[1] O documento apresenta um capítulo sobre cinemática vetorial, com conexões, exercícios e suas respostas. [2] Inclui definições de grandezas vetoriais como deslocamento, velocidade e aceleração, além de exercícios sobre cálculo de módulos e componentes de vetores. [3] Aborda conceitos como movimento uniforme e variado, aceleração centrípeta e tangencial em curvas, além de identificar grandezas como escalares ou vetoriais.

1. física
leis de newton
Capítulo 1Cinemática vetorial
Conexões
1. De acordocoma figura,temos:a = 6 cmea = 8 cm. O módulodo vetora é dadopor:
x y
) )
aa=( + ( =681022scm
2. Observeque: θ + 53° = 90° s θ 37°
=
3. Os módulosdoscomponentes aa e valem:
 xy
a = 0 e a = 10 cm. Portanto:a = a’y= 10 cm
x y
Exercícios complementares
9. I.Deslocamento umagrandeza
é vetorial.
I Áreaé umagrande a
I. z escal r.
a
II
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.
a
V. In e v l detem é umagrande a
t r a o po z escal r.
a
10. b
Peloteore a
m dePitágoras:
R= + = + 3491622 s
s R = 5 cm
11. c
d 1y – d 2yd Rd 2x
d2y= d2 ⋅ sen30° = 6 ⋅ 12 = 3
d2x= d2 ⋅ cos30° = 6 ⋅ 32 = 33
d1 = d1y– d2y= 10 – 3 = 7
Peloteore a m dePitágoras:
dR222733= + ()
s dR2 = 49 + 27 s
s dR=76 s dRkm=219
12. Soma= 23 (01+ 02 + 04 + 16)
(01)Correta.Os módulosdosvetore a e b sãoiguaise val m:
s e
)
abab== ( + )
( = = 404040222,,,scm
Como 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. O desloca en pela ruasseráde900 msemandarnacontra ão.
m to s m
Como v = ΔΔΔstt 5900= s Δt= 180 s ou 3 min
s
b)A400m300mA rB
vrt m= = Δ Δ 500180á 3,6 = 10 km/h
AB

3. 2
Tarefa proposta
1. c
Uma grande a
z vetoria necessit de um valornumérico (medi a)com a suarespec
l a d tiv unidade, uma
a
direçãoe umsentido.
2. b
Da 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 = 0
V. Correta.d = 2 ⋅ 210 = 420 m
4. b
Os 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 2
5. a
8 km5 kmSNOL6km60ºACBFED
No tri n lo
â gu ret n u CDE, temos:
â g lo
DE = CD ⋅ cos60° = 6 ⋅ 0,50 s DE = 3 km
Portanto:
BF = BD − DE − EF s BF = 8 − 3 − 5 s BF = 0
Assim:
AB = AF = CE s AB = CD ⋅ sen60° s
s AB = 6 ⋅ 32 s AB = 33 km
6. e
1: acel r
e açãodagravidade
2: acel r
e açãocentr p t
í e a
3: acel r
e açãotangencial
4: acel r
e açãovariáve tangencia
l l
7. 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. 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. 3
Velocidadevetorialmédia:
vrtv = Δ Δ = = 2024022,,s m/s
mm
12. Soma= 19 (01+ 02 + 16)
(04)Errada.Vetoresiguais:os módulos,asdireções os sen
e tidossãoiguais.
(08)Errada.O módulonão depende dadireção.
13. c
O 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. d
I. Falsa. O peso é grandeza vetorial.
IV.Falsa.A tem e a u a grande a
p r t ré z escal r.
a
15. d
I. 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
t
17. d
Foi 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 2
18. d
Observandoa figura,conclu m s:
í o
I.Corret a.
– a3j2i
–aij= +23
I 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. 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 de
28. a N ewton
O vetor acel r
e ação centr p t é radial e
í e a
orientadoparao centrodacurva. Conexões
29. c 1. Quando o trem do metrô se move com
De 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.
l
30. 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 t
v ⋅ 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 falarem
A 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 mo
31. 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 = 102N
ΔrR = 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:
l
32. 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. e
a = 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. 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 apenas
Portanto,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 N
Emmódulo,temos:
FR = 3 ⋅ 10 s FR = 30 N
10. d
21. d • FR = m ⋅ a = 2,0 ⋅ 3,0 s FR = 6,0 N
1 1
Maria 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. d
De 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, paraum
23. V – F
carrode900 kg, temos:F = m⋅ a s 1.800 = 900
I .
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/s
Entre 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. 2
Tarefa 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. c
FR2 = T2 + T2 = 2 ⋅ T2 s FR = 2 ⋅ T
5.250 N
3. d b) Pelo princ p da ação e reação, se a
í io
empilh eiraexerceumaforçana caixade
ad
A 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 sentido
FR = 0
contrário. Assim,temos:
4. d
Pemp.+ F = N emp.s
Como 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.
l
5. 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 N
Direção:vertica no planodafigura
l
Sentido:parao norte 14. a = Fm= 12 6 s a = 2 m/s2
b)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. s v = 0,4 + 2 ⋅ (1,5– 0,5)s v = 2,4 m/s
15. c
5

