = 1100,0 N. Assim, podemos escrever: −6
1100 = −a ⋅10
−3
+ b ⋅10 + c .
500,0
0,0
(2.1)
0 ,0
1,0
2 ,0
3 ,0
t (ms)
Também do gráfico observa‐se que para t = 2 ms, F =2200,0 N. Desta forma podemos escrever: 2200 = −4 a ⋅10
−6
+ 2b ⋅10−3 + c .
Sendo 2200 N o valor máximo da força. Nesse instante, temos:
1
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(2.2)
4 ,0
dF dt
= −2at + b;
dF dt
= 0 ⇒ b = 2at ⇒ b = 4a ⋅10−3 .
(2.3)
Utilizando as relações (2.1) e (2.2), temos:
+ a ⋅10−6 + 2b ⋅10−3 − b ⋅10−3 + c − c −6 −3 1100 = −3a ⋅10 + b ⋅10 .
2200 −1100 = −4 a ⋅10
−6
Agora utilizando a relação (2.3), temos: −6
1100 = −3a ⋅10
+ 4a ⋅10−6 ⇒ a = 1100 ⋅10 6.
De (2.3), temos: b = 4400 ⋅103 . E da relação (2.1), por exemplo, temos:
(
1100 = −1100 ⋅10 10 6
−3
2
) + 4400 ⋅10 (10 − ) + c 3
3
c = −2200.
Assim, a função assume a forma dada por: F
= −1100 ⋅106 t 2 + 4400 ⋅103 t − 2200 .
O instante que o taco atinge a bola e o instante que a bola abandona o taco são dados por: 0 = −1100 ⋅10 t
6 2
+ 4400 ⋅103 t − 2200 .
Assim, teremos:
−106 t 2 + 4t ⋅103 − 2 = 0 2
∆ = (4 ⋅103 ) − 4 ⋅ (−106 )⋅ (−2) = 8 ⋅106 −4 ⋅103 ± 8 ⋅106 t= ⇒ t1 ≅ 0, 6 ⋅10−3 s e t2 ≅ 3, 4 ⋅10−3 s. −6 2 (−10 ) Desta forma, podemos calcular a variação do momento linear e conseqüentemente a velocidade final (admitindo que a velocidade inicial seja nula):
J
= ∆P =
⋅ −3 3,410
∫
(−1100t ⋅10 + 4400t ⋅10 − 2200 ) dt 2
⋅ −3 0,610
6
3
−3
⋅ ⎡ −1100t 3 ⋅106 ⎤ 3,410 2 3 P − P0 = ⎢ + 2200t ⋅10 − 2200t ⎥⎥ ⎢⎣ 3 ⎦ 0,610 ⋅ −
/0 P−P
≅ 5, 2 ⇒ v =
5,2 0, 4
= 13m ⋅ s−1.
2
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3
Questão 3 A força sobre um objeto de 8 kg aumenta linearmente com o tempo. A força é nula no instante inicial e igual a 100 N quando t = 10 s. Determine: (a) a expressão do impulso em função do tempo, (b) a força média neste intervalo de tempo, (c) o impulso total, (d) a variação do momento, (e) a velocidade do objeto para t = 10 s. Resolução: a) Observando o gráfico ao lado, podemos concluir que 120 a expressão da força é dada por: 100
= 10t .
F
) N ( F
80 60 40
Assim, podemos determinar a expressão do impulso para um dado instante:
20 0 0
t
J
=
∫
10t ′dt ′ = 5t .
5
10
15
t(s)
2
0
b) Fm ⋅10 = 5 ⋅102 c) d) e)
⇒ Fm = 50 N . J = 5 ⋅102 = 500 N ⋅ s. J = ∆P = 500 N ⋅ s. /0 P−P
= 500
8v = 500
∴ v = 62, 5m ⋅ s−1.
