IME2009 - Olimpo

2009
IME
FÍSICA
"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"
Galileu Galilei
Questão 01
Considere o sistema mostrado abaixo onde um recipiente cilíndrico com gás ideal é mantido a uma temperatura T por
ação de uma placa quente. A tampa do recipiente, com massa m , é equilibrada pela ação do gás. Esta tampa está
conectada, por meio de uma haste não deformável, ao êmbolo de um tubo de ar, aberto na extremidade inferior.
Sabendo-se que existe um diapasão vibrando a uma freqüência f na extremidade aberta, determine o menor número
de mols do gás necessário para que seja observado o modo fundamental de ressonância do tubo de ar.
Dado: velocidade de propagação do som no ar: v
Observação: o conjunto haste-êmbolo possui massa desprezível.
ÊMBOLO
m
GÁS
PLACA
QUENTE
FOGO
DIAPASÃO
Resolução:
Fatm
L
Fgás
W
No modo fundamental
1
h= λ
4
∴λ = 4h
Lembrando que
v = λf
v = 4h ⋅ f
v
h=
(1)
4f
L
Fatm = Patm ⋅ A
Fgás = Pgás ⋅ A
W = mg
No equilíbrio
Fgás = W + Fatm
Pgás ⋅ A = mg + Patm ⋅ A
( 2)
Pgás ⋅ V = nRT
Pgás ⋅ A ⋅ h = nRT
Pgás ⋅ A =
nRT
h
( 3)
Substituindo (1) em ( 3)
Pgás ⋅ A =
nRT
v
4f
Pgás ⋅ A =
4 f ⋅ nRT
v
( 4)
( 4) → ( 2)
4 f ⋅ nRT
= mg + Patm ⋅ A
v
v
n=
( mg + Patm ⋅ A)
4 f ⋅ RT
Questão 02
Um bloco B , de material isolante elétrico, sustenta uma fina plana metálica P1 , de massa desprezível, distante 8 cm de
outra placa idêntica, P2 , estando ambas com uma carga Q = 0,12 μ C . Presa à parede A e ao bloco está uma mola de
constante k = 80 N/m , inicialmente não deformada. A posição de equilíbrio do bloco depende da força exercida pelo
vento. Esta força é uma função quadrática da velocidade do vento, conforme apresenta o gráfico abaixo. Na ausência
de vento, a leitura do medidor de tensão ideal é de 16 mV . Calcule a velocidade do vento quando o bloco estiver
estacionário e a leitura do medidor for 12 mV . Despreze o atrito.
V
A
P2
Força: N
2,5
P1
B
Vento
2,0
1,5
1,0
0,5
0
0
20 40 60 80 100
Velocidade do Vento: km/h
Resolução:
i)
Cálculo da força elétrica de atração entre as placas no instante em que a mola ainda não está deformada:
1
1 U 1
16 ⋅ 10−3
Fel = QE = Q ⋅ = ⋅ 0,12 ⋅ 10−6 ⋅
2
2
d 2
8 ⋅ 10−2
Fel = 1, 2 ⋅ 10−8 N , que é muito pequena e praticamente não deforma a mola de constante elástica 80 N/m .
ii)
Desprezando a força elétrica entre as placas, para a nova posição de equilíbrio (com o vento) temos:
(1)
Fvento = Fmola = kx = k ( d1 − d 2 ) , em que d 2 é a nova distância entre as placas e d1 = 8 ⋅ 10−2 m
2
No capacitor vale a relação:
U1 U 2
16 mV
12 mV
=
⇒
=
⇒ d 2 = 6 ⋅ 10−2 m
d1 d 2
8 ⋅ 10−2 m
d2
Voltando em (1) :
Fvento = 80
iii)
N
(8 ⋅10−2 − 6 ⋅10−2 ) m = 1,6 N .
m
2
Lembrando que Fvento = a ⋅ vvento
e tomando no gráfico o ponto de coordenadas (100; 2,5 ) :
2,5 = a ⋅1002 ⇒ a = 2,5 ⋅10−4
N
⎛ km ⎞
⎜
⎟
⎝ h ⎠
2
Logo a função será:
2
Fvento = 2,5 ⋅10−4 ⋅ vvento
Substituindo Fvento = 1, 6 N :
2
1, 6 = 2,5 ⋅10−4 ⋅ vvento
vvento = 80 km/h
Questão 03
Dois corpos A e B encontram-se sobre um plano horizontal sem atrito. Um observador inercial O está na origem do
eixo x . Os corpos A e B sofrem colisão frontal perfeitamente elástica, sendo que, inicialmente, o corpo A tem
velocidade v A = 2 m/s (na direção x com sentido positivo) e o corpo B está parado na posição x = 2 m . Considere um
outro observador inercial O ' , que no instante da colisão tem a sua posição coincidente com a do observador O . Se a
velocidade relativa de O ' em relação a O é v0 = 2 m/s (na direção x com sentido positivo), determine em relação a
O' :
a) as velocidades dos corpos A e B após a colisão;
b) a posição do corpo A dois segundos após a colisão.
