Solução da 2a Prova de
Fundamentos da Mecânica Clássica - FIS 03361
(30 de Julho de 2004) - Semestre 2004/01
Turma de Engenharia Mecânica

1^a Questão

O foguete Saturn V foi usado para levar o homem à Lua. Era composto de 3 estágios, total de 102 m e carga útil de 47 ton.  O primeiro estágio com massa total de 2.286.217 kg, massa (vazio) de 135.218 kg, empuxo de 3.946.624 kgf e tempo de queima de 161 s. O segundo estágio com 490.778 kg, massa (vazio) de 39.048 kg, empuxo de 526.764 kgf e tempo de queima de 390 s. E o terceiro com 119.900 kg, massa (vazio) de 13.300 kg, empuxo de 105.200 kgf e tempo de queima de 475 s. Supondo que ele fosse lançado no vácuo a partir do repouso, calcule :
a) as velocidades de escape dos gases de cada estágio;
b) a velocidade final após a queima de cada estágio;
c) quanto tempo a carga útil (uma nave tripulada) gastaria (com a velocidade final calculada acima) para percorrer a distância mínima entre a Terra e Marte ?

Solução :

São dados :

M_i1=2.286.217 kg, M_f1=135.218kg, T_1=3.946.624 kgf, Δt_1=161s, para o 1^o estágio;
M_i2=490.778 kg, M_f2=39.048kg, T_2=526.764 kgf, Δt_2=390s, para o 2^o estágio;
M_i3=119.900 kg, M_f3=13.300kg, T_3=105.200 kgf, Δt_3=475s, para o 3^o estágio;
M_i4=47.000 kg, para a carga útil.

Código de inicialização usando o software Mathematica

<<Utilities`Notation`

<<Miscellaneous`Units`

Symbolize[M_i] ; Symbolize[M_f] ; Symbolize[Δt] ; Symbolize[v_f] ; Symbolize[v_i] ;

M_i[1] = 2286217 Kilogram ; M_i[2] = 490778 Kilogram ; M_i[3] = 119900 Kilogram ; M_i[4] = 47000  Kilogram ;

M_f[1] = 135218 Kilogram ; M_f[2] = 39048 Kilogram ; M_f[3] = 13300 Kilogram ;

T[1] = 3946624 KilogramForce ; T[2] = 526764 KilogramForce ; T[3] = 105200 KilogramForce ;

Δt[1] = 161 Second ; Δt[2] = 390 Second ; Δt[3] = 475 Second ;

a) A velocidade de escape u_j para cada estágio do foguete é dada pela 1^a equação de foguete

T = uR (1)

onde T é a força de empuxo do motor (em N), u é a velocidade de escape (em m/s) e R é a taxa de consumo de combustível (em kg/s).

O empuxo T_j para cada estágio j é dado, logo basta calcular R_j a fim de obter u_j. Considerando que o consumo de combustível seja constante durante o tempo de queima, temos então que :

R_j = (M_ij - M_fj)/Δt_j  ⟹  u_j = T_jΔt_j/(M_ij - M_fj) (2)

Cálculo de R_j

R[j_] = (M_i[j] - M_f[j])/Δt[j] ;

O 1^o estágio do Saturn V (composto por 5 motores F-1) queima aprox. 13 toneladas de combustível por segundo !

R[1]//N

(13360.2 Kilogram)/Second

R[2]//N

(1158.28 Kilogram)/Second

R[3]//N

(224.421 Kilogram)/Second

Cálculo de u_j

u[j_] = (T[j] * Δt[j])/(M_i[j] - M_f[j]) ;

u[1]

(635406464 KilogramForce Second)/(2150999 Kilogram)

Mas cada KilogramForce pode ser convertido em termos de unidades mais básicas, possibilitando a simplificação :

Convert[KilogramForce, Kilogram * Meter/Second^2]

(9.80665 Kilogram Meter)/Second^2

u[1] = u[1]/.KilogramForceConvert[KilogramForce, Kilogram * Meter/Second^2]