Questão 4 Um bloco de massa m = 10 kg está em repouso sobre uma superfície horizontal sem atrito. Sobre o bloco atua uma força horizontal cujo módulo é dado em função do tempo pela expressão: F
= bt 2 − ct
onde b = 4 N ⋅ s−2 e c = 1N ⋅ s−1 , t é dado em s e F em N. Obtenha: (a) a expressão do impulso em função do tempo, (b) o impulso total nos 4 segundos iniciais, (c) a variação do momento linear nos 4 segundos iniciais, (d) a velocidade do bloco no instante t = 4 s. Resolução: a) J
=
∫
t
F dt ′ =
0
t
∫
(4t ′ − t ′)dt ′ 2
0
∴ J =
4t
4⋅ 4
4
3
3
−
t 2 2
.
b) J 4
=
3
3
−
2
2
= 77, 3 N ⋅ s.
3
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c) d)
∆P = 77, 3N ⋅ s. /0 = 77, 3 ⇒ 10v = 77, 3 ∴ v = 7, 73 m ⋅ s−1. P−P
Questão 5 Um pêndulo balístico é constituído por uma caixa de areia suspensa por um fio. Um projétil de massa m1 = 30 g penetra na caixa e fica nela encravado. O centro de massa da caixa se eleva até uma altura h = 30 cm. A massa da caixa vale m 2 = 3,0 kg. (a) Deduza uma expressão para a velocidade do projétil em função destes dados. (b) Calcule o valor numérico da velocidade do projétil quando ele atinge a caixa. Resolução:
h v1
a) Imediatamente após a colisão teremos:
= Pf ⇒ Pix = Pfx m1v1 = (m1 + m2 ) v2 (5.1) (m + m2 ) v2 v1 = 1 . Pi
m1
Após a colisão, com o projétil alojado dentro da caixa, utilizaremos a conservação da energia mecânica da posição imediatamente após a introdução do projétil (A), até posição “h” (B). Assim, teremos: E A
(m1 + m2 ) v22 2
v2
= E B = (m1 + m2 ) gh (5.2) 1
= (2 gh) 2 .
Dos resultados obtidos em (5.1) e (5.2) teremos: 1
v1 =
(m1 + m2 )⋅ (2 gh) 2 m1
.
b) 1
v1 =
(0, 03 + 3) ⋅(2 ⋅10 ⋅ 0, 3) 2 0,03
∴ v1 ≅ 247, 5m ⋅ s−1.
4
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Questão 6 Um corpo de massa igual a 5,0 kg colide elasticamente com outro que se encontra inicialmente em repouso e continua sua trajetória no mesmo sentido, porém o módulo da velocidade se reduz a um quinto do módulo inicial. Calcule a massa do corpo atingido. Resolução: Utilizando a conservação do momento linear, teremos:
= Pf ⇒ Pi = Pf m1vi1 = m1v1 f + m2 v2 f
Pi
5v1i
= 5⋅ 4v1i
v1i 5
(6.1)
+ m2v2 f
= m2v2 f .
Como a colisão é elástica, as velocidades relativas de aproximação e afastamento serão iguais: v1i − v2 i v1i
= v2 f − v1 f
= v2 f −
v2 f
=
v1 f
6v1i 5
(6.2)
5 .
Dos resultados (6.1) e (6.2), teremos: 4v1i
= m2 ⋅
∴ m2 =
6v1i
20 6
5
kg.
Questão 7 Em uma arma de fogo automática de carregamento pela culatra, de modelo antigo, o mecanismo de carga situado atrás da culatra entra em ação quando o bloco da culatra, que recua depois de a bala ser disparada, comprime uma mola de comprimento predeterminado d . (a) Mostre que a velocidade v da bala de massa m, ao ser atirada, deve ser no mínimo, d kM m , sendo k a constante elástica da mola e M a massa do bloco da culatra. (b) Em que sentido pode este processo ser considerado como um choque? Resolução: a) Fazendo uma análise dimensional teremos, para a expressão: v=d
kM m
1
1
⇒ v = L ( M ⋅ L ⋅ T −2 ⋅ L−1 ⋅ M ⋅ M −1 ) 2 ⇒ v = L (M ⋅T − 2 ) 2 1
v = L ⋅ T −1M 2 .