Dados:
• massa de A = 100 g ;
• massa de B = 200 g ;
Resolução:
a) Resolvendo a colisão em relação ao observador O :
Antes
vA = 2 m/s vB = 0
A
B
x (m)
2
0
QA = mA vA
Depois
v1
v2
A
2
0
QD = mA · vI + mB · v2
QD = QA
vaf = vap
mAv1 + mB v2 = mAv A
v2 − v1 = v A
0,1v1 + 0, 2v2 = 0,1 ⋅ 2
v2 − v1 = 2
v1 + 2v2 = 2
B
( 2)
(1)
3
x (m)
De (1) e ( 2 ) vem:
4
m/s
3
2
v1 = − m/s (sentido contrário ao do eixo x )
3
Cálculo das velocidades v A ' e vB ' dos blocos A e B , respectivamente, em relação ao observador O ' que tem velocidade
v2 =
v0 ' = 2 m/s .
2
8
v A ' = v1 − v0 ' = − − 2 = −
3
3
4
2
vB ' = v2 − v0 ' = − 2 = −
3
3
8
2
∴ v A ' = − m/s e vB ' = − m/s
3
3
b)
Equação horária de A em relação ao observador O ' :
8
sA = 2 − t
3
Fazendo t = 2 s :
8
16
10
sA = 2 − ⋅ 2 = 2 − = −
3
3
3
10
10
∴ s A = − m (respeitando a orientação dada ao eixo x no item a , o bloco A estaria
m a esquerda de O ' 2 s após a
3
3
colisão).
Questão 04
Um dispositivo fotovoltaico circular de raio α produz uma tensão proporcional à intensidade de luz incidente. Na
experiência da figura 1, um feixe espesso de luz, bem maior que a área do dispositivo fotovoltaico, incide
ortogonalmente sobre o mesmo, provocando a tensão V1 entre os terminais do resistor.
Na experiência da figura 2, mantendo-se as mesmas condições de iluminação da primeira experiência, uma lente
convergente de distância focal f é colocada a uma distância p do dispositivo fotovoltaico, provocando um aumento da
tensão sobre o resistor.
Calcule a corrente que circulará pelo resistor durante a segunda experiência nos seguintes casos:
a) p < f ;
b)
f < p<2f .
Observações:
●
●
o feixe de luz incide paralelamente ao eixo óptico da lente da segunda experiência;
o feixe de luz tem intensidade uniformemente distribuída no plano incidente.
p
Dispositivo
Fotovoltaico
R
Dispositivo
Fotovoltaico
2a
Lente Convergente
figura 1
figura 2
4
R
Resolução:
a)
Para p < f :
Dispositivo
fotovoltaico
b
a
a
Por semelhança de triângulos:
β
f
=
α f −p
F
b
⎛ f ⎞
∴β = α ⎜
⎟
⎝ f − p⎠
f–p
p
f
Se a tensão é proporcional à intensidade da luz incidente, então podemos escrever:
V1 = k ⋅ α 2
V2 = k ⋅ β2 , em que k é uma constante de proporcionalidade e V2 é a tensão na experiência 2.
Do exposto:
2
⎡ ⎛ f ⎞⎤
f ⎞
2 ⎛
V2 = k ⎢α ⎜
⎟⎥ = k α ⎜
⎟
f
−
p
f
−
p⎠
⎠⎦
⎝
⎣ ⎝
⎛ f ⎞
V2 = V1 ⎜
⎟
⎝ f − p⎠
2
2
Resolvendo o circuito elétrico:
V2 = R ⋅ i , em que i é a intensidade da corrente pedida.