(2896.89 Meter)/Second

u[2] = u[2]/.KilogramForceConvert[KilogramForce, Kilogram * Meter/Second^2]

(4459.87 Meter)/Second

u[3] = u[3]/.KilogramForceConvert[KilogramForce, Kilogram * Meter/Second^2]

(4596.98 Meter)/Second

Cálculo e gráfico da massa em termos do tempo (OPCIONAL)

Com as massas iniciais e finais de cada estágio, bem como os tempos de queima, podemos escrever a massa total em termos do tempo, M(t) :

Clear[M] ;

M[t_] := N[M_i[1] + M_i[2] + M_i[3] + M_i[4] - R[1] * t]/;t/Δt[1] ≤1 ;

M[t_] := N[M_i[2] + M_i[3] + M_i[4] - R[2] * (t - Δt[1])]/;(t/Δt[1] >1) && (t/(Δt[1] + Δt[2]) ≤1) ;

M[t_] := N[M_i[3] + M_i[4] - R[3] * (t - Δt[1] - Δt[2])]/;(t/(Δt[1] + Δt[2]) >1) && (t/(Δt[1] + Δt[2] + Δt[3]) ≤1) ;

M[t_] := N[M_i[4]]/;t/(Δt[1] + Δt[2] + Δt[3]) >1

M[200 Second]

612505. Kilogram

Plot[M[t Second]/Kilogram, {t, 0, 1200}, PlotRangeAll, AxesLabel {"t(s) ... ;, "M(kg)"}, TextStyle {FontSize12}, PlotStyle->Thickness[0.004]] ;

[Graphics:HTMLFiles/index_61.gif]

o que para cada estágio resulta em :

FormBox[RowBox[{u_1, =, RowBox[{RowBox[{RowBox[{RowBox[{RowBox[{(, RowBox[{Cell[3.946.624],  ... se, Masked -> False, CompatibilityType -> 0., RotationAngle -> 0.}], m/s}]}]}], TraditionalForm] (3)
FormBox[RowBox[{u_2, =, RowBox[{RowBox[{RowBox[{RowBox[{RowBox[{(, RowBox[{Cell[526.764], Ro ... se, Masked -> False, CompatibilityType -> 0., RotationAngle -> 0.}], m/s}]}]}], TraditionalForm] (4)
FormBox[RowBox[{u_3, =, RowBox[{RowBox[{RowBox[{RowBox[{RowBox[{(, RowBox[{Cell[105.200],  , ... se, Masked -> False, CompatibilityType -> 0., RotationAngle -> 0.}], m/s}]}]}], TraditionalForm] (5)

b) A velocidade final após a queima de cada estágio é dada pela 2^a equação de foguete

v_f - v_i = uLn(M_i/M_f) (6)

Cálculo de v_fj

Clear[v_f] ;

v_f[1] = u[1] * Log[(M_i[1] + M_i[2] + M_i[3] + M_i[4])/(M_f[1] + M_i[2] + M_i[3] + M_i[4])]

(3800.13 Meter)/Second

v_f[2] = v_f[1] + u[2] * Log[(M_i[2] + M_i[3] + M_i[4])/(M_f[2] + M_i[3] + M_i[4])]

(8978.45 Meter)/Second

v_f[3] = v_f[2] + u[3] * Log[(M_i[3] + M_i[4])/(M_f[3] + M_i[4])]

(13658.5 Meter)/Second

Tal velocidade é acima da velocidade de escape da Terra, 11.2km/s, logo o Saturn V poderia colocar 47 ton. de carga útil a uma distância muito longa da Terra (tal que a atração gravitacional da Terra seja desprezível). A velocidade final acima, de aprox. 13.66km/s, tem de ser corrigida. Os efeitos gravitacionais diminuiriam em aprox. 10% a velocidade final, e o arrasto aerodinâmico devido à atmosfera, outros 5%. Logo, v_f≈(v_f3*0.85=11.61km/s), o que é maior do que a velocidade de escape da Terra.

