física                                           leis de newton                                     Capítulo 1Cinemática v...
O desloca en pela ruasseráde900 msemandarnacontra ão.         m to    s                               mComo v =      ΔΔΔst...
2Tarefa proposta1. cUma grande a          z vetoria necessit de um valornumérico (medi a)com a suarespec                  ...
9. d  No pontoP, o automóv l                      e estácomdoiscomponent s e daacel ração:centr p t ,                     ...
3Velocidadevetorialmédia:vrtv = Δ Δ = = 2024022,,s m/s   mm12. Soma= 19 (01+ 02 + 16)(04)Errada.Vetoresiguais:os módulos,a...
27. b                                                         O valormaispróximoé 6.400 m.Como os vetore velocidade e acel...
De acordocoma figuraanterior,temos:                                  7. cF F F F F F B E C D A C + = + = e    ...
s v = 0,4 + 2 ⋅ (1,5– 0,5)s v = 2,4 m/s                                              15. c                                ...
Emmódulo:F1 = F2 s m ⋅    ΔΔ vt = m ⋅ ΔΔ vt s16. cA carga deve esta firme e t amarr a no                   r     m n e    ...
De acordocoma leideaçãoe reação.FR = Fap. – Fres. s m ⋅ a = Fap. – Fres.s m ⋅ 2 2 ⋅ Δs t =                                ...
os resul a        t dos obtidos pelos grupos em uma                                                     • Poliamóve 5: T5 ...
• Figura1: TA1 = TA2                                               No entan  to, como a acel r                            ...
Substituindoem( )               I:                                                            • Parao bloconão desli a FR ...
FTPT sen=⋅=   ⋅⋅ e = θθ cos                                                 13. c                                         ...
Na vertica temos:FRV = 0 ∴ P = N + F ⋅ senα                                                     17. e                     ...
P + Fy= N s P + F á senα = N   s                           22. Observe figura:                                            ...
A forçaresul a t no blocoé R = m⋅ a. Assim:            t n e                                           m= 0,05 g = 0,05 ⋅ ...
s 2m⋅ g – m⋅ g = 4m⋅ a s m⋅ g = 4m⋅ a s a = g4                                                               32. a)Velocid...
150 volt s        a 60 s                                                            F = k á x= FRc s k á 0,04 = 48 ∴ k = 1...
í e r da rodaé dado por: p = 2π ⋅ 0,20                                                   8. a                             ...
N – P = Fc s N – m⋅ g =10. df ⋅ R1 = f ⋅ R2 s 100 ⋅ R1 = f ⋅ (2⋅ R1)s f = 50 rpm 1        2                   2           ...
(08)Errada.P – N = Fc s m⋅ g – N = m v R v     R g⋅ =   ⋅ 22s s     s v = 67,08 m/sou v = 241,5 km/h     (16)Correta.N – P...
N mv R mg N mvR g =   ⋅ + ⋅ = + R g2 2 s                                 mNN = 70 ⋅ 150 450 10 2 ()+ ) 4 1N 4.200 N       ...
(32)Errada.Variaemcadapontodatra e ój t ria(obser e                                                 v os itensanteriores)....
28. e      a = vR = 10 5 102 3 ()⋅       c    2                                 −   s a = 2 ⋅ 104 km/h = 20.000 km/h      ...
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1º física

  1. 1. física leis de newton Capítulo 1Cinemática vetorialConexões1. De acordocoma figura,temos:a = 6 cmea = 8 cm. O módulodo vetora é dadopor: x y ) )aa=( + ( =681022scm2. Observeque: θ + 53° = 90° s θ 37° =3. Os módulosdoscomponentes aa e valem:  xya = 0 e a = 10 cm. Portanto:a = a’y= 10 cm x yExercícios complementares9. I.Deslocamento umagrandeza é vetorial.I Áreaé umagrande a I. z escal r. aII I Forçaé umagrande a . z vetorial.IV. Velocidade é uma grande avetorial; a indicada no velocmetro de um carro, porém, é uma z í grande a z escal r. aV. In e v l detem é umagrande a t r a o po z escal r. a10. bPeloteore a m dePitágoras:R= + = + 3491622 ss R = 5 cm11. c d 1y – d 2yd Rd 2xd2y= d2 ⋅ sen30° = 6 ⋅ 12 = 3d2x= d2 ⋅ cos30° = 6 ⋅ 32 = 33d1 = d1y– d2y= 10 – 3 = 7Peloteore a m dePitágoras:dR222733= + () s dR2 = 49 + 27 ss dR=76 s dRkm=21912. Soma= 23 (01+ 02 + 04 + 16) (01)Correta.Os módulosdosvetore a e b sãoiguaise val m: s e )abab== ( + ) ( = = 404040222,,,scmComo os vetore abe possue a mes a s m m direçãoe o mesmosentido,então:s = a + b s s = 8,0 2 cm (02) Corret Traçando o vetor c na continuação do vetor a, obte a. mos um vetor horizonta com origem na origem do vetor a e extr mid ena extr midad do vetor c. l, e ad e e Dessemodo, temos:s = 4,0 cm (04) Corret Como os vetore a e b são iguais, o vetor d é igual ao vetor c, ou sej a. s a, módulode4,0 cm, vertica parabaixo. l (08)Errada.Como os vetore a e b sãoiguais,os vetore d1 e d2 sãoiguais:mes s s momódulo, mes a m direçãoe mesmosentido. (16)Corret Sendo o vetorc vertica parabaixo, o módulodo component horizonta do a. l, e l vetor soma dos três vetore dados é igual à soma dos módulos dos component s s e horizontaisdosvetore a e b. Assim:s = 8,0 cm s x 21. Soma= 25 (01+ 08 + 16) (01)Correta.Nos movimen tosuniform s e podehaver acel r ção centr p t . e a í e a (02)Errada.Emmovimen tosretil n o não há acel r í e s, e açãocentr p t . í e a(04)Errada.Existeacel r ãocentr p t . e aç í e a(08)Correta.Nessecaso, a acel r e açãoé soment tangencial. e (16)Correta.