2
⎛ f ⎞
V1 ⎜
⎟ = R ⋅i
⎝ f − p⎠
∴i=
b)
V1 ⎛ f ⎞
⎜
⎟
R⎝ f − p⎠
2
Para f < p < 2 f :
b
a
F
b
Por semelhança de triângulos:
f
β
=
α p− f
a
⎛ f ⎞
∴β = α ⎜
⎟
⎝ p− f ⎠
p–f
f
p
De modo análogo ao item a:
i=
V1 ⎛ f ⎞
⎜
⎟
R⎝ p− f ⎠
2
5
Questão 05
Os pontos A e B da malha de resistores da figura 2 são conectados aos pontos x e y do circuito da figura 1. Nesta
situação, observa-se uma dissipação de P watts na malha. Em seguida, conecta-se o ponto C ao ponto F e o ponto
E ao ponto H , o que produz um incremento de 12,5% na potência dissipada na malha. Calcule a resistência R dos
resistores que compõem a malha.
A
x
+
–
10,5V
H
+
– 8V
2,5W
R
C
R
R
R
R
R
G
10W
y
D
F
R
R
figura 1
E
B
figura 2
Resolução:
Por Thevenin o circuito pode ser substituído por:
x
Rth
U th = 10 V
Rth = 2 Ω
Uth
y
Na 1ª situação a resistência equivalente da malha vale Req = 2 R . Então teremos o seguinte circuito:
i=
2W
10 V
2R
10
2R + 2
⎛ 10 ⎞
P = 2R ⋅ ⎜
⎟
⎝ 2R + 2 ⎠
i
2
Na 2ª situação, fazendo as ligações indicadas a malha ficará com o seguinte aspecto:
A
H
A
C
G
R
R
H E
D
F
R
F
2R
2R
R
E
B
B
Dessa forma o novo circuito será:
i' =
Rth
Uth
R
10
R+2
⎛ 10 ⎞
P' = R⎜
⎟
⎝ R+2⎠
i'
2
Como P ' = 1,125 P
2
⎛ 10 ⎞
⎛ 10 ⎞
R⎜
⎟ = 1,125 ⋅ 2 R ⎜
⎟
⎝ R+2⎠
⎝ 2R + 2 ⎠
2
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
⎜
⎟ = 2, 25 ⎜
⎟
R
2
+
⎝
⎠
⎝ 2R + 2 ⎠
1
1,5
=
R + 2 2R + 2
2 R + 2 = 3 + 1,5 R
R = 2,0 Ω
2
2
6
C
Req = R
Questão 06
A figura mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma barra BD , dois cabos AD e DE , e uma viga horizontal
CF . A barra é fixada em B . Os cabos, de seção transversal circular de 5 mm de diâmetro, são inextensíveis e fixados
nos pontos A , D e E . A viga de material uniforme e homogêneo é apoiada em C e sustentada pelo cabo DE . Ao ser
colocado um bloco de 100 kg de massa na extremidade F da viga, determine:
a) a força no trecho ED do cabo;
b) as reações horizontal e vertical no apoio C da viga;
c) as reações horizontal e vertical no apoio B da barra.
Dados: aceleração da gravidade: 10 m/s 2 ; densidades lineares de massa: μ1 = 30 kg/m , μ 2 = 20 kg/m , μ3 = 10 kg/m ;
20 ≈ 4,5 .
D
cabo
rra
2,0 m
cabo
ba
A
2,0 m
B
2,0 m
bloco
viga
C
2,0 m
2,0 m
E
m2
m1
3,0 m
1,5 m
Resolução:
Da figura: sen α = 4 , cos α = 3
5
5
sen β = 4 , cos β = 8
9
9
20 ≈ 4,5 )
(Fazendo
D
TDA
2,0 m
g bq
TDE
j
A
FB
2,0 m
G
g–b
cabo
B
2,0 m
TDE
bloco
(+)
a
C
RC
2,0 m
2,0 m
P3
P2
P1
3,0 m
E
1,5 m
1,5 m
3,0 m
7
F
m3
1,5 m
3,0 m
F
a)
∑ τc = 0
− P1 ⋅ 1,5 − P2 ⋅ 4,5 − P3 ⋅ 7,5 − PB ⋅ 9 + TDE sen α ⋅ 4,5 = 0
4
−1350 − 2700 − 2250 − 9000 + TDE ⋅ ⋅ 4,5 = 0
5
4
⋅ 4,5 ⋅ TDE = 15300
5
∴ TDE = 4250 N
b)
∑ Fx = 0
Rcx − TDE ⋅ cos α = 0
Rcx = TDE ⋅ cos x
∴ Rcx = 4250 ⋅
3
= 2550 N
5
∑ Fy = 0
TDE ⋅ sen α − P1 − P2 − P3 − PB + Rcy = 0
⎛4⎞
∴ Rc y = 2800 − 4250 ⋅ ⎜ ⎟ = −600 N
⎝5⎠
c)
A força resultante em B
G
G
( F ) , tem mesmo módulo e direção e sentido contrário da resultante das trações T
DA
B
D
FB
– FB
B
Assim, fazendo lei dos senos no triângulo ΔBDG :
FB
TDE
=
sen ϕ sen ( γ − β )
∴
FB
TDE
=
sen ( 90 + α − γ ) sen ( γ − β )
∴
FB
TDE
=
cosγ ⋅ cosα + senγ ⋅ senα senγ ⋅ cosβ − senβ ⋅ cosγ
FB
TDE
=
4 3 8 4 8 8 4 4
⋅ + ⋅
⋅ − ⋅
9 5 9 5 9 9 9 9
FB TDE
=
44 48
45 81
FB =
⎛ 44 ⎞ ⎛ 81 ⎞
FB = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ TDE
⎝ 45 ⎠ ⎝ 48 ⎠
⎧⎪ FBx = FB ⋅ senβ = 3117N
33
⋅ 4250 N ∴ ⎨
20
⎪⎩ FBγ = FB ⋅ cos β = 6233N
8
G
e TDE .