Ao iniciar a queima do 1^o estágio, temos a velocidade inicial v_i1=0 m/s :

v_f1 - v_i1 = u_1Ln((M_i1 + M_i2 + M_i3 + M_4)/(M_f1 + M_i2 + M_i3 + M_4))      (7)
FormBox[RowBox[{v_f1, =, RowBox[{RowBox[{RowBox[{(, RowBox[{Cell[0], m/s}], )}], +, RowBox[{ ... se, Masked -> False, CompatibilityType -> 0., RotationAngle -> 0.}], m/s}]}]}], TraditionalForm] (8)

Mas ao iniciar a queima do 2^o estágio, temos a velocidade inicial v_i2=v_f1 :

v_f2 - v_i2 = u_2Ln((M_i2 + M_i3 + M_4)/(M_f2 + M_i3 + M_4))      (9)
FormBox[RowBox[{v_f2, =, RowBox[{RowBox[{RowBox[{(, RowBox[{Cell[3.800,13], m/s}], )}], +, R ... se, Masked -> False, CompatibilityType -> 0., RotationAngle -> 0.}], m/s}]}]}], TraditionalForm] (10)

E iniciando a queima do 3^o estágio, temos a velocidade inicial v_i3=v_f2 :

v_f3 - v_i3 = u_3Ln((M_i3 + M_4)/(M_f3 + M_4))      (11)
FormBox[RowBox[{v_f3, =, RowBox[{RowBox[{RowBox[{(, RowBox[{StyleBox[Cell[8.978,45], FontWei ... se, Masked -> False, CompatibilityType -> 0., RotationAngle -> 0.}], m/s}]}]}], TraditionalForm] (12)

Cálculo e gráfico da velocidade v e distância percorrida d em termos do tempo (OPCIONAL)

v_f[t_] := u[1] * Log[(M_i[1] + M_i[2] + M_i[3] + M_i[4])/(M_i[1] + M_i[2] + M_i[3] + M_i[4] - R[1] * t)]/;t/Δt[1] ≤1 ;

v_f[t_] := v_f[1] + u[2] * Log[(M_i[2] + M_i[3] + M_i[4])/(M_i[2] + M_i[3] + M_i[4] - R[2] * (t - Δt[1]))]/;(t/Δt[1] >1) && (t/(Δt[1] + Δt[2]) ≤1) ;

v_f[t_] := v_f[2] + u[3] * Log[(M_i[3] + M_i[4])/(M_i[3] + M_i[4] - R[3] * (t - Δt[1] - ... t[2] + Δt[3]) ≤1) ; v_f[t_] := v_f[3]/;t/(Δt[1] + Δt[2] + Δt[3]) >1

v_f[200 Second]

(4117.49 Meter)/Second

Plot[v_f[t Second] * Second/Meter, {t, 0, 1200}, PlotRangeAll, AxesLabel {&q ...                                                                                                f

[Graphics:HTMLFiles/index_97.gif]

Analisando a forma genérica da expressão da velocidade em função do tempo, podemos reescrever como :

u Log[M_i/(M_i - R t)] ⟹  u Log[1/(1 - R t/M_i)]   ⟹   -u Log[1 - (R t)/M_i]

Via séries de potências notamos que tal comportamento é próximo de uma exponencial menos um :

Series[-u * Log[1 - (R * t)/M_i], {t, 0, 4}]

(R u t)/M_i + (R^2 u t^2)/(2 M_i^2) + (R^3 u t^3)/(3 M_i^3) + (R^4 u t^4)/(4 M_i^4) + O[t]^5

Series[Exp[(R * u * t)/M_i] - 1, {t, 0, 4}]

(R u t)/M_i + (R^2 u^2 t^2)/(2 M_i^2) + (R^3 u^3 t^3)/(6 M_i^3) + (R^4 u^4 t^4)/(24 M_i^4) + O[t]^5