Δs > Δr 22. a No pontoI soment velocidade I: e horizontal. No pontoI I doiscomponen e davelocidade I os : t s comresu t n e l a t tangen e tra e ó t à j t ria. A acel r e açãoé sempr a dagravidade portan e e, to,direcionadaparabaixo. 23. a Como a cada volt os pilotos retorna à posição de largada, o desloca e tovetoria será a m m n l nuloe, portanto,a velocidadevetoria tamb m. l é 24. a)v = 1836, = 5 m/s
  2. 2. O desloca en pela ruasseráde900 msemandarnacontra ão. m to s mComo v = ΔΔΔstt 5900= s Δt= 180 s ou 3 min sb)A400m300mA rBvrt m= = Δ Δ 500180á 3,6 = 10 km/h AB
  3. 3. 2Tarefa proposta1. cUma grande a z vetoria necessit de um valornumérico (medi a)com a suarespec l a d tiv unidade, uma a direçãoe umsentido.2. bDa figura,temos:NMQ+ =Logo: MQN= –3. I I– I I V – I I – JipePostoLoja0200210x (m)I.Corret O jipe a. está200 mà esquerdado posto.I Correta.Δr = 210 – 200 = 10 m I.II I Correta.O jipe . está210 mà esquerdadaloja.IV.Errada.Δr = 0V. Correta.d = 2 ⋅ 210 = 420 m4. bOs componen e ortogonais forma entresi um ângu t s m lode 90°, portantopodemosencontra a r intensidadedaforçapesoaplicandoo teore a m dePitágoras.P2 = 120 + 160 = 14.400 + 25.600 = 40.000 s P = 200 N 2 25. a 8 km5 kmSNOL6km60ºACBFEDNo tri n lo â gu ret n u CDE, temos: â g loDE = CD ⋅ cos60° = 6 ⋅ 0,50 s DE = 3 kmPortanto:BF = BD − DE − EF s BF = 8 − 3 − 5 s BF = 0Assim:AB = AF = CE s AB = CD ⋅ sen60° ss AB = 6 ⋅ 32 s AB = 33 km6. e1: acel r e açãodagravidade2: acel r e açãocentr p t í e a3: acel r e açãotangencial4: acel r e açãovariáve tangencia l l7. d SNOL400km300kmS s O segundoaviãovaipercorrer: Δs2 = 400 + 300 s Δs = 500 km 2 2 Δt = 1 h e 15 min= 1 h + 14 h = 54 h v = ΔΔ= st50054= 400 km/h m 8. b 76543217xy65431.000m500 mCâmaraCatedralPrefeituraAvenida Brasil21â s Na figura,temos: Δs = 1000500 .() () 2500500 ⋅() () 22 + = 22 + s s Δs = 5500 ⋅() Δs = 5005 m 2 s
  4. 4. 9. d No pontoP, o automóv l e estácomdoiscomponent s e daacel ração:centr p t , e í e aapontadoparao centrodacurva,e tangencial contrárioao vetorvelocidade(reduzindoa velocidade). aaac t Portanto,o vetoracel r e açãoestámaisbemrepre en a dest maneira. s t do a 10. e I É a acel r I. e açãoresul a t t n e.V. Não necessa ria e t m n e. 11. Observe figura: a Od r A dist n â ciapercorrida:d = 242204ππr= ⋅, s d = π m Deslocam to en vetorial: Δr2 = r + r = (2,0) ⋅ (2,0) = 8,0 s 2 2 2 2 s Δr = 2,0 2 m
  5. 5. 3Velocidadevetorialmédia:vrtv = Δ Δ = = 2024022,,s m/s mm12. Soma= 19 (01+ 02 + 16)(04)Errada.Vetoresiguais:os módulos,asdireções os sen e tidossãoiguais.(08)Errada.O módulonão depende dadireção.13. cO módulode v é constan e t emc, pois a e v forma ângu reto, sendo o componen e m lo t tangencial daacel r e açãonulo.14. dI. Falsa. O peso é grandeza vetorial.IV.Falsa.A tem e a u a grande a p r t ré z escal r. a15. dI. Falsa. Os vetores representados s ã o velocidade s; todas estã o sujeitas mesma à força.I Verdadeira.Maiormódulodevelocidade. I.II I Verdadeira. .16. c Av.AmintasBarrosSen. Salgado FilhoAv.Nascimento de CastroAv.Antônio BasílioAv.Xavierda SilveiraABNLOS SESONENO• Δr = 400300 () () 22 + s Δr = 500 m• Direção:oest les e e- t• Sentido:les e t17. dFoi reali a umdesloca en de400 mnahorizonta e 300 mna vertica portan z do m to l l, to:d2 = 300 + 400 = 90.000 + 160.000 = 250.000 s d = 500 m 2 218. dObservandoa figura,conclu m s: í oI.Corret a. – a3j2i–aij= +23I Correta. I.↑= bj2 II I Correta. . bc–ibci + = 19. a Aceleraçãovoltadaparao centrodatra e ó j t ria. 20. e Como não exist desliz m n o,o vetoré nulo. e a e t 21. a aCPaTaR 22. b 23. d I. Correta. Numa curva, por exe p o, a pessoa mais ext rn ao raio da curva terá maior m l e a velocidade. I Correta.Amboscaem I . damesm altur soba influênciadames a a a m acel r e ação. II I Incorre a. . t No MCU, o módulodev podeserconstan e, t masaindaassimexist acel r e e ação. 24. e Δrx= 0; Δry= 4 m; Δdx= 10 me Δdy= 8 m 25. c SNOLv vVvP R vvv = R 22 ) ) R RPV222 + s v = 6080 ( + ( s v = 100 km/h Conforme figura:sudes e a t 26. a v O vetorvelocidade tangent à tra e ó é e j t ria,conformemostra figura. a