9. Emmódulo:F1 = F2 s m ⋅ ΔΔ vt = m ⋅ ΔΔ vt s
16. c
A 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 s
I.(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 ão
II
I (V)
.
s 90 ⋅ 2 = 75 ⋅ v s v = 2,4 m/s
18. b
a = ΔΔ = vt80 5 = 16 m/s2 2 2
FR = 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 N
19. 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
t
s 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 e
s Δs = 320 + 160 + 100 + 10 s Δs = 590 m
Sendo FR = m ⋅ a, o gráfico corre
Assim,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 a
II
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 s
20. a
v = v + 2 ⋅ a ⋅ Δs s 5,02 = 02 + 2 ⋅ a ⋅ 25 s
2 02
s 25 = a á 50 s a = 0,5 m/s2 s 95.000 – 15.000 = 1.500 ⋅ a s 80.000 = 1.500
FR = m⋅ a = 6,0 ⋅ 0,5 = 3,0 N
⋅ as
21. a
I. Correto. A massa é uma m e di da da inércia do corpo.
s a = 800 15 H 53 m/s2
I 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 t
II
I Errado. Ação e reaçãonão seaplicam
. sobre
resul a t deforçasé nulasobreo obje
t n e to.
o mesmocorpo.
30. c
22. c
I. Correta.
I Errada.Difere no sentido.
I. m
II
I Correta.
.
23. a

10. De acordocoma leideaçãoe reação.
FR = Fap. – Fres. s m ⋅ a = Fap. – Fres.s m ⋅ 2 2 ⋅ Δs t =
Capítulo 3 Forças da mecânica
Fap.– Fres.s Conexões
s 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.
Coloque
31. b 6
32. a

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. l
Dentro 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
e
Exercícios complementares igual à intensidadedo peso do contrap so. e
9. No bloco1: FR = P1 − T
1
Como as forçasno ele adorsão peso (para
v
No bloco2: FR2 = T − P2 baixo), traçãodo motor(paracima)e tração
a) 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− Pcontrapeso
s a = 2,0 m/s2
b)Na equaçãodo bloco1, obtemos: 21. b
144 km/h= 40 m/s
6,0 ⋅ 2,0 = 60 − T s
v² = v + 2 ⋅ a ⋅ Δs
02 s 0 = (40) + 2 ⋅ a ⋅ 250 s a =
2
s 12 = 60 − T s T = 48 N −3,2 m/s2
10. c
FR = Fat.s m⋅ a = μ ⋅ m⋅ g
O 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
A
Para 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,partindo
11. 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 v
T1 = 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. • 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. a
SendoTC2 = 2 ⋅ TB2 e TB2 = TA2, temos:
• I in
m ênciademovimento:
Fat.= μ⋅ N (I)
TA1= TA2 = TB1 = TB2 < TC1 = TC2
3. 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 N
4. 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. 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.=
s
Substituindoem( I :
I)
s m⋅ a = μe⋅ m⋅ g s a = 0,8 ⋅ 10 = 8,0 m/s
F ⋅ 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 b
s F = μθμθ⋅+ ⋅Pccoosssseenn
9. c
• Fat.(máx.)= μe⋅ m⋅ g = 0,4 ⋅ 0,5 ⋅ 10 s Fat.(máx.)= 2 N
6. 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 a
Na 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
máá
b)_− 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. FaPg
2T ’ = 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 s
7. c
A únicaforçaque atuasobrea bolaé a força
peso.
8. c
s Far= 2,5 – 0,5 s Far= 2 N
12. e
e RPT
F