A distância percorrida d é simplesmente a integral do gráfico acima, v×t :

d[tf_] := NIntegrate[v_f[t * Second] * Second/Meter, {t, 0, tf/Second}, MaxRecursion10] * Meter

d[200 Second]

395192. Meter

d[Δt[1] + Δt[2] + Δt[3]]

7.73239*10^6 Meter

Plot[d[t * Second]/Meter, {t, 0, (Δt[1] + Δt[2] + Δt[3])/Second}, PlotRange&# ... t;, "d(m)"}, TextStyle {FontSize12}, PlotStyle->Thickness[0.004]] ;

[Graphics:HTMLFiles/index_109.gif]

Tal distância percorrida tem um comportamente aproximadamente do tipo potência (parabólico).

Resolvendo a integral indefinida da velocidade, passo-a-passo :

∫ -u Log[1 - (R t)/M_i] t = (M_iu)/R∫ Log[v] v, pois  v = -(R t)/M_i  ⟹  t = -(M_iv)/R

Via integração por partes :

p = Log[v], q = v, p = v/v, q = v  ⟹ ᡝ ... 8747; qp = v Log[v] - ∫ vv/v = v Log[v] - ∫ v = v Log[v] - v

Retornando às variáveis originais :

∫ -u Log[1 - (R t)/M_i] t = (M_i u)/R (1 - (R t)/M_i) (Log[1 - (R t)/M_i] - 1) = ((M_i u)/R - u t) (Log[1 - (R t)/M_i] - 1)

d = ∫_0^t -u Log[1 - (R t)/M_i] t = ((M_i u)/R - u t) (Log[1 - (R t)/M_i] - 1) + ((M_i u)/R)

d = ∫_0^t -u Log[1 - (R t)/M_i] t = u t + ((M_i u)/R - u t) Log[1 - (R t)/M_i]

O que é obtido diretamente pelo Mathematica :

Integrate[-u * Log[1 - (R * t)/M_i], t]//Simplify

((M_i - R t) u (-1 + Log[1 - (R t)/M_i]))/R

% - (%/.t0)//Simplify

(u (R t + (M_i - R t) Log[1 - (R t)/M_i]))/R

Via séries de potências notamos que tal comportamento é próximo de uma exponencial menos um :

Series[%, {t, 0, 6}]

(R u t^2)/(2 M_i) + (R^2 u t^3)/(6 M_i^2) + (R^3 u t^4)/(12 M_i^3) + (R^4 u t^5)/(20 M_i^4) + (R^5 u t^6)/(30 M_i^5) + O[t]^7

Series[(u * t)/2 (Exp[(R * t)/M_i] - 1), {t, 0, 6}]

(R u t^2)/(2 M_i) + (R^2 u t^3)/(4 M_i^2) + (R^3 u t^4)/(12 M_i^3) + (R^4 u t^5)/(48 M_i^4) + (R^5 u t^6)/(240 M_i^5) + O[t]^7

c) O tempo de viagem é calculado sabendo-se a menor distância entre a Terra e a Lua

A menor distância é 55.76 milhões de km, que ocorreu em 27/08/2003, e ocorrerá novamente somente no ano de 2.287 !

                                                                                             ... bsp; , ⟹,   , T}], =, 4.08245  10^6s = 47.25 dias}]}]}], TraditionalForm] (13)

Cálculo de T usando o Mathematica (OPCIONAL)

(55.76 * 10^9Meter)/v_f[3]

4.08245*10^6 Second

Convert[%, Day]