5
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(7.1)
A análise dimensional mostra que a expressão dada no enunciado da questão, não está correta. Porém, utilizaremos a conservação do momento linear para encontrar a expressão. Imediatamente antes e imediatamente depois do disparo, temos:
Pi
= Pf ⇒ Pix = Pfx 0 = mv − MV (7.2)
V =
mv M
.
Onde v é a velocidade da bala e V é a velocidade de recuo do bloco da culatra. Após o disparo, o bloco da culatra recua com a velocidade dada pela expressão (7.2). A culatra recua até comprimir a mola de um comprimento d . Utilizando a conservação da energia mecânica teremos: Ei
= E f ⇒ V
MV 2
= d
=
/2 k M
kd 2
/2
(7.3)
.
Utilizando os resultados de (7.2) e (7.3), teremos: mv M
=d
k M
⇒v=
d⋅M m
∴ v = d
/
M 2k ⇒ v = d 2 / M m M (7.4) Mk k
m2
Fazendo uma análise dimensional, teremos: v=d
Mk m2
1
/ ⋅M / −2 ⋅ M / ⋅ /L ⋅ T −2 ⋅ /L−1 ) 2 ⇒ v = L( M −
v = L ⋅ T 1.
Segundo a análise dimensional, a expressão obtida em (7.4) está correta.
Questão 8 Dois pêndulos, cada um de comprimento l estão, inicialmente, posicionados como mostra a figura ao lado. O primeiro pêndulo é solto e atinge o segundo, Suponha que a colisão seja completamente inelástica e despreze a massa dos fios e quaisquer efeitos resultantes do atrito. Até que altura o centro de massa sobe após a colisão? Resolução:
l
m1
l
m2
d
Utilizaremos a conservação da energia mecânica para determinar a velocidade de 1 imediatamente antes da colisão:
6
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Ei1 = E f 1 ⇒ m1 gd
m1v12
=
2
1
⇒ v1 = (2 gd ) 2 .
Podemos agora, utilizar a conservação do momento linear para determinar a velocidade do conjunto imediatamente após a colisão:
= Pf ⇒ Pi = Pf m1v1 = ( m1 + m2 ) v12
Pi
v12
=
m1v1
(m1 + m2 )
⇒ v12 =
m1
1
(m1 + m2 )
⋅(2 gd ) 2 .
Utilizamos aqui, a conservação da energia mecânica para o conjunto. Desta forma determinamos a altura que o centro de massa atinge após a colisão: Ei12
(m1 + m2 ) v122
= E f 12 ⇒
h=
2 v12
2g
2
= (m1 + m2 ) gh
m12
1
⋅ ⋅ /2 gd /2 /g (m1 + m2 )2 ( / ) ⎛⎜ m1 ⎞⎟2 ⎟. ∴ h = d ⋅ ⎜ ⎜⎝ m1 + m2 ⎠⎟⎟
⇒h=
Questão 9 Duas partículas, uma tendo o dobro da massa da outra, com uma mola comprimida entre elas são mantidas juntas. A energia armazenada na mola é 60 J. Que energia cinética tem cada partícula após elas terem sido soltas? Resolução: Utilizando a conservação do momento linear, teremos:
= Pf ⇒ Pix = Pfx 0 = m1v1 + m2 v2 ; m1 = 2m2 (9.1)
Pi
v1 =
v2
.
2
Utilizando agora a conservação da energia mecânica, teremos: Ei
= E f ⇒ U el = K1 + K 2 60 =
m1v12 2
+
m2 v12 2
(9.2) .
Como o resultado de (9.1) em (9.2), teremos: 2
60 =
2 m2 v2 2
⋅
4
+
m2 v22 2
7
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60 = 60 =
m2 v22 4 2
3m2 v2 4
+
m2 v22
=
2 3
2 ∴ K 2 = 40 J .
K 2
Conclui‐se então que K1 = 20 J .