  6. 6. 27. b O valormaispróximoé 6.400 m.Como os vetore velocidade e acele aç s r ão possue as mes a direções, o movimen m m s toé uniforme e t variado. m n e Capítulo 2 Conceitos bási cos e leis de28. a N ewtonO vetor acel r e ação centr p t é radial e í e a orientadoparao centrodacurva. Conexões29. c 1. Quando o trem do metrô se move comDe A para B, o movimen to é circular velocidade constan e e em linha reta, ele t uniforme e t retardado. Portanto, exist m n e e não apres t acel r en a e ação.Nessecaso, eleé acele aç r ão tangencial e acele aç r ão considerado um refer encia inercial. Ao l centr p t . í e aAssim: reduzir a velocidade, o tre m apres t en a• vetorvelocidade:I I I(tangen e tra e ó t à j t ria) acele aç r ão e, portan to, não é considerado• vetoracel r e ação:I (resu t n e l a t ) umrefer encia inercial. l30. c 2. De acordocomo texto,a forçacentr f ga í u vABCv= cos 60º60º é uma força fict ci que só se manifes aem í a tv ⋅ cos60° = ACtΔ s 2 ⋅ 12 = 10Δt s Δ = 10 s um refer encia não inercial. Já a força l centr p t é a resu t n e das forças í e a l a t t necessária para o corpo descre e uma v r curva, do ponto de vista de um referencial inercial.Portanto, não temsentido falaremA dist n â ciapercorridaé: paraçãoe reação.d = v ⋅ Δt s d = 2 ⋅ 10 s d = 20 m Exercícios complementares 9. Paraseobtera máximaresultant o ângulo e, formadoentre elas deve serde0°. Portanto:FR = F1 + F2 (me m direçãoe mes s a mo31. d sentido)• Δr1 = v ⋅ Δt = 20 ⋅ 14 s Δ 1 = 5 km;S wN Assim:FR (máx.)= 10 + 4 = 14 N Para se obtera resul a t m ni a,o ângu t n e í m lo 1 r formadoentre elas deve serde180°. Portanto: FR = F1 – F2 (me m direção e s a sentidosopostos )• Δr2 = 5 km;60° coma direçãoanterior. Assim:FR (mín.) 10 – 4 = 6 N =Assim,temos: 10. A resultant das duasforçasde 10 N de e 60ºº r1 1 r22 rRR intensidade perp dicular s e en e entre é: si FR = 1010 () () FR = 102NΔrR = Δ + Δ ⋅Δ⋅Δ⋅rrrr 22 + s Para se equilibrar a ação dessa duas s 1222122–cosθ forças, a intensidade da terceira força deverá ser igualà intensidadeda resul a t t n e dasduasforças.SendoΔr1 = Δr2 = 5 kme θ = 120°, vem: Assim:ΔrR = 552512 () () ⋅−)2 2 1 ⋅() s Δ R = 352⋅() F3 = FR = 102 N 11. O módulo da força resultant no eixo e 222 + 5 5 – r horizonta é: l FRx= 20 + 60 − 50 s FRx = 30 N E o módulo da força resu t n e no eixo l a t Δ s s rR = 53 km ver tica é: l32. e FRy= 60 − 40 − 20 s FRy= 0• v= ΔΔ st= 403km1h25min= 403km1,42h s v = Portanto, o módulo da força resul a t é t n e 284 km/h igualao móduloda forçaresu t n e l a t no eixo• velocidade constan e (em módulo) nas t horizonta FR = FRx = 30 N l: curvas: 12. ea = vR s 0,1 ⋅ g = vR ín.s Rmín.= 284360110 ,,2 3 s ⋅ FAFBFCFEFAFEFD 4 c 2 2m 2 86 40 Rmín.= 6.223 m
  7. 7. De acordocoma figuraanterior,temos: 7. cF F F F F F B E C D A C + = + = e O fato de se apoiar no bastão apenasPortanto,a forçaresul a t podeserescrita t n e distribui seu próprio peso, que no prato da como: balançacontinuasendoo mes mo.F F F F F F F F A D B E C C R R = + ()+ + () 8. e Peloprinc p da ação e reação, a forçaque í io ⋅ s3 A fazemB é a mes a m emmóduloque B fazem A. I so s constituiumparaçãoe reação. + = 9. a = ΔΔ vts a = 10 0 2 5 −, = 4 m/s2 FR = m⋅ a s FR = 70 á 4 = 280 NEmmódulo,temos:FR = 3 ⋅ 10 s FR = 30 N 10. d21. d • FR = m ⋅ a = 2,0 ⋅ 3,0 s FR = 6,0 N 1 1Maria não interag e diret m n e com o a e t banquinho. Ela interage com João, que, por sua vez, interagecom o banquinho. Assim, a • FR = m ⋅ a s 6,0 = 1,0 ⋅ a s a = 6,0 m/s força que João, com seus pés, aplica no banquinho é igual,emmódulo, à forçaque o 2 2 2 2 2 banquinhoaplicaemJoão.22. dDe acordo com o princ p í io da inércia, a 11. c alt rn ti a é a únicaafirmaçãocorret e a v d a. Sendo a forçamáximaiguala 1.800 N, paraum23. V – F carrode900 kg, temos:F = m⋅ a s 1.800 = 900I . INão é necessário que exist conta a to direto. Como exe p o, temosa força peso de um m l corpo,cuja reaçãoestánaTerra.24. d ⋅ a s a = 2 m/sEntre as alt rn ti a apres t d s, a única e a v s en a a que explicao uso do cinto de segurançaé a alt rn ti a e a v d. 2Tarefa proposta 12. a)Sobrea caixa,temos:1. b 500 kg PF• Paraumângu de0°: FR = 5 + 7 = 12 N lo Como a caixa sobe “aceler a e t ad m n e”,• Paraumângu de180°: FR = 7 – 5 = 2 N lo temos: F – P = m ⋅ a s F – 500 ⋅ 10 = 500 ⋅ 0,5 ∴ F =2. cFR2 = T2 + T2 = 2 ⋅ T2 s FR = 2 ⋅ T 5.250 N3. d b) Pelo princ p da ação e reação, se a í io empilh eiraexerceumaforçana caixade adA moto reali a um movimen z to retil n o e í e 5.250 N, a caixaexercena empilha deirauma uniforme.Portanto: força de mes mo módulo, em sentidoFR = 0 contrário. Assim,temos:4. d Pemp.+ F = N emp.sComo o navio estáemMRU (movim toretil n o en í e s 1.000 ⋅ 10 + 5.250 = N emp.s Nemp.= 15.250 N e uniform ), e temosumreferencia inercial. l5. a)R 1.000N 13. d FR = F1 – F2 = 140 – 40 s FR = 100 N Ainda: FR = m⋅ a s 100 = 100 ⋅ a s a = 1,0 m/s2| R| = 1.000 N s Módulo:1.000 NDireção:vertica no planodafigura lSentido:parao norte 14. a = Fm= 12 6 s a = 2 m/s2b)FR = má a s 1.000 = 20.000 á a s a = 0,05 m/s v = v + a ⋅ ts 2 6. e I.Referencial inercial. 0 I Lei dainércia. I. II I Lei dainércia. .