47.2506 Day

2^a Questão

Um navio encouraçado da classe Iowa dos E.U.A.(veterano da 2^a Guerra Mundial) tem um deslocamento de 57.600
toneladas. O armamento principal é composto de 3 torres triplas com canhões de 16", cada torre tem uma massa de aprox. 1700 ton. e guarnição de 77 homens, e pode disparar 2 salvas por minuto. Cada um dos 9 canhões pode atirar um projétil de 1900 libras com uma velocidade de 2.690 pés/s em relação ao tubo do canhão,que pode penetrar 32 pés de concreto reforçado. Supondo o navio como um sistema isolado e inicialmente em repouso em relação à água, calcule :
a) o momento linear ganho pelo navio imediatamente após o disparo de uma salva (9 tiros simultâneos);
b) a energia cinética do navio e a energia cinética da salva de 9 projéteis. Qual é a origem dessa energia cinética ganha pelo navio e pelos projéteis ?
c) se um projétil anti-blindagem com 2.700 libras e velocidade inicial de 2.500 pés/s (em relação ao tubo do canhão) atinge um alvo a 42.300 jardas com velocidade final de 1.686 pés/s, quanta energia de tal projétil foi dissipada no percurso ? Tal projétil penetra 14,5" de blindagem de aço.

Solução :

São dados úteis para a resolução :

M_N=57.600 ×10^3 kg, M_P1=1.900 libras, v_P1=2.690 pés/s,    (para o navio e o 1^o projétil)
M_P2=2.700 libras, v_P2=2.500 pés/s, v_P2f=1.686 pés/s, d_P2=42.300 jardas,    (para o 2^o projétil)

Código de inicialização usando o software Mathematica

<<Utilities`Notation`

<<Miscellaneous`Units`

Symbolize[M_N] ; Symbolize[M_P1] ; Symbolize[M_P2] ; Symbolize[p_N] ; Symbolize[v_N] ; Symbolize[v_P1] ; Symbolize[v_P2] ; Symbolize[v_P2f] ; Symbolize[d_P2] ;

M_N = 57600 * 10^3 Kilogram ; M_P1 = 1900 Pound ; M_P2 = 2700 Pound ;

v_P1 = 2690 Foot/Second ; v_P2 = 2500 Foot/Second ; v_P2f = 1686 Foot/Second ; d_P2 = 42300 Yard ;

a) É necessário calcular a velocidade de recuo Overscript[v_N, ⇀] do navio em relação ao referencial da água para o obter o momento linear ganho pelo navio

Considera-se que há conservação de momento linear (P_i=P_f) no sistema composto de navio+projéteis, ou seja, tal sistema não sofre forças externas. Há somente forças internas devido a queima do propolente dos projéteis, que acarreta uma não-conservação de energia total.

Os 9 tiros simultâneos de uma salva são na mesma direção, sendo que a velocidade Overscript[v_P1, ⇀] do projétil é em relação ao navio que terá uma velocidade de recuo Overscript[v_N, ⇀] em relação a água, oposta em sentido à velocidade do projétil. Logo a velocidade Overscript[v_P1, ⇀] do projétil é em relação a água é dada por uma transformação de velocidades (transformação de Galileu pois as velocidades não são relativísticas) :

Overscript[v_P1, ⇀] = Overscript[v_P1, ⇀] + Overscript[v_N, ⇀]  &nbs ... erscript[i,^] + (-v_NOverscript[i,^])   ⟹  v_P1 = v_P1 - v_N (14)

onde os escalares em questão são o módulo dos vetores, i.e., v_P1=|Overscript[v_P1, ⇀]|, v_N=|Overscript[v_N, ⇀]| e v_P1=|Overscript[v_P1, ⇀]|.

Segundo a conservação de momento linear (P_i=P_f), temos então :

FormBox[RowBox[{RowBox[{Cell[], P_i}], =, RowBox[{0 kg m/s, =, RowBox[{P_f  Ͽ ... sp;  , v_N}], =, RowBox[{Cell[0,110395], m/s, Cell[]}]}]}]}]}]}]}]}], TraditionalForm] (15)

Supondo que o eixo do disparo dos projéteis seja praticamente horizontal, e que o arrasto hidrodinâmico da água seja desprezível, cada salva aumentaria a velocidade de recuo do navio em aproximadamente 0,1104 m/s. Se o ângulo de disparo dos canhões for não-horizontal, haverá uma força de recuo tentando afundar o navio, que vai ser amortecida pela água.