Questão 07
Um industrial possui uma máquina térmica operando em um ciclo termodinâmico, cuja fonte de alimentação advém da
queima de óleo combustível a 800 K . Preocupado com os elevados custos do petróleo, ele contrata os serviços de um
inventor. Após estudo, o inventor afirma que o uso do óleo combustível pode ser minimizado através do esquema
descrito a seguir: um quarto do calor necessário para acionar a máquina seria originado da queima de bagaço de cana
a 400 K , enquanto o restante será proveniente da queima de óleo combustível aos mesmos 800 K . Ao ser inquirido
sobre o desempenho da máquina nesta nova configuração, o inventor argumenta que a queda no rendimento será
inferior à 5%. Você julga esta afirmação procedente? Justifique estabelecendo uma análise termodinâmica do problema
para corroborar seu ponto de vista. Considere que, em ambas as situações, a máquina rejeita parte da energia para o ar
atmosférico, cuja temperatura é 300 K .
Resolução:
i)
No início toda energia é retirada do petróleo e o rendimento máximo teórico possível nessa situação seria obtido com uma
máquina operando no Ciclo de Carnot, assim:
η0 =
W
T
=1− F
Q
TQ
η0 = 1 −
300 5
=
800 8
O rendimento inicial seria então η0 =
ii)
5
= 0,625
8
No fim a energia seria retirada de duas fontes distintas, e sendo novamente aplicado o Ciclo de Carnot:
Fonte 1 (bagaço):
η1 =
W1
300 1
1 Q
=1−
=
∴ W1 = ⋅
Q
400 4
4 4
4
Fonte 2 (petróleo):
W
300 5
5 3Q
η2 = 2 = 1 −
= ∴ W2 = ⋅
3Q
800 8
8 4
4
Assim, o rendimento total seria:
Q 15Q
+
W1 + W2 16 32 17
ηf =
=
=
= 0,531
Q
Q
32
E, a diminuição do rendimento seria:
Δη = 0,625 − 0,531 = 0,094 , ou, Δη% = 9, 4%
Logo, levando em conta as máximas possibilidades das fontes, a afirmação não procede.
9
Questão 08
Um motociclista de massa m1 deseja alcançar o topo de uma plataforma. Para isso, ele faz uso de uma moto de massa
m2 , uma corda inextensível de massa desprezível e uma rampa de inclinação θ . Ao saltar a rampa, o motociclista atinge
a corda na situação em que esta permanece esticada e o esforço despendido por ele é o menor possível. Para evitar
ruptura por excesso de peso, o motociclista libera a moto no momento do contato com a corda, que o conduz para o
topo da plataforma.
Nessas condições e considerando os parâmetros H e T indicados na figura, determine o vetor velocidade do
motociclista na saída da rampa.