  8. 8. s v = 0,4 + 2 ⋅ (1,5– 0,5)s v = 2,4 m/s 15. c 5
  9. 9. Emmódulo:F1 = F2 s m ⋅ ΔΔ vt = m ⋅ ΔΔ vt s16. cA carga deve esta firme e t amarr a no r m n e ad caminhão para que, se houver redução de 1 1 2 2 velocidade, ela não continue em movimento porcausadainércia.17. c sm ⋅ v = m ⋅ v sI.(F)Entre 4 e t , o movimen é uniform t 5 to e.I .(V) De 0 a t , o movimen I 4 to é acel r do e, e a 1 1 2 2 quando a veloci ade é d máxima, a acele aç é zero. r ãoII I (V) . s 90 ⋅ 2 = 75 ⋅ v s v = 2,4 m/s18. ba = ΔΔ = vt80 5 = 16 m/s2 2 2FR = m⋅ a = 500 ⋅ 16 = 8.000 N 24. a 25. a SendoF a forçaresul a t temos: t n e, tota ⋅ a s F = (4+ 8)⋅ 1 s F = 12 N19. e F= m l 1 20 4060 80 100 v (m/s)2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 t (s)1 234• Dist n â ciapercorridade0 a 14 s:Δs N A1 + A2 + A3 + A4 s 26. a • De 0 a t temosacel r e açãoconstan ee ts Δs = 80 8 2⋅ + 80 ⋅ 2 + 80 20 2+ ⋅ 2 + 20 1 2⋅ s 1 positiva. • De t a t temos 1 2 velocidadeconstan e: = t a 0 • De t em diante temos acel r 2 e ação constan e positiva. t es Δs = 320 + 160 + 100 + 10 s Δs = 590 m Sendo FR = m ⋅ a, o gráfico correAssim,temos:I.Errada.Nos primeiros8 s, elepercorreu320 to está na m.I . ICorreta. De 0 a 8 s: 320 m; de 8 a 9 s: 80 m. Total 400 m = alt rna v a. e ti aII I. Corret Velocidadeconstan eem módulo, a. t 27. b direçãoe sentido(tra e ó j t ria retil n a . í e ) I. Errada. Para a = 0: pêndulonavertical.IV.Corret Entre a. 10 e 12 s: a = ΔΔ vt= 20 80 2− I Corret Movimen acel r do:pêndulo, I. a. to e a s a = – 30 m/s2 porinércia,à esquerda davertical. II I Errada.VercomentáriosI I . . e I IV.Errada.Movimen toretardado: pêndulo,Emmódulo:a = 3 ⋅ g s FR = m⋅ 3 ⋅ g s FR = 3 ⋅ m⋅ g porinércia,à direitadavertical. V. Corret VercomentárioIV. a. 28. e F – P = m⋅ a s 95 ⋅ 103 – 1.500 ⋅ 10 = 1500 ⋅ a s20. av = v + 2 ⋅ a ⋅ Δs s 5,02 = 02 + 2 ⋅ a ⋅ 25 s 2 02s 25 = a á 50 s a = 0,5 m/s2 s 95.000 – 15.000 = 1.500 ⋅ a s 80.000 = 1.500FR = m⋅ a = 6,0 ⋅ 0,5 = 3,0 N ⋅ as21. aI. Correto. A massa é uma m e di da da inércia do corpo. s a = 800 15 H 53 m/s2I Errado.FR = m⋅ a 29. c I. De acordo com o gráfico, como a velocidade perm ec cons an e tant a partir de 1,2 s, e podemos afirm ar corret m n e que a a e tII I Errado. Ação e reaçãonão seaplicam . sobre resul a t deforçasé nulasobreo obje t n e to. o mesmocorpo. 30. c22. cI. Correta.I Errada.Difere no sentido. I. mII I Correta. . 23. a
  10. 10. De acordocoma leideaçãoe reação.FR = Fap. – Fres. s m ⋅ a = Fap. – Fres.s m ⋅ 2 2 ⋅ Δs t = Capítulo 3 Forças da mecânicaFap.– Fres.s Conexõess 800 ⋅ 2 25 400 ⋅ = Fap.– 100 s Fap.= 200 N Estaatividadepodeserreali ad em grupos. z a Cada grupo usa uma mola diferen e, mas o t bloco e a super í i horizonta deve ter f ce l m pratica e t o mesmo grau de polimen m n e to. Coloque31. b 632. a
  11. 11. os resul a t dos obtidos pelos grupos em uma • Poliamóve 5: T5 = 2 ⋅ 72.000 = 144.000 N tabe ae discutaessesvalore com basena l s quest propost ão a. lDentro da marge de erro exp m eri en a o m t l, coeficient e de atri o estático depende t soment da natur z das super í i s em e e a f ce O peso máximo é 144.000 N. Devemos lembr r a contato. Portan to, os resu t dos obtidos l a que, para iniciar o movimento, a tração no com diferen e molas(comprim toiniciale t s en cabo deve ser ligeira e tm n e maior que constan e elástica deve ser os mes t ) m mos, 144.000 N. desde que os blocos e as super í i s de f ce 12. d apoio apres t m os mesmos graus de en e Como o ele ador está subindo com velocidade v polimen to. constan e, a força resu t n esobre ele é t l a t zero.Dessemodo, a intensidade da traçãono cabo que liga o elev ador ao contrap so é eExercícios complementares igual à intensidadedo peso do contrap so. e9. No bloco1: FR = P1 − T 1 Como as forçasno