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
8
Dividindo( ) I):

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(normal
Quando ocorrerperdade contato,teremo N
s e atrito).
= 0 e, portanto:
18. c
P = 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/s
A 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 s
10 ⋅ cosα = 0,5 ⋅ a s 10 ⋅ cos30° = 0,5 ⋅ a s
x x 19. Analisandoasforçashorizontais,temos:
AF B C T1 –T1 T2 –T2
s ax= 10 3 2 05 ⋅ ⋅ , s a = 10 3 m/s
x 2 Bloco A: T1 = m ⋅ a
A
Bloco B: T2 – T1 = m ⋅ a
Como 3 = 1,73, temos:a = 17,3 m/s
x 2
15. Observe figura:
a
B
m MF T T R Pm Pm
No corpodemassa temos:(equil b io
m, í r )
T = Pms T = 2,5 ⋅ 10 = 25 N
Bloco C: F – T2 = m ⋅ a
C
No corpodemassaM, temos:(equil b io
í r )
F = (m + m + m )⋅ a
R + 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
C
16. 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
B
SendoF = Fat.(máx.)s F = μ⋅ N = μ⋅ P ( I )
II
21. N Fx Fy y
Substituindo( ) ( 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. P + Fy= N s P + F á senα = N s 22. Observe figura:
a
s 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
9
12 N

17. A forçaresul a t no blocoé R = m⋅ a. Assim:
t n e m= 0,05 g = 0,05 ⋅ 10–3 kg
R = 2,0 ⋅ 2,0 s R = 4,0 N Velocidadeconstan e: at.= P = m⋅ g = 0,05 ⋅ 10–3
t F
Emx, temos:R = N ⋅ sen30° – A ⋅ cos30° ( )
I ⋅ 10 =
Emy, temos:N á cos30° + A ⋅ sen30° = P (II) = 5,0 ⋅ 10–4 N
Substituindoos valores: 26. a
De ( ),
I vem:
N = P = Pn = P ⋅ cos30° = 1 ⋅ 10 ⋅ 3 2 = 5 ⋅ 1,7 = 8,5
4= N ⋅ 12 – A ⋅ 3 2 s N = 8 + 3 A
N
De ( 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 N
Portanto:
(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 = 4,15
s A = 40 8 17 4 − ⋅ , s A = 6,6 N
m/s2
27. c
Direçãoe 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 P2
N mg = C sen
24. b
F = N (equil b io horizonta ) e Fat. =
í r l P
(equil b io
í r vertica )
l
Fat.= P s μest.⋅ N = m⋅ g s 0,4 ⋅ F = 10 ⋅ 10 s F = 250 N
a)FR = P2 – P1 = m ⋅
total a s
25. c

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 cm
31. d
De acordocoma figura,temos: f = 150 rpm
10
2 ⋅ F = P s F = P2 s F = 2 400 2 . s F = 1.200 N