Questão 10 Um vagão de carga com massa igual a 40 toneladas se desloca a 2,5 ms ‐1 e colide com outro que viaja no mesmo sentido com velocidade igual a 1,5 ms ‐1; a massa do segundo vagão é igual a 25 toneladas. (a) Ache as velocidades dos dois vagões após a colisão e a perda de energia cinética durante a colisão, supondo que os dois vagões passam a se mover juntos. (b) Se a colisão fosse elástica, os dois vagões não se uniriam e continuariam a se locomover separados; qual seria neste caso a velocidade de cada vagão? Resolução: a) Utilizando a conservação do momento linear, teremos:
= Pf ⇒ Pix = Pfx M 1v1 + M 2 v2 = ( M1 + M 2 ) v12 40 ⋅ 2, 5 + 25 ⋅1, 5 = 65 ⋅ v12 v12 ≅ 2,1m ⋅ s−1.
Pi
A perda de energia cinética: Ki
=
M 1v12 2
⎛⎜ 40 ⋅ 2, 52 25 ⋅1, 52 ⎞⎟ 3 ⎟⎟⋅10 ≅ 153 ⋅103 J + = ⎜⎜ + 2 2 ⎝ 2 ⎠⎟ ( M 1 + M 2 ) v122 K f = ≅ 143⋅103 J M 2 v22
2
∴ ∆K = −104 J . b) Novamente, utilizando a conservação do momento linear, teremos:
= Pf ⇒ Pix = Pfx 40 ⋅ 2, 5 + 25 ⋅1, 5 = 40v1 f + 25v2 f (10.1) 40v1 f + 25v2 f = 137, 5. Pi
Como a colisão é elástica, as velocidades relativas de aproximação e de afastamento devem ser iguais. Assim, teremos: v1i − v2 i
= v2 f − v1 f v2 f − v1 f = 1.
(10.2)
8
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Utilizando os resultados de (10.1) e (10.2), teremos:
+ 25(1 + v1 f ) = 137, 5 65v1 f = 112, 5 ∴ v1 f ≅ 1, 731m ⋅ s−1.
40v1 f
Utilizando novamente a relação de (10.2), concluímos que v2 f
≅ 2, 731m ⋅ s−1.
Questão 11 Um elétron colide elasticamente com um átomo de hidrogênio inicialmente em repouso. Os deslocamentos inicial e final se fazem ao longo do mesmo curso. Que fração da energia cinética inicial do elétron é transferida ao átomo de hidrogênio? A massa do átomo de hidrogênio é 1840 vezes a massa do elétron. Resolução: Utilizando a conservação do momento linear, teremos:
= Pf ⇒ Pix = Pfx me vie = me v fe + mH v fH (11.1) m / e vie = m / ev fe +1840m / ev fH vie = v fe + 1840v fH .
Pi
Como a colisão é elástica, as velocidades relativas de aproximação e afastamento devem ser iguais. Assim, teremos: vie − viH
= v fH − v fe vie = v fH − v fe .
(11.2)
Dos resultados de (11.1) e (11.2), teremos: 2vie
= 1841v fH
Para as energias cinéticas, teremos: 2
K ie
=
me vie 2
; K fH
=
m H v2fH 2
=
1840 me 2
⋅
4 3, 4 ⋅10
6
vie2 .
A fração de energia cinética é dada por: 920me ⋅ 4 ⋅ vie 2
K fH K ie
=
3,4 ⋅10
me vie2
6
=
7360 3,4 ⋅10
6
≅ 2, 2 ⋅10−3 ∴
2
9
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K fH K ie
≅ 0, 22%.
Questão 12 Uma bola de massa m e velocidade v i é m projetada no cano de uma espingarda de mola, de M v i massa M , inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito (veja figura ao lado). A massa m adere ao cano no ponto da compressão máxima da mola. Nenhuma energia é perdida em atrito. Que fração da energia cinética inicial da bola fica armazenada na mola? Resolução: Utilizando a conservação do momento linear, teremos:
= Pf ⇒ Pi = Pf mvi = ( M + m) v
Pi
v=
mvi M
+m
Como não há perdas de energia por atrito, teremos:
= K f + U el ( M + m) v2
Ki mvi2 2
U el
=
=
mvi2 2
2
−
U el
( M + m)
=
2
⋅
+ U el m2 vi2
mMvi2 2 ( M
2
( M + m)
+ m)
.