ele adorsão peso (para vNo bloco2: FR2 = T − P2 baixo), traçãodo motor(paracima)e traçãoa) Como o módulo da acel r e ação é o mesmo do contra e (para p so cima),temos: paraos doisblocos,temos: Tmotor+ Tcontrapeso= Pelevador Logo:(m + m )á a = P1 − P2 s (6,0 + 4,0)á a = 60 − 40 s 1 2 Tmotor= Pelevador− Pcontrapesos a = 2,0 m/s2b)Na equaçãodo bloco1, obtemos: 21. b 144 km/h= 40 m/s6,0 ⋅ 2,0 = 60 − T s v² = v + 2 ⋅ a ⋅ Δs 02 s 0 = (40) + 2 ⋅ a ⋅ 250 s a = 2s 12 = 60 − T s T = 48 N −3,2 m/s210. c FR = Fat.s m⋅ a = μ ⋅ m⋅ gO pesodacaixaé:P = m⋅ g = 0,800 ⋅ 10 s P = 8,0 N Emmódulo,temos:Como a tração máxima é 9,6 N, a força μ = ag=3210, s μ = 0,32 resu t n e na caixa pode ser, no máximo, l a t 22. a)FAa = μA á N A = 0,3 á 10 á 10 = 30 N iguala 1,6 N. Sendo m = 0,8 kg, a acel r e ação FBa = μB á N B = 0,2 á 15 á 10 = 30 N máximaé: FR = F – FAa– FBas (m + m ) á a = 185 – 30 –FR = m⋅ a s 1,6 = 0,8 ⋅ a s a = 2,0 m/s A B 30 s 2 s 25 á a = 125 s a = 5 m/s2 b)FTF Ra = − AA s m á a = T – 30 s 10 á 5 = T – 30 APara umatração maior que o peso, o elev ador 23.sc = 80 N T pode estarsu bindo acel r doou descendo e a retard ado. Portan to, a alt rn ti acorret e a v a 24. d I. Corret De acordo com os dados: v = a. 1 é a c. 50 m/s. Um corpo emquedalivre,partindo11. Em cadapoliamóvel,a intensidadeda força do repouso, durant 20 s, adquire uma e dobra.Assim: velocidade de:• Poliamóve 1 (maispróxima l do motor): v = g ⋅ t= 10 ⋅ 20 s v = 200 m/s= 4 á vT1 = 2 ⋅ 4.500 = 9.000 N 1 I . ICorreta.Velocidadeconstan e:FR = 0 s t• Poliamóve 2: T2 = 2 ⋅ 9.000 = 18.000 N Rar= P II I Errada.A velocidadeapósumaquedade . l 5,0 mé: v = v + 2 ⋅ a ⋅ Δs s v² = 0 + 2 ⋅ 10 ⋅ 5,0 s v =• Poliamóve 3: T3 = 2 ⋅ 18.000 = 36.000 N 2 02 l 10 m/s Como a velocidadelimit v é iguala 7 m/s, e 2• Poliamóve 4: T4 = 2 ⋅ 36.000 = 72.000 N temos:v > v2 l Tarefa proposta 1. b Forçapeso:vetorvertica parabaixo. l 2. d
  12. 12. • Figura1: TA1 = TA2 No entan to, como a acel r e açãodo bloco • Figura2: TTBB12= é nula,a forçaresu t n e zero. l a té • Figura3: TTCC12= 5. aSendoTC2 = 2 ⋅ TB2 e TB2 = TA2, temos: • I in m ênciademovimento: Fat.= μ⋅ N (I)TA1= TA2 = TB1 = TB2 < TC1 = TC23. d • Equil b io: í r • Fat.(máx.)= μest.⋅ N = 0,8 ⋅ 1.200 ⋅ 10 s Fat.(máx.)= ΣFx= 0 s F ⋅ cosθ = Fat.= μ⋅ N (II) 9.600 N ΣFy= 0 s F ⋅ senθ + N = P ( I ) μcin. ⋅ N = 0,6 ⋅ 1.200 ⋅ 10 s Fat.(cin.)= II • Fat.(cin.)= Em( IN = P – F ⋅ senθ 7.200 N4. e I): • Primeirasituação,temos:F1 = Fat.= 12 N • Segunda situação, temos: FR = F1 – F2 – Fat.= 0 s Fat.= 9 N 7 (Aforçadeatritoestáticoé variáve ) l.
  13. 13. Substituindoem( ) I: • Parao bloconão desli a FR = Fat.s m⋅ a = μe ⋅ N μ⋅ (P– F ⋅ senθ) s Fat.= μ⋅ P – μ⋅ F ⋅ senθ z r:Fat.= sSubstituindoem( I : I) s m⋅ a = μe⋅ m⋅ g s a = 0,8 ⋅ 10 = 8,0 m/sF ⋅ cos θ = μ⋅ P – μ⋅ F ⋅ senθ s F ⋅ (cosθ + μ⋅ senθ) 2 • O módulodeF é: = μ⋅ P s F = (m + m )⋅ a s F = (0,2 + 0,1)⋅ 8,0 s F = 2,4 N c bs F = μθμθ⋅+ ⋅Pccoosssseenn 9. c • Fat.(máx.)= μe⋅ m⋅ g = 0,4 ⋅ 0,5 ⋅ 10 s Fat.(máx.)= 2 N6. a)dL TTP_− d2 • Fat.(cin.)= μc ⋅ m ⋅ g = 0,2 ⋅ 0,5 ⋅ 10 s Fat.(cin.)= 1 N • ParaF = 7,5 N, temos: F = (m + m )⋅ a s a = 75205,,+ = 3 m/s p b 2 • Portanto,a forçaresu t n e l a t no blocoé: FR = m ⋅ a = 0,5 ⋅ 3 s FR = 1,5 N b Sendo FR < Fat. (máx.) o bloco acompanha o , movimen dapla a to t for a. m 10. a Enquanto o corpo é acel r do atéatingir a e aNa situaçãodeequil b í rio: velocidadetermina temos: l,2T = P s 2T = m⋅ g s T = 60102⋅ s T = 300 N P – kv= m⋅ a s a = mgkv − s a = g – kvmá mááb)_− d2ThTxTy Paramet e ad davelocidadeterminal: a = g – kvmá 2 s a = g −kvm2 ( ) T T I Apósatingirv , temos:MU T Assim: P= R s m á g = k á v s v = mgká (substituindoem T T a = g − g2 s a = g2 11. FaPg2T ’ = P s Ty = 300 N y ’ P – Far = FR s m ⋅ g – Far = m ⋅ a s 0,25 ⋅ 10 – Far =Usandoseme h nçal a detri ng lo â u s:ThTd ’’ = − =2 yx s 300305=TTxx s = 50 N ’,’ 0,25 ⋅ 2 s7. cA únicaforçaque atuasobrea bolaé a força peso.8. c s Far= 2,5 – 0,5 s Far= 2 N 12. e e RPT F
