Problemas Resolvidos do Capítulo 6
TRABALHO E ENERGIA MECÂNICA A t e n ç ã o Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
Resolva o problema 8 do Capítulo 4 a partir da conservação de energia. (Problema 4.8 - Um martelo atinge um prego com velocidade v, fazendo-o fazendo-o enterrar-se enterrar-se de uma profundidad profundidadee l numa prancha de madeira. Mostre que a razão entre a força média exercida sobre o prego e o peso do martelo é igual a h / l, onde h é a altura de queda livre do martelo que o faria chegar ao solo com velocidade v. Estime a ordem de grandeza dessa razão para valores típicos de v e l. PROBLEMA 1
Solução
PROBLEMA 2
No sistema da figura, M 3 kg, m
1
kg e d 2 m. O suporte S é retirado num dado instante.
(a) Usando conservação de energia, ache com que velocidade a aceleração do sistema pelas leis de Newton.
Solução
Considerando o nível de referência z
ao chão. (b) Verifique o resultado, calculando
0 no chão, temos
Inicial m
M chega
z0 0
Final v0 0
z1 d
v1 v
M Z 0 d V 0 0 Z 1 0 V 1 V
Logo, E i 1 mv 20 mgz 0 1 MV 20 MgZ 0 Mgd 2 2 1 2 E f f mv 1 mgz 1 1 MV 21 MgZ 1 1 mv 2 mgd 1 MV 2 2 2 2 2
Devido à conservação da energia mecânica total,
E i E f f ,
encontra-se (v
V )
Mgd 1 mV 2 mgd 1 MV 2 1 m M V 2 M − m gd V 2 2 2
2 M − m gd m M
Portanto, V
Leis de Newton
Como l 1 l 2
2 3 − 1 9, 8 2 4,43 m/s. 31
constante
am
−a M a. Assim,
T − Mg − Ma,
T − mg ma
ou
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PR-6.1
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mg ma − Mg − Ma m M a M − m g a
Com esta aceleração e V 2
2ad 2
M − m g d V m M
2 M − m gd m M
M − m g m M
que é a mesma encontrada anteriormente.
** * Uma particula de massa m 1 kg, lançada sobre um trilho retilíneo com velocidade de 3 m/s, está sujeita a uma força F x −a − bx, onde a 4 N, b 1 N/m, e x é o deslocamento, em m, a partir da posiçâo inicial. (a) Em que pontos do trilho a velocidade da partícula se anula? (b) Faça o gráfico da velocidade da partícula entre esses pontos. (c) A que tipo de lei de forças corresponde F x ? PROBLEMA 3
Solução
Do teorema trabalho energia cinética, W x 0 → x T − T 0
Tomando a origem na posição de lançamento, v 0 W x 0 → x
e T
1 mv 2 2
e T 0
′ 1 mv 0 , 2
x
0
F x ′ dx ′
3 m/s e e x 0 0.
x
−a − bx dx ′
0
′
x
−a
Como
dx ′
0
x
−b
0
x ′ dx ′
−ax − 1 bx 2 . 2
encontra-se − ax − 1 bx 2 1 mv 2 − 1 mv 20 2
ou ( m
2
2
1, v 0 3, a 4, b 1)
− 4 x − 1 x 2 9 1 v 2 2
2
2
v
9 − 8 x − x 2 .
(a) Logo, os pontos para os quais v 0, são obtidos pela solução da equação 9 − 8 x − x 2 0. Ou seja, x
−9 m e x 1 m.
(b) Gráfico v x:
4
3
v (m/s)
2
1 -8
-6
x (m)-4
-2
0
(c) Lei de Hooke.
No sistema da figura, onde as polias e os flos têm massa desprezível, m 1 1 kg e m 2 2 kg. (a) O sistema é solto com velocidade inicial nula quando as distâncias ao teto são l 1 e l 2 . Usando conservação da energia, calcule as velocidades de m 1 e m 2 depois que m 2 desceu uma distância x 2 . (b) Calcule a partir daí as acelerações a 1 e a 2 das duas massas. (c) Verifique os resultados usando as leis de Newton. PROBLEMA 4
Notas de Aula de Física I
Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos
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Vamos escolher o nível de referência z 0 no teto, com o sentido positivo do eixo z para cima. Como constante, Δl 2 −2Δl 1 . Se Δl 2 − x 2 (m 2 → desce) Δl 1 − 1 Δl 2 1 x 2 (m 1 → sobe). Derivando a relação
Solução
l 2 2l 1
2
2
constante, obtém-se v 2 −2v 1 . A energia total antes dos blocos começarem a se mover vale 0, v 20 0, z 10 −l 1 , z 20 −l 2
l 2 2l 1
(v 10
E i 1 m 1 v 210 m 1 gz 10 1 m 2 v 220 m 2 gz 20 E i 2 2
e, depois,
v 1 1 v, v 2 2
−v,
z1
−l 1 1 x 2 , 2
z2
−m 1 gl 1 − m 2 gl 2 .