Assim, a fração da energia cinética inicial que fica armazenada na mola é dada por: mMv / /i2
U el Ki
=
/2 ( M + m) M . = mv M +m //i2 /2
Questão 13 Um bloco de massa m1 = 3,0 kg desliza ao longo de uma mesa sem atrito com velocidade v 1 = 15 ms ‐1. Na frente dele, e movendo‐se na mesma direção e sentido, existe um bloco de massa m 2 = 6,0 kg que se move com velocidade de 5 ms ‐1. A v 1i v 2i mola indicada na figura ao lado, possui massa desprezível e uma constante elástica k = m1 m2 1500Nm ‐1. A massa reduzida M r de um sistema de duas partículas é definida pela expressão: 10
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M r =
m1m2 m1 + m2
.
(a) Obtenha uma expressão para a energia cinética de um sistema de duas massas em relação ao referencial do centro de massa em função da massa reduzida M r e em função da velocidade relativa v r. (b) Quando os dois blocos colidem qual deve ser a energia potencial do sistema constituído pelas duas massas que comprimem a mola? (c) Ache o valor numérico da deformação máxima da mola depois do impacto. Resolução: (a) Com relação ao centro de massa, as velocidades dos dois blocos são dadas por: v1′ = v1 − vcm ; v2′
= v2 − vcm .
A velocidade do centro de massa é dada pela média ponderada: vcm
=
m1v1 + m2 v2
. (13.1)
m1 + m2
A energia cinética, com relação ao centro de massa do sistema antes da colisão é dada por:
=
K i Ki
=
2 1 1
mv
m1 ( v1 − vcm )
2
+
2
+m v
2 2 2
2
2
m2 ( v2 − vcm ) 2
− vcm ( m1v1 + m2 v2 ) +
2 (m1 + m2 ) vcm
2
.
Utilizando a equação (13.1), teremos:
Ki
=
2 (m1v1 + m2v2 ) ( m1 + m2 ) ( m1v1 + m2 v2 ) −(m1v1 + m2v2 )⋅ + ⋅ m1 + m2 m1 + m2 2 2 (m1v12 + m2 v22 )(m1 + m2 ) (m12v12 + 2m1m2 v1v2 + m22 v22 ) K i = − 2 (m1 + m2 ) 2 ( m1 + m2 )
m1v12 + m2 v22
∴ Ki = (b) U el
=
kx 2 2
M r vr 2 2
=
; Mr
m1m2 2 (m1 + m2 )
, vr = v1 − v2
.
(c) U el
=
750 x
kx 2 2 2
=
=
M r vr 2
18 2⋅9
2
⋅102
x ≅ 0,365m.
11
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Questão 14 Um dêuteron é uma partícula nuclear constituída por um próton e um nêutron. Sua massa é cerca de 3,410‐24 g. Um dêuteron, acelerado por um cíclotron a uma velocidade de 10 9 cms ‐1, colide com um outro dêuteron em repouso. (a) Se as duas partículas permanecem juntas formando um núcleo de hélio, ache a velocidade do núcleo resultante. (b) O núcleo do hélio em seguida desintegra‐se em um nêutron com massa aproximada de 1,710 ‐24 g e um isótopo de hélio de massa igual a 5,110 ‐24 g. Se o nêutron é emitido em uma direção perpendicular à direção da velocidade original, com velocidade de 5,0108 cms ‐1, ache o módulo e a direção da velocidade do isótopo do hélio. Resolução: (a) Utilizando a conservação do momento linear, teremos:
= Pf ⇒ Pix = Pfx m D viD = 2mD v fD
Pi
∴ v fD =
9
10
2
−
cm ⋅ s 1.