  14. 14. FTPT sen=⋅= ⋅⋅ e = θθ cos 13. c tgtg°9,8 á á , θ = = = = = P Fmgmaaaa45198 998 , m/s ss 2 R n s 14. Observe figura: a OFNP ⋅maTmgT= ⋅⋅= ⋅⋅ ⋅ Tsen( )I ) cos I( I θθ Ipor( Iag= tgθ s a = g ⋅ tgθ 8Dividindo( ) I):
  15. 15. Na vertica temos:FRV = 0 ∴ P = N + F ⋅ senα 17. e Observe figura: a l, αα Velocidade constan e: R = 0 t F As forçasna caixasão: pesoe contato(normalQuando ocorrerperdade contato,teremo N s e atrito). = 0 e, portanto: 18. cP = F ⋅ senα s 5 = 10 ⋅ senα = senα = 12 s α = 30° L 2 m 30º sen30° = 2L s L = 2 05 ,= 4 m Sematrito: a = g ⋅ sen30° = 10 ⋅ 0,50 s a = 5 m/sA resul a t no bloco é dadapor: F ⋅ cos α = m 2 t n e L = 12 ⋅ a ⋅ t s 4 = 12 ⋅ 5 ⋅ t s t= 85 s ⋅ ax 2 2 s t= 2 25 s t= 2 10 5 s10 ⋅ cosα = 0,5 ⋅ a s 10 ⋅ cos30° = 0,5 ⋅ a s x x 19. Analisandoasforçashorizontais,temos: AF B C T1 –T1 T2 –T2s ax= 10 3 2 05 ⋅ ⋅ , s a = 10 3 m/s x 2 Bloco A: T1 = m ⋅ a A Bloco B: T2 – T1 = m ⋅ aComo 3 = 1,73, temos:a = 17,3 m/s x 215. Observe figura: a B m MF T T R Pm PmNo corpodemassa temos:(equil b io m, í r )T = Pms T = 2,5 ⋅ 10 = 25 N Bloco C: F – T2 = m ⋅ a CNo corpodemassaM, temos:(equil b io í r ) F = (m + m + m )⋅ aR + T = PM s R + 25 = 6,5 ⋅ 10 s R = 40 N A B C Assim:Como F = 2T, vem:F = 2 ⋅ 25 = 50 N 6 = (2+ 5 + m )⋅ 0,6 s C16. b s 10 = 7 + m s m = 3 kg C C• Figura1: F = Felás.s F = k ⋅ x ( ) 20. Observe figura: a 1 I T –T AB F 2,0 kg 6,0 kg Analisandoa resu t n e l a t do siste a, m temos: Bloco A: FR = m ⋅ a s FR = 2 ⋅ 2 s FR = 4 N• Figura2: P = Felás.s P = k ⋅ x ( I A 2 I ) Bloco B: FR = m ⋅ a s FR = 6 ⋅ 2 s FR = 12 N BSendoF = Fat.(máx.)s F = μ⋅ N = μ⋅ P ( I ) II 21. N Fx Fy ySubstituindo( ) ( I Ie I ) ( I ) em I I, temos:k xk x⋅ = ⋅ ⋅ 1 2 μ s μ= xx 2 0 10 = , s μ= 0,2 12
  16. 16. P + Fy= N s P + F á senα = N s 22. Observe figura: as 4 + 10 ⋅ 1 2 1 5 ,, = N s 4 + 12 15 ,s N = 4 + 8 = 30º 2,0 m/s2 m · g N Ax y 912 N
  17. 17. A forçaresul a t no blocoé R = m⋅ a. Assim: t n e m= 0,05 g = 0,05 ⋅ 10–3 kgR = 2,0 ⋅ 2,0 s R = 4,0 N Velocidadeconstan e: at.= P = m⋅ g = 0,05 ⋅ 10–3 t FEmx, temos:R = N ⋅ sen30° – A ⋅ cos30° ( ) I ⋅ 10 =Emy, temos:N á cos30° + A ⋅ sen30° = P (II) = 5,0 ⋅ 10–4 NSubstituindoos valores: 26. aDe ( ), I vem: N = P = Pn = P ⋅ cos30° = 1 ⋅ 10 ⋅ 3 2 = 5 ⋅ 1,7 = 8,54= N ⋅ 12 – A ⋅ 3 2 s N = 8 + 3 A NDe ( Itemos: I), μ⋅ N = 0,1 ⋅ 8,5 = 0,85 N ⋅ 3 2 + A ⋅ 12 = 20 s N = 40 3 − A Fat.=N Pt= P ⋅ sen30° = 1 ⋅ 10 ⋅ 0,5 = 5 NPortanto:(8+ 3 ⋅ A)3 = 40 – A s 8 3 + 3A + A = 40 s FR = Pt– Fat.s m⋅ a = 5 – 0,85 s 1 ⋅ a = 4,15 s a = 4,15s A = 40 8 17 4 − ⋅ , s A = 6,6 N m/s2 27. cDireçãoe sentidoindicadosna figura(para e a l l F A at. PB s μe⋅ N A = m⋅ g s 0,30 ⋅ 100 = m ⋅ 10 s m= 3,0 ao planoincli adoe paracima). n =23. F ⋅ cosθ = f s F ⋅ cosθ = μC ⋅ N at. kg 28. d∴ N F = ⋅ cosθ μ C ou A forçaindicadapelabalançaé: N = m⋅ (g+ a)s N = 2 ⋅ (10+ 3)s N = 26 N ⋅ ⋅ ⋅ +cos cosθ μ θ θ 29. m m 2m T1 T1 T2 T2 P1 P2N mg = C sen24. bF = N (equil b io horizonta ) e Fat. = í r l P (equil b io í r vertica ) lFat.= P s μest.⋅ N = m⋅ g s 0,4 ⋅ F = 10 ⋅ 10 s F = 250 N a)FR = P2 – P1 = m ⋅ total a s25. c