−l 2 − x 2
E f 1 m 1 v 21 m 1 gz 1 1 m 2 v 22 m 2 gz 2 E f 1 m 1 2 2 2
2
1v 2
m1g
−l 1 1 x 2 1 m 2 v 2 − m 2 gl 2 x 2 2
2
ou seja, E f 1 m 1 v 2 8
Da conservação da energia total, E i
E f ,
− m 1 gl 1 1 m 1 gx 2 1 m 2 v 2 − m 2 gl 2 − m 2 gx 2 2
2
encontra-se
− m 1 gl 1 − m 2 gl 2 1 m 1 v 2 − m 1 gl 1 1 m 1 gx 2 1 m 2 v 2 − m 2 gl 2 − m 2 gx 2
8 2 2 0 1 m 1 v 2 1 m 1 gx 2 1 m 2 v 2 − m 2 gx 2 m 1 v 2 4m 1 gx 2 4m 2 v 2 8 2 2
− 8m 2 gx 2 0
ou m 1 4m 2 v 2
− 8m 2 − 4m 1 gx 2 0
de onde se obtém 8m 2 − 4m 1 gx 2 m 1 4m 2
2m 2 − m 1 gx 2 m 1 4m 2
8m 2 − 4m 1 gx 2 m 1 4m 2
−2
2m 2 − m 1 gx 2 m 1 4m 2
v1 1 v 1
2
v2
2
−v −
Para os valores dados, v1 v2
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2 2 − 1gx 2 142
−2
2 2 − 1gx 2 142
3gx 2 3
−
2 3gx 2 3
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Para calculara a aceleração, usa-se Torricelli,
Δ z 1
x2 , Δ z 2 − x 2 2
v 21 v 21 2a 1 Δ z 1 a 1 2Δ z 1
3gx 2 9 x 2
v 22 v 22 2a 1 Δ z 2 a 2 2Δ z 2
12gx 2 9 −2 x 2
1g 3
−2g 3
Ou seja, a 1 1 g ↑
3
a2
− 2 g ↓ 3
** * Um garoto quer atirar um pedregulho de massa igual a 50 g num passarinho pousado num galho 5 m a sua frente e 2 m acima do seu braço. Para isso, utiliza um estilingue em que cada elástico se estica de 1 cm para uma força aplicada de 1 N. O garoto aponta numa direção a 30º da horizontal. De que distância deve puxar os elásticos para acertar no passarinho? PROBLEMA 5
Para acertar o passarinho, sua posição deve estar sobre a trajetória. Para a origem na mão do garoto, as coordenadas do passarinho são 5, 2. Assim, usando a equação da trajetória do projétil, podemos encontrar o valor de v 0 para o 30º. Ou seja,
Solução
y x tg −
2v 20 cos 2 gx 2 gx 2 1 v0 x tg y − 2 2 2 2 2 x tg −y gx 2v 0 cos 2v 0 cos
gx 2 2cos 2 x tg − y
Logo, 9, 8 5 2
v0
2cos
2
6
5 tg 6
−2
13,6 m/s.
2m
v0
30º 5m
Para calcular o quanto devem ser esticados os elásticos do estilingue para que a pedra atinja esta velocidade vamos usar a conservação da energia mecânica: 1 kx 2 1 mv 2 2 2
ou seja, x
onde o valor de
k
Notas de Aula de Física I
pode ser obtido da condição
F 0 1
mv 2 k
N
x 0 0.01
m (cada elástico), usando a lei de Hooke
Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos
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F 0 kx 0 .
Como são dois elásticos, F 2 N para x
0,01m. Portanto
F 2 200 N/m k x 0,01
Logo,
m 0,050 kg x
mv 2 k
0,05 13,6 2 0,215 m 200
Ou seja, cada elástico deverá ser esticado de 21,5 cm.