P
L
A
T
A
F
O
R
M
A
C
O
R
D
A
H
q
T
Resolução:
i)
Para que a corda permaneça esticada e sofra o menor esforço possível a velocidade do motociclista em B deve ser
horizontal:
L
C
L
L
B
H–L
A
v0x
v0
corda
q
T–L
L
Sendo então B a altura máxima para o lançamento oblíquo, teremos para o eixo y :
v y2 = v0 2y − 2 g ( H − L )
∴ v0 2y = 2 g ( H − L )
∴ v02 ⋅ sen 2θ = 2 g ( H − L ) ( I )
ii)
De A a B a moto percorre metade do alcance total do lançamento:
v2
A = 2 (T − L ) = 0 ⋅ sen 2θ ( II )
g
Por fim, de ( I ) e ( II ) temos:
⎛ sen2θ − sen 2θ ⎞
v02 ⎜
⎟ =T −H
2g
⎝
⎠
∴ v0 =
2 g (T − H )
sen 2θ − sen 2θ
, sendo que para que o homem alcance o plataforma demos ter ∴ v0 ≥ 2 gH , e a direção e
o sentido de v0 estão indicados na figura.
10
Questão 09
Na figura abaixo, há um espelho com a face refletora para baixo, tendo uma de suas extremidades presa a um eixo que
permite um movimento pendular, e um canhão, que emite concomitantemente um raio de luz. Abaixo do espelho existem
dois corpos de massa m e cargas de mesmo módulo e sinais opostos. Os corpos estão apoiados sobre um trilho sem
atrito, fixados em suas extremidades e no mesmo plano vertical que o canhão de luz. Os corpos estão imersos no campo
elétrico uniforme existente entre as placas de um capacitor, que é energizado por uma fonte variável U ( x ) .
No momento em que o espelho inicia o movimento, a partir da posição inicial e com aceleração tangencial de módulo
constante, o corpo de carga negativa é liberado. Para que a aceleração deste corpo seja constante e máxima no sentido
do eixo X , determine:
a) a expressão de U ( x ) , onde x representa a posição do corpo de carga negativa relativa à origem O e do eixo X ;
b)
o módulo da aceleração tangencial da extremidade livre do espelho, para que o raio de luz atinja a carga de prova
negativa no momento em que o deslocamento angular do espelho seja de 50º .
Dados: Q = 10−4 C ; m = 20 g ; I == 1,0 m ; d = 0,5 m ; g = 10 m/s 2 .
l
Posição inicial do
espelho
Canhão de Luz
eixo
50º
Espelho - Face Refletora
60º
movimento
Raio de Luz
Posição do espelho após
ter percorrido 50º
Placa Negativa do
Capacitor
Placa Positiva do
Capacitor
d
Q+
eixo X
d
Q–
O
Trilho
d
d
d
U (x)
Resolução:
a)
Atuam sobre a carga −Q , as forças FQ devido à carga +Q e FP devido às placas. Para que a aceleração seja máxima no
início devemos ter FP = 0 , ou seja, U ( 0 ) = 0 . E assim, a aceleração inicial pode ser calculada da forma:
FQ
FP
O
eixo x
–Q
EP
FQ = R0
kQ 2
( 2d )
2
∴ a0 =
= m ⋅ a0
kQ 2
4md 2
Num instante qualquer temos
FQ − FP = R
kQ 2
( 2d − x )
2
− QEP = m ⋅ a
Onde, EP =
U ( x)
4d
, e como a deve ser sempre constante ( a = a0 ) , temos:
11
kQ 2
( 2d − x )
∴
2
−
Q ⋅U ( x)
4d
= m ⋅ a0
Q
kQ 2
kQ 2
⋅U ( x) =
− 2
2
4d
( 2d − x ) 4d
⎡
1
1 ⎤
∴U ( x ) = 4kQd ⎢
− 2⎥
2
4d ⎦⎥
⎣⎢ ( 2d − x )
b) Observe a figura. Nela vemos que o raio atinge a carga no ponto P depois que ela percorreu a distância d + m , onde
m = d ⋅ tg 20° .