  18. 18. s 2m⋅ g – m⋅ g = 4m⋅ a s m⋅ g = 4m⋅ a s a = g4 32. a)Velocidadeconstante:T = P + A s T = m ⋅ g+ As b)FR1 = T1 – P1 s T1 = m ⋅ g4 + m ⋅ g s T1 = 5 4 ⋅⋅ s T = 320 ⋅ 10 + 1.800 s T = 5.000 N mg b)Subindoacel r do: e a FR2 = P2 – T2 s T2 = 2m ⋅ g – 2m ⋅ g4 s T2 = 3 4 ⋅⋅ N = m⋅ (g+ a)s N = m⋅ g vt+ ΔΔ s mg s N = 60 ⋅ 10 1 4 4 + ce os N = 621 N 30. a) N e F são respectivament os e component s vertica e hori e l zonta da l força R que o chão da caçambaexerce er , a sobrea caixa. F PN v b)v = v + 2a ⋅ Δs s 2 02 Capítulo 4 Trajetórias curvas Conexões s 0 = (20) – 2 ⋅ a ⋅ 100 s 200a = 400 s a = 2 1. A velocidadeangular a mesma é paraos dois isótopos, pois ω = 2 á π á f, e a frequência é 2 igualparaambos. Paraa velocidadeescal r, a temosv = ω á R, em que R é o raio da órbita. Como o U-238 possuimassa maiorqueo U- 235, m/s 2 seu raio de órbita é maior e, Caso a caixa não desli e, a força será z consequen e e t suavelocidadeescal ré t m n e, a máxima e igual à massa da caixa vez s a e maior. acele aç do caminhão: r ão 2. O processodenominado“enriquecimentode Fmáx.= 30 ⋅ 2 = 60 N ur nio” consist emaumen a a proporçãode â e t r ur nio- 35 em relação ao ur nio- â 2 â 238, que na natur z é de0,7%¸ para3,2%. e a Exercícios complementares Logo: F < 60 N (nadireçãoe no sentidoda acele aç do caminhão) r ão 9. d d = 60 cms R = 30 cm31. dDe acordocoma figura,temos: f = 150 rpm 102 ⋅ F = P s F = P2 s F = 2 400 2 . s F = 1.200 N
  19. 19. 150 volt s a 60 s F = k á x= FRc s k á 0,04 = 48 ∴ k = 1.200 N/mx10 sx= 25 volt s aSe cadavoltatem = 2π ⋅ R s  = 2π á 0,30 = 0,6π 23. 540 km/h= 150 m/s No pontomaisbaixodatra e ó j t ria:N = P + FRc m, então: N = m á gvR+s a2 = 80 á 101503000 + bix 2 ()8á 1s N = (0 . )1 volta 0,6π 1.400 N25 volta y sy= 15,0π m= 1.500π cm 24. b Aumen ando o número de volt s para dado t a10. a)Mesmodisco: ω 1 = ω 2 s ωω12 = 1 interv lo de tem a po, a velocidade angular 1553= ⋅⋅= = ω ω aumen a. E, t como o raio perm ec an e constan e, a velocidade escal r tamb m t a éb)vvrr121122 aumen a. Nesse caso, temos acel r t e ação centr p t e acel r í e a e ação tangencial. I so s significadizerque a forçaresu t n e l a t possui um component centr p t responsáve por e í e o, l 1553= ⋅⋅= = ω ω mant r a e tra e ó j t ria circular, e umc)aarrcent.cent. 2 1 121222 component tangencia e l, responsáve pelo l aumen davelocidade. to Tarefa proposta11. d 1. bObserve que, em uma volt a compl te a, a Os pontos do prato do toca- iscos d diferençade percursoentreos raios1 e 8 é compl t m uma volt em tem e a a pos iguais, igualao comprim tode umacircunfe en rência portanto possue m mes a m velocidade deraio 8,0 m. Assim: angular.Assim:ω 1 = ω 2Δs = 2 á π á R = 2 ⋅ 3,14 ⋅ 8 s Δs = 50,24 m 2. c 3 pingos2 s x86.400 s x = 129.600 pingos = 1,3 ⋅ 105 pingos ∴ OG =12. ef á RA = f ⋅ RC s f ⋅ 10 = 180060. ⋅ 90 s f = 270 Hz A C A A 105 3. b O per o derotaçãodaTerra 24 h. Assim: í do éf = f = 270 Hz ω = 2224ππT= ⋅ A BSendov = 2 ⋅ π ⋅ RB ⋅ f , temos: s ω = π12 rad/h B B 4. av = 2 ⋅ π ⋅ 20 ⋅ 270 s v = 10.800π cm/s Na figura,temos:θ 0 = 60° = π3 = rad B B A velocidade angularé: ω = 243200π. sω = π21600. rad/s ⋅ ts θ = π3 + π21600. ⋅ t21. d cent.cent. ⋅= ⋅⋅⋅( ⋅− Portanto:θ = θ 0 + ωFmvRF = ) 5. d ⋅− 72108, • 120 rpm= 2 rps Portanto:f= 2 Hz e T = 0,5 s 910210510 Fcent. = −2316211 ssss N • A velocidadeangularé a mes aparaas m duasmass s. a • A velocidadelineardependedo raio: v = 2π ⋅ R ⋅ f22. r = 24 cm= 0,24 mv = ω á r = 10 á 0,24 = 2,4 m/sFmvr N= ⋅= Rc ⋅() 2222402448,, = • As duas possue m acel r e ação centr p t í e a diferen e t dezero. 6. R = 20 cm d = 24π m
  20. 20. í e r da rodaé dado por: p = 2π ⋅ 0,20 8. a f = 30 rpm÷ 60 s f= 0,5 HzO per m t o v = 2π ⋅ R ⋅ fs v = 2π ⋅ 5 ⋅ 0,5 s v = 5π cm/ss p = 0,4π m1 volta0,4 π mx24π m Como v = ω á R:x= 60 volt s a ⋅ 5 s ω = π rad/sf=6030 s f = 2 volt s ou peda a a por a l d ssegundo 5π = ω7. Como existeumúnico orif ciono disco, em í1 minuto ele deve girar 30 vez s, para ereceber as30 balas;f= 30 volt s/ a min 9. cEm alguns casos, a denominação Sendo a velocidadeconstan e,a acele aç t r ão“frequênciaangular” parecemaisadequada, centr p t avR =et ptamb m constan e. í e a c ní r2 é é tporém pode- e s empregar “velocidade 11angular” como sinônimo para facilita a rexplicação.