** * Uma balança de mola é calibrada de tal forma que o prato desce de 1 cm quando uma massa de 0, 5 kg está em equilíbrio sobre ele. Uma bola de 0, 5 kg de massa fresca de pão, guardada numa prateleira 1 m acima do prato da balança, escorrega da prateleira e cai sobre ele. Não levando em conta as massas do prato e da mola, de quanto desce o prato da balança? PROBLEMA 6
Inicialmente vamos calcular com que velocidade a bola de massa de pão atinge o prato. Por conservação da energia mecânica para a bola, v 0 0, z 0 1m, z 1 0, v 1 v
Solução
1 mv 2 mgz 1 mv 2 mgz mgz 1 mv 2 v 0 1 0 0 1 2 2 2
Para z 0
2gz 0
1
2 9, 8 1 4,43 m/s.
v
v0 = 0 z0 = 1 m
z
O v
Ao atingir o prato com esta velocidade, a massa tem energia cinética que será transformada totalmente numa parcela de energia potencial elástica (da mola) e outra de energia potencial gravitacional, devido à conservação da energia mecânica. Assim, considerando a posição do prato como o nível de referência z 0, temos pela conservação da energia 1 mv 2 mgz 1 kz 2 2 2
A solução desta equação fornece z
O valor de k pode ser calculado pela condição F
−mg
m 2 g 2 kmv 2 k
0, 5 9, 8 N x 0,01 m ou
F 0, 5 9, 8 490 N/m. k x 0,01
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Para m
0, 5 kg z
−0, 5 9, 8 0, 5 9, 8 2 490 0, 5 4,43 2 490
Como a posição inicial do prato é z
0,
z
−15,2 cm 13,2 cm
−15,2 cm é o quanto o prato abaixa.
z
a solução deve ser negativa, ou seja, z
** * Uma partícula de massa igual 2 kg desloca-se ao Ìongo de uma reta. Entre x 0 e x está sujeita à força F x representada no gráfico. Calcule a velocidade da partícula depois de percorrer 2, 3, sabendo que sua velocidade para x 0 é de 3 m/s. PROBLEMA 7
Solução
Vamos usar o teorema W − T , considerando T 0
−4
v x22
− T 0
−2 2 −4 J. Mas T x2 1 mv 2 x 2 2
−9
9 − 4 v x2
v x2
4,
1 mv 20 1 2 3 2 9 J. Assim, 2 2
W 0→2 T x2
Como W área do gráfico F x, então W 0→2
m, ela 6 e 7 m,
7
5
v x22 .
Logo
m/s.
Da mesma forma W 0→3 T x3
− T 0
Mas W 0→3 W 0→2 W 2→3
−4 − 1 2 1 −5 J 2
Logo, −5
Para x
v x23
−9
9 − 5 v x3 2 m/s.
v x3
4 W 0→4 W 0→2 W 2→3 W 3→4
−4 − 1 2 1 1 2 1 −4 J 2
2
então −4
Para x
v x24
−9
9 − 4 v x4
v x4
5
m/s
6 W 0→6 W 0→2 W 2→3 W 3→4 W 4→6
−4 − 1 2 1 1 2 1 2 2 0 J 2
2
então 0 v x26
Notas de Aula de Física I
−9
v x6
9 v x6 3 m/s
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Finalmente, para x
7
W 0→7 W 0→2 W 2→3 W 3→4 W 4→6 W 6→7
−4 − 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 J 2
2
2
logo, 1 v x27
−9
v x7
9 1 v x7
10
m/s
** * Uma partícula move-se ao longo da direção x sob o efeito de uma força F x −kx Kx 2 , onde k 200 N/m e K 300 N/m 2 . (a) Calcule a energia potencial U x da partícula, tomando U 0 0, e faça um gráfico de U x para −0, 5 m x 1 m. (b) Ache as posiçöes de equilíbrio da partícula e discuta sua estabilidade. (c) Para que domínio de valores de x e da energia total E a partícula pode ter um movimento oscilatório? (d) Discuta qualitativamente a natureza do movimento da partícula nas demais regiöes do eixo dos x. PROBLEMA 8
x
Dado: 0 x ′n dx ′
Solução
n1 x . n1
(a) Por definição, U x
x
−
x 0
F x ′ dx ′
1 k x 2 2
Da condição U 0
Gráfico: k
0 x0 0
− −kx ′ Kx ′2 dx ′
k
x
x ′ dx ′
x 0
x
− K
x ′2 dx ′
x 0
− x 20 − 1 K x 3 − x 30 3
e, portanto, U x 1 kx 2 2
− 1 Kx 3
U x 100 x 2
− 100 x 3
3
200 e K 300
40
30
Equilíbrio instável U(x)20
10
0
(b)
Equilíbrio estável
-0.4
-0.2
0
0.2x
As posições de equilíbrio são obtidas da equação F x F x
Do gráfico, vê-se que x
0.4
0.6
0.