19. 150 volt s
a 60 s
F = k á x= FRc s k á 0,04 = 48 ∴ k = 1.200 N/m
x10 s
x= 25 volt s
a
Se 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 N
25 volta y
s
y= 15,0π m= 1.500π cm 24. b
Aumen ando o número de volt s para dado
t a
10. 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 é
b)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 um
c)aarrcent.cent. 2
1 121222 component tangencia
e l, responsáve pelo
l
aumen davelocidade.
to
Tarefa proposta
11. d 1. b
Observe 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 2
Δs = 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. e
f 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 é
f = f = 270 Hz
ω = 2224ππT= ⋅
A B
Sendov = 2 ⋅ π ⋅ RB ⋅ f , temos:
s ω = π12 rad/h
B B
4. a
v = 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. ⋅ t
21. d
cent.cent. ⋅= ⋅⋅⋅( ⋅−
Portanto:θ = θ 0 + ω
FmvRF = )
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 ⋅ f
22. r = 24 cm= 0,24 m
v = ω á r = 10 á 0,24 = 2,4 m/s
Fmvr 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. í e r da rodaé dado por: p = 2π ⋅ 0,20
8. a
f = 30 rpm÷ 60 s f= 0,5 Hz
O per m t o
v = 2π ⋅ R ⋅ fs v = 2π ⋅ 5 ⋅ 0,5 s v = 5π cm/s
s p = 0,4π m
1 volta0,4 π m
x24π m Como v = ω á R:
x= 60 volt s
a
⋅ 5 s ω = π rad/s
f=6030 s f = 2 volt s ou peda a a por
a l d s
segundo 5π = ω
7. Como existeumúnico orif ciono disco, em
í
1 minuto ele deve girar 30 vez s, para
e
receber as30 balas;f= 30 volt s/
a min 9. c
Em 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 t
porém pode- e
s empregar “velocidade 11
angular” como sinônimo para facilita a
r
explicação.

21. N – P = Fc s N – m⋅ g =
10. d
f ⋅ 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 s
11. c
Como a polia foi montada no mesmo eixo do
motor:
ω eixo= ω polia
12. e s .,.
s N = 17.453,3 newtons ou N = 1,75 ⋅ 104
A velocidadedospontosda super í i do lápisé
f ce
dadapor:
v = 2π ⋅ r ⋅ f ( )
I
newtons
18. F – F – V – V – F
Como 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 s
v = 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. d
13. b
Como 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 20
ω 1 = ω 2 s vR vR ’’ = s vR’ 32 = vR s v’ = 32 ⋅ v
14. e s j= π2 rad/s2
Δθπ 2= 12 2 2 ⋅ ⋅ jtπ = π π ⋅ ( ) ⋅ 20 8
A 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.
e
15. a 50 volt s
a
O 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/s
16. a)A funçãohoráriaé dadapor: R = 450 m
m = 70 kg
h = 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/s2
ω 0 = 240π s ω0 = π 20 rad/s= 0,15 rad/s
a = 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 g
v = 40 km/hs v = 11,1 m/s

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⋅ 2
12

23. N mv R mg N mvR g = ⋅ + ⋅ = + R g2 2 s
mN
N = 70 ⋅ 150 450 10 2 ()+ ) 4 1N 4.200 N
5 =

24. (32)Errada.Variaemcadapontodatra e ój t ria(obser e
v os itensanteriores).
(64)Errada.A acel r
e açãoseriam ni a.
í m
22. b
1. Errada.Soment duasforças:pesoe Rar
e .
2. Correta.Menorresis ênciado ar.
t
3. Errada.Diminuio atrito;a bolaperdemenosvelocidade.
4. Errada.No vácuo, o movimen é parabólico.
to
23. 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 F
FC = P = m⋅ g
FC = 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. a
Se 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⋅ P
F F mv r N mvr mg c a = ⋅= ⋅⋅= ⋅⋅⋅⋅s s s 22 2μ μ
ss vv2 100 125 2 10 2500 50 = ⋅ ⋅ ⋅ = = , .m s
25. c
F F mv r N mr mg c a = ⋅= ⋅⋅= ⋅⋅⋅s s s 22 μ μ v
s v = 100 á 0,4 á 10 = 400 s v = 20 m/s
2
26. d
No 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/s
N 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. 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 :
I
C 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° = Ri
12 = R°
 = 2R
TT FP R mR mg⋅⋅ = = ⋅ = ⋅ ⋅ cos° sen° sen° c 60 60 60 2 2
ω s
s 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 T
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