  21. 21. N – P = Fc s N – m⋅ g =10. df ⋅ R1 = f ⋅ R2 s 100 ⋅ R1 = f ⋅ (2⋅ R1)s f = 50 rpm 1 2 2 2 = mv R N ⋅ = ⋅ ()+ ⋅ 2 2 1 080 11 1 20 1 080 10 s11. cComo a polia foi montada no mesmo eixo do motor:ω eixo= ω polia12. e s .,. s N = 17.453,3 newtons ou N = 1,75 ⋅ 104A velocidadedospontosda super í i do lápisé f ce dadapor:v = 2π ⋅ r ⋅ f ( ) I newtons 18. F – F – V – V – FComo ocorreo desloca en de 15 cm em0,3 m to α α N PNy Nx s, temos: I.(F)A resu t n e l a t devesercompost pela a sv = 15 03 ,= 50 cm/s( I I) três forçasindicadas na figura. ⋅ r ⋅ f = 50 s f = 50 I (F)Veja I . figura. I I Veja I (V) . figura.Ig a a do Ie I ,temos: 2π u l n I IV.(V)O componen e t horizonta da reação l do soloé part daresul a t deforças. e t n e V. (F)Não há componen e t horizonta paraforça l 2314 04 ⋅ ⋅ ,, s peso. 19. c Na posição mais baixa, a leitur será maior e, a na posiçãomaisalta,menor.Nas posiçõesA e C, as leitur s serão as mes a pois têm a a m s,s f= 20 Hz mes a m resu t n e l a t emmódulo. 20. d13. bComo o trechocircular o mes é mo,temos: 300 rpm= 5 rpss f= 5 Hz ω = ω 0 + j⋅ ts 2 ⋅ π ⋅ f = 0 + j⋅ 20 s j= 2 π ⋅ ⋅ 5 20ω 1 = ω 2 s vR vR ’’ = s vR’ 32 = vR s v’ = 32 ⋅ v14. e s j= π2 rad/s2 Δθπ 2= 12 2 2 ⋅ ⋅ jtπ = π π ⋅ ( ) ⋅ 20 8A velocidade linear depende do raio do ele en m to que está girando. Portanto, os pontos mais distan e do centro têm as t s n= 2 s n= maioresvelocidadeslinear s. e15. a 50 volt s aO vetor velocidade é tangent à curva e o e vetoracele aç é orientadoparao centro r ão 21. Soma= 23 (01+ 02 + 04 + 16) dacurva. v = 540 km/hs v = 150 m/s16. a)A funçãohoráriaé dadapor: R = 450 m m = 70 kgh = 20 ⋅ cosπ π 120 ⋅ + p a= 9 ⋅ g no + 20 (S ) çt I 60 4020 60 120 180 240 t (s)h (m) 0 (01)Corret ParaR = 250 m, temos: a.b)Supondoumavolta cada40 s, temos: a a = vR a 2 2 150 250 s c c = ()= 90 m/s2ω 0 = 240π s ω0 = π 20 rad/s= 0,15 rad/sa = ω 02 ⋅ R = c π 20 2 2= d ⋅ 4 s a = π2 100 m/s = 0,1 s c 2 (02)Correta.Fc = m⋅ vR 2 70 150 450 = 2 ⋅( m/s2 )s 10 20 30 40t (s)ac (m/s )0 2 s Fc = 3.500 N (peso= 700 N)17. No pontomaisbaixo,temos: (04)Corret a = 150 450 2 ( )= 50 m/s a. c 2 ou 5,1 á gv = 40 km/hs v = 11,1 m/s
  22. 22. (08)Errada.P – N = Fc s m⋅ g – N = m v R v R g⋅ = ⋅ 22s s s v = 67,08 m/sou v = 241,5 km/h (16)Correta.N – P = Fc s N – mg= mv R⋅ 212
  23. 23. N mv R mg N mvR g = ⋅ + ⋅ = + R g2 2 s mNN = 70 ⋅ 150 450 10 2 ()+ ) 4 1N 4.200 N 5 =
  24. 24. (32)Errada.Variaemcadapontodatra e ój t ria(obser e v os itensanteriores).(64)Errada.A acel r e açãoseriam ni a. í m22. b1. Errada.Soment duasforças:pesoe Rar e .2. Correta.Menorresis ênciado ar. t3. Errada.Diminuio atrito;a bolaperdemenosvelocidade.4. Errada.No vácuo, o movimen é parabólico. to23. Soma= 27 (01+ 02 + 08 + 16)(01)Correta.(02)Correta.(04)Incorre a. resu t n e do tipocentr p t . t A l a té í e a(08)Correta. 45° P FC FFC = P = m⋅ gFC = 10.000 ⋅ 10 = 100.000 N(16)Corret F mv R v C = a. ⋅ = ⋅ 2 2 100 000 10 000 1 000 s . . .v = 100 m/s= 360 km/h(32)Incorre a. t Depende do ângulo.24. aSe o carrorecebe umaforça“extra”do ar, parabaixo(deintensidadeigualà da força peso),entãoa intensidadeda forçanorma será iguala duasvez s intensidadeda l e a forçapeso.N = 2⋅ PF F mv r N mvr mg c a = ⋅= ⋅⋅= ⋅⋅⋅⋅s s s 22 2μ μss vv2 100 125 2 10 2500 50 = ⋅ ⋅ ⋅ = = , .m s25. cF F mv r N mr mg c a = ⋅= ⋅⋅= ⋅⋅⋅s s s 22 μ μ vs v = 100 á 0,4 á 10 = 400 s v = 20 m/s 226. dNo ponto P, a força peso é vertica e para baixo, e a força norma apontapara o l l centroda curva. Portanto, a forçanorma atuacomo a resul a t centr p t .A l t n e í e a forçaqueo pilototrocacoma poltrona a forçanorma é l.v = 216 km/h= 60 m/sN F mv r = = ⋅= ⋅= c N 22 80 6090 3200 . 27. c A única força na bola é a força peso, que age como resu t n ecentr p t .O l a t í e a movimen toda bola é circulare uniform a força peso é perp e: endicul rao vetor a velocidade.
  25. 25. 28. e a = vR = 10 5 102 3 ()⋅ c 2 − s a = 2 ⋅ 104 km/h = 20.000 km/h c 2 2 29. a I. Correta. I Corret a = vR I. a. c 2 II I Errada. . 30. b Rc = P s mvR mg 2 = ⋅ s v= R g ⋅ 31. a)CasoI:CasoI : IC N Fat.P P C N Rc P b)Caso I: Rc = Fat.s mv R⋅ 2 = μ⋅ m⋅ g s s μ= v R g 2 ⋅ = 10 100 10 2 ()⋅ s μ= 0,1 c)Caso I : I tgθ = RPc s tg45° = mvR mg s 2 s 1 = v R g 2 ⋅ s v = 100 10 1 ⋅ ⋅ s v = 31,6 m/s 32. e Observ a figuraao lado: e cos60° = Ri12 = R°  = 2RTT FP R mR mg⋅⋅ = = ⋅ = ⋅ ⋅ cos° sen° sen° c 60 60 60 2 2 ω ss s 1 60 60 2 2 2 ⋅ = ⋅ = sen° sen° ω ω g g Substituindoos valores,temos: S ( ) ⋅ 10 4 087 2 , s  = 0,72 mou  = 72 cm = 30° P R T13

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