Cálculo da velocidade de recuo v_N usando o software Mathematica

Convertendo para unidades do sistema de unidades SI :

M_P1 = Convert[M_P1, Kilogram]

861.825 Kilogram

v_P1 = Convert[v_P1, Meter/Second]//N

(819.912 Meter)/Second

v_N = (9M_P1 * v_P1)/(M_N + 9M_P1)

(0.110395 Meter)/Second

O momento linear p_N (em módulo, pois ele aponta no sentido oposto ao do momento linear dos projéteis) ganho pelo navio é simplesmente :

                                                                                             ... l[TextData[{6,35873, , Cell[BoxData[10 ]]}]], (kg m)/s, Cell[]}]}]}]}], TraditionalForm] (16)

Cálculo do momento linear p_N ganho pelo navio, usando o software Mathematica

p_N = M_N * v_N

(6.35873*10^6 Kilogram Meter)/Second

Tal momento linear p_N é em relação à água, se fosse em relação ao navio seria simplesmente nulo. Ou seja, a medida de momento de linear depende de qual referencial inercial é utilizado, tal como velocidade e energia cinética.

OPCIONAL : é interessante re-escrever a expressão acima :

FormBox[RowBox[{RowBox[{Cell[], p_N}], =, RowBox[{(9M_P1v_P1)/(1 + (9M_P1)/M_N) &nbs ... ox[{Cell[], 9, M_P1v_P1[1 - 9 (M_P1/M_N) + 81 (M_P1/M_N)^2 +...]}]}]}], TraditionalForm] (17)

Via série de potências (de Taylor) em relação ao parâmetro M_P1 (que é pequeno em relação a M_N), vemos que o momento linear p_N em relação à água é aproximadamente igual (em módulo) ao momento linear dos 9 projéteis em relação ao navio. Há uma diferença devido ao termo (9M_P1/M_N), que é muito pequeno, logo a série converge rapidamente.

Expansão em série de potências do momento linear p_N, usando o software Mathematica (OPCIONAL)

Series[(9Mp1 * vp1)/(1 + 9Mp1/Mn), {Mp1, 0, 3}]

9 vp1 Mp1 - (81 vp1 Mp1^2)/Mn + (729 vp1 Mp1^3)/Mn^2 + O[Mp1]^4

9 * M_P1 * v_P1

(6.35958*10^6 Kilogram Meter)/Second

-81 * M_P1^2 * v_P1/M_N

-(856.382 Kilogram Meter)/Second

729 * M_P1^3 * v_P1/M_N^2

(0.115321 Kilogram Meter)/Second

b) A energia cinética do navio e a energia cinética da salva de 9 projéteis

A energia cinética do navio envolve a velocidade de recuo v_N do navio em relação à água :

FormBox[RowBox[{K_N, =, RowBox[{M_N (v_N)^2/2  ⟹  K_N, =, ... ;, ⟹,    , K_N}], =, RowBox[{Cell[350.985],  , J}]}]}]}], TraditionalForm] (18)

A energia cinética dos 9 projéteis emprega a velocidade Overscript[v_P1, ⇀] do projétil em relação a água  :

FormBox[RowBox[{RowBox[{Cell[], v_P1}], =, RowBox[{v_P1 - v_N ⟹   v_ ... 3;,    , v_P1}]}], =, RowBox[{Cell[819,802], m/s}]}]}]}]}]}]}], TraditionalForm] (19)
                                                                                             ... , =, RowBox[{Cell[TextData[Cell[BoxData[2, 60645 10 ]]]],  , J}]}]}]}], TraditionalForm] (20)

Cálculo das energias cinéticas usando o software Mathematica

Convertendo para Joules :

Convert[(M_N * v_N^2)/2, Joule]

350985. Joule

(M_N * v_P1)/(M_N + 9M_P1)

(819.802 Meter)/Second

Convert[(9M_P1 * (%)^2)/2, Joule]