Canhão
50º
60º
20º
30º
20º
d
50º
P
70º
m
–Q
d
O
Sendo que:
Δs =
at 2
2
kQ 2 t 2
⋅
4md 2 2
8md 2
∴t2 =
( d + d ⋅ tg20º )
kQ 2
d +m=
Concomitantemente, para a extremidade do espelho temos:
at = α ⋅ A (1)
Δϕ = α ⋅
t2
2
( 2)
em que Δϕ = 50° =
5π
rad
18
Assim:
5π α 2
= t
18 2
5π
∴α = 2
9t
5π
5πA
= 7,85 ⋅ 103 (1 + tg 20° ) m/s 2
at = 2 A =
9t
⎡ 8md 2
⎤
d + d ⋅ tg 20° ) ⎥
9⎢
2 (
⎣ kQ
⎦
12
Questão 10
A figura apresenta um plano inclinado, sobre o qual estão dois blocos, e, em sua parte inferior, uma mola com massa
desprezível. A superfície deste plano apresenta coeficiente de atrito estático μe = 5 3 /13 e coeficiente de atrito cinético
μc = 0,3 3 . O bloco A está fixado na superfície. O bloco B possui massa de 1 kg e encontra-se solto. Sabe-se que a
superfície abaixo da mola não possui atrito e que os blocos A e B estão eletricamente carregados com, respectivamente,
+40 × 10−4 C e − 3 / 39 × 10−3 C . Desconsiderando as situações em que, ao atingir o equilíbrio, o bloco B esteja em
(
)
contato com o bloco A ou com a mola, determine:
a) as alturas máxima e mínima, em relação à referência de altura, que determinam a faixa em que é possível manter o
bloco B parado em equilíbrio;
b) a velocidade inicial máxima v com que o bloco B poderá ser lançado em direção à mola, a partir da altura hB = 20 m ,
para que, após começar a subir o plano inclinado, atinja uma posição de equilíbrio e lá permaneça.
Dados:
. aceleração da gravidade: 10 m/s 2 ;
. constante eletrostática: 9 × 109 Nm 2 /C2 .
Observação: desconsidere as dimensões dos blocos para os cálculos.
A
m
o
oc
to
tri
a
B
iã
reg
v
40 m
hB
60º
referência
de altura
ito
em
atr
os
iã
reg
Resolução:
a)
Diagramas de forças para o bloco B nas situações de equilíbrio.
y
y
Fe + fat
Fe
N
N
60º
x
x
Py
PBx
PBy
60º
fat + PBx
PB
Fe = PBx ± f at
K QA QB
( 40 − he )
2
sen 2 60º = mB gsen60º ± μe mB g cos 60º
13
PB
he = 40 −
K QA QB
mB g ( sen60º ±μe cos 60º )
3
⋅
he = 40 −
2
⋅ sen 60º
3
⋅ 10−3
39
⎛ 3 5 3 1⎞
±
⋅ ⎟
1 ⋅ 10 ⎜⎜
13 2 ⎟⎠
⎝ 2
9 ⋅ 109 ⋅ 40 ⋅ 10−4 ⋅
he = 30 m ou he = 25m
b)
i)
(
Energia mecânica no início EM i
mv
KQAQB
+ mB ghB +
sen 60º
2
hB
Cálculo do trabalho das forças dissipativas (2):
τ = f at ( ΔSdescida + ΔS subida ) ⋅ cos θ
EM i =
ii)
)
2
B máx
hf ⎞
⎛ hB
τ = μ c mB g cos 60º ⎜
+
⎟ ⋅ cos (180º )
sen
60º
sen
60º ⎠
⎝
τ=−
iii)
μc mB g ( hB + h f )
tg60º
( )
Energia mecânica no final EM f
EM f = mB gh f +
kQAQB sen 60º
( 40 − h f )
Como τ = ΔEM , temos:
−
μc mB g ⋅ ( hB + h f )
vmáx =
tg 60º
= mB gh f +
2
kQAQBsen 60º ⎛ mB vmáx
kQ Q sen 60º ⎞
−⎜
+ mB ghB + A B
⎟
hB
( 40 − h f ) ⎝ 2
⎠
⎛
⎞⎤
2 ⎡ μc mB g
⎢
( hB + h f ) + mB g ( h f − hB ) + kQAQBsen 60º ⎜⎜ 40 1− h − h1 ⎟⎟⎥
mB ⎣⎢ tg 60º
⎥
f
B ⎠⎦
⎝
Substituindo os valores, temos:
4700
m/s
vmáx =
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Professores
Adriano Medeiros
Bruno Werneck
Marcelo Moraes
Rodrigo Bernadelli
Zé Carlos
Walfredo
Colaboradores
Aline Alkmin
Anderson (IME)
Henrique
Orlando (IME)
Paula Esperidião
Pedro Gonçalves
Digitação e Diagramação
Érika de Rezende
Márcia Samper
Val Pinheiro
Desenhistas
Leandro Bessa
Vinicius Ribeiro
Projeto Gráfico
Vinicius Ribeiro
Assistente Editorial
Alicio Roberto
Supervisão Editorial
Alicio Roberto
Bruno Werneck
José Diogo
Marcelo Moraes
Rodrigo Bernadelli
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As escolhas que você fez nessa prova, assim como outras escolhas na vida, dependem de conhecimentos,
competências, conhecimentos e habilidades específicos. Esteja preparado.
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