(b) Utilizaremos também, neste caso, a conservação do momento linear. Assim, teremos:
= Pf Pix = Pfx
Pi
2m D vD
′ v x ⇒ 6,8 ⋅10 ⋅ = mHe −24
10
9
2
= 5,1⋅10−24 v x
∴ v x ≅ 6, 67 ⋅108 cm ⋅ s−1. Piy = Pfy ′ v y ⇒ 0 = 1, 7 ⋅10−24 ⋅ 5 ⋅108 + 5,1⋅10−24 v y 0 = mn vn + mHe ∴ v y ≅ −1, 67 ⋅108 cm ⋅ s−1. A direção é dada por: n α
= arctan
1, 67 6,67
He
≅ 140.
α He’
Questão 15 Uma bola com velocidade inicial de 10 ms ‐1 colide elasticamente com duas outras idênticas, cujos centros de massa estão em uma direção perpendicular à velocidade inicial e que estão inicialmente em contato (figura ao lado). A primeira bola está na linha de direção do ponto de contato e não há atrito entre as bolas. Determine a velocidade das três bolas após a colisão. (Sugestão: As direções das duas bolas 12
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2 v0 1 3
originalmente estacionárias podem ser obtidas considerando‐se a direção do impulso que elas recebem durante a colisão.) Resolução: Nos instantes imediatamente antes e imediatamente depois do impacto, temos as seguintes configurações: 2
2
v2 0
r
r
r 1
30 r r
r
0
1
30
3
3
v3
Como as bolas possuem a mesma massa, podemos concluir que a bola 1 não terá velocidade na direção y. Assim, utilizando a conservação do momento linear, teremos:
Pi
= Pf
= Pfy 0 = m2v2 y + m3v3 y v2 y = −v3 y ⇒ v2 = v3 = v. Piy
E Pix m1v0
= Pfx
= m2 v2 x + m3v3 x + m1v1 x ; v2 x = v3 x = vcos300 (15.1) 0 10 = v1 x + 2vcos30 10 = v1 x + v 3.
Como a colisão é elástica, temos segundo a direção de v 2, temos: 10cos30
0
= v − v1 x cos300
5 3 = v−
v1 x 3
15 = v 3 −
2 3v1 x 2
(15.2)
.
Utilizando agora os resultados de (15.1) e (15.2) teremos: 10 = v1 x + 15 +
−5 =
3v1 x 2
5v1 x 2
∴ v1 x = −2m ⋅ s−1. 13
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Utilizando (15.2) teremos: 15 = v 3 + 3 −1
∴v=4
3 ≅ 6, 9 m ⋅ s .
Questão 16 Um feixe de nêutrons rápidos incide sobre uma amostra de Cu 65, um isótopo estável de cobre, de massa igual a 5,0 mg. Existe uma possibilidade de que o núcleo de cobre possa capturar um nêutron para formar o Cu 66, que é radioativo e se desintegra em Zn 66, que é novamente estável. Se um estudo da emissão do elétron da amostra de cobre implica na ocorrência, a cada segundo, de 4,610 11 capturas de nêutrons, qual é, em barns, a seção eficaz de choque para a captura de nêutrons neste processo? A intensidade do feixe de nêutrons é 1,110 18 nêutrons m‐2s ‐1. Resolução: A massa total é dada por: m = nt ⋅ mCu , onde nt representa o número total de Cu65 na amostra 65
por m2. Assim, teremos:
⇒ 5 ⋅10−3 = nt ⋅ 65 ⋅1, 66 ⋅10−24 nt = 4, 6 ⋅1019 n ⋅ m−2 .
m = nt ⋅ mCu 65
Mas nt é dado por: nt = n ⋅ x , onde n é a densidade de partículas de Cu65 por m3 e x é a espessura da amostra. Assim, teremos: n ⋅ x ⋅ σ =
R R0
4,6 ⋅10
11
4,6 ⋅10
19
σ
=
1,1⋅10
18
= 9,09 ⋅10−27 m2 ∴ ≅ 91barns.
σ
σ
14
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