2.60645*10^9 Joule

A origem dessas energias cinéticas é puramente química, armazenada no propolente dos projéteis. Parte é dissipada durante o disparo na forma de calor e ondas de choque dos gases que se expandem subitamente dentro do tubo do canhão, parte de tal expansão dos gases da explosão transfere energia cinética para os projéteis, sendo que a conservação de momento linear acarreta uma velocidade (e energia cinética) de recuo do navio.

c) A energia dissipada por cada projétil anti-blindagem é dada pela variação de energia cinética

Considerando somente um projétil sendo disparado, sendo que a velocidade Overscript[v_P2, ⇀] do projétil é em relação ao navio que terá uma nova velocidade de recuo Overscript[v_N, ⇀] em relação a água, oposta em sentido à velocidade do projétil. Logo a velocidade Overscript[v_P2, ⇀] do projétil é em relação a água é dada por uma transformação de velocidades (transformação de Galileu pois as velocidades não são relativísticas) :

Overscript[v_P2, ⇀] = Overscript[v_P2, ⇀] + Overscript[v_N, ⇀]  &nbs ... erscript[i,^] + (-v_NOverscript[i,^])   ⟹  v_P2 = v_P2 - v_N (21)

onde os escalares em questão são o módulo dos vetores, i.e., v_P2=|Overscript[v_P2, ⇀]|, v_N=|Overscript[v_N, ⇀]| e v_P2=|Overscript[v_P2, ⇀]|.

Segundo a conservação de momento linear (P_i=P_f), temos então :

FormBox[RowBox[{RowBox[{Cell[], P_i}], =, RowBox[{0 kg m/s, =, RowBox[{P_f  Ͽ ... p;  , v_N}], =, RowBox[{Cell[0,0162014], m/s, Cell[]}]}]}]}]}]}]}]}], TraditionalForm] (22)

Cálculo da velocidade de recuo v_N usando o software Mathematica

Convertendo para unidades do sistema de unidades SI :

M_P2 = Convert[M_P2, Kilogram]

1224.7 Kilogram

v_P2 = Convert[v_P2, Meter/Second]//N

(762. Meter)/Second

v_N = (M_P2 * v_P2)/(M_N + M_P2)

(0.0162014 Meter)/Second

A energia cinética inicial de cada projétil anti-blindagem emprega a velocidade Overscript[v_P2, ⇀] do projétil em relação a água  :

FormBox[RowBox[{RowBox[{Cell[], v_P2}], =, RowBox[{v_P2 - v_N ⟹   v_ ... ⟹,   , v_P2}]}], =, RowBox[{Cell[761,984], m/s}]}]}]}]}]}]}], TraditionalForm] (23)
                                                                                             ... , =, RowBox[{Cell[TextData[Cell[BoxData[3, 55542 10 ]]]],  , J}]}]}]}], TraditionalForm] (24)

A energia cinética final de cada projétil anti-blindagem emprega a velocidade final Overscript[v_P2f, ⇀] do projétil em relação a água  :

                                                                                             ... , =, RowBox[{Cell[TextData[Cell[BoxData[1, 61713 10 ]]]],  , J}]}]}]}], TraditionalForm] (25)

Logo a energia dissipada é a variação de energia cinética :

                                                                                             ... , RowBox[{Cell[TextData[{1,93829, Cell[BoxData[ 10 ]]}]],  , J}]}]}]}], TraditionalForm] (26)

Cálculo das energias cinéticas e a energia dissipada usando o software Mathematica

Convertendo para Joules :

(M_N * v_P2)/(M_N + M_P2)

(761.984 Meter)/Second

Convert[(M_P2 * (%)^2)/2, Joule]

3.55542*10^8 Joule

v_P2f = Convert[v_P2f, Meter/Second]

(513.893 Meter)/Second

Convert[(M_P2 * (%)^2)/2, Joule]

1.61713*10^8 Joule

%%% - %

1.93829*10^8 Joule


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