Assim,
−kx Kx 2 0 xKx − k 0
0.8
1
x 0 e x k 200 2 K 300 3
0 é um ponto de equilíbrio estável e x 2 3
m.
m é um ponto de equilíbrio instável.
(c) O movimento oscilatório é um movimento limitado, portanto, só pode ocorrer para x 0 ≤ x ≤ x 1 correspondente às Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen
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energias E
E 1 .
2 3
O valor E 1 corresponde a U x 1 onde x 1
U 2 3
100 2 3
2
− 100 2
3
3
100 2 3
2
m. Assim
1− 2 3
100 2 3
2
1 100 4 1 400 J 3 9 3 27
40
30
U(x)20
E 1 10
E 0
0
movimento oscilatório -0.4
-0.2
0
0.2x
0.4
0.6
E 1 ,
1
x1
x0
Para calcular x 0 , basta fazer U x 0
0.8
ou seja,
100 x 2
− 100 x 3 400 27
x3
− x2 4 0 27
Esta equação pode ser escrita na forma de fatores 1 3 x 13 x − 2 2 0 27
Logo, as soluções seão x
−1, 2, 2. 3 3 3
Portanto, x 0
− 1 m. 3
Assim, os domínios de valores de x e E são dados por: − 1 m 3
x 2 m 3 400 E J. 27
** * Um sistema formado por duas lâminas delgadas de mesma massa m, presas por uma mola de constante elástica k e massa desprezive!, encontra-se sobre uma mesa horizontal (veja a Fig.). (a) De que distância a mola está comprimida na posição de equilíbrio? (b) Comprime-se a lâmina superior, abaixando-a de uma distància adicional x a partir da posição de equilíbrio. De que distància ela subirá acima da posição de equilíbrio, supondo que a lâmina inferior permaneça em contato com a mesa? (c) Qual é o valor minimo de x no item (b) para que a lâmina inferior salte da mesa? PROBLEMA 9
Notas de Aula de Física I
Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos
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Solução
(a)
Na posição de equilíbrio, a mola deve sustentar o peso de uma das lâminas,
P mg.
Assim,
mg k
kx mg x
(b) Nesta situação, a mola será comprimida de 2 x em relação ao seu tamanho normal. Portanto, a energia potencial
elástica da mola será h z = 0 x
mg U 1 k 2 x 2 2kx 2 2k 2 k
Considerando o nível de referência z
0
mgh
2
2m 2 g 2 k
na posição de equilíbrio, a conservação da energia mecânica fornece
2m 2 g 2 k
− mgx
h
2mg k
− x 2 x − x
h x
(c) O valor mínimo de x para que o lâmina inferior salte da mesa é aquele em que a força normal exercida pela mesa
sobre o sistema se iguale ao peso do sistema. Neste caso, a força normal é igual à força necessária para comprimir a mola. Assim, como a massa da mola é desprezível, o peso do sistema corresponde ao peso das lâminas, que é P S 2mg. Então kx 2mg x min
2mg k
** * Um cabo uniforme, de massa M e comprimento L, está inicialmente equilibrado sobre uma pequena polia de massa desprezível, com a metade do cabo pendente de cada lado da polia. Devido a um pequeno desequilíbrio, o cabo começa a deslizar para uma de suas extremidades, com atrito desprezível. Com que velocidade o cabo está-se movendo quando a sua outra extremidade deixa a polia? PROBLEMA 10
A resultante da força numa dada situação em que l 2 − l 1 x é dada pelo peso deste pedaço de cabo a mais que pende para um dos lados. Assim, considerando que a massa seja uniforme então m x x, onde M / L. Assim,
Solução
F x gx
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O trabalho realizado por esta força desde x
0 a x L /2 será
W 0→ L /2
L /2
0
gxdx 1 g L 2 2
2
1 gL 2 . 8
l1 l2 x
Pelo teorema W − T ,
v0 0 W 0→ L /2 ΔT 1 gL 2 1 m L 8 2 2
Portanto, usando L
v2
− 1 m0v 20 1
M v 2 1 gL 2 M v 2 2 2 8 4
2
M
v
1 gL 2 8 M 4
MgL 2 M
Ou seja, v
gL 2
Uma partícula de massa m move-se em uma dimensão com energia potencial U x representada pela curva da Fig. (as beiradas abruptas são idealizações de um potencial rapidamente variável). lnicialmenle, a partícula está dentro do poço de potencial (regiâo entre x 1 e x 2 ) com energia E tal que V 0 E V 1 . Mostre que o movimento subseqüente será periódico e calcule o período. PROBLEMA 11
Para valores da energia no intervalo V 0 ≤ da conservação da energia
Solução
Notas de Aula de Física I
E ≤ V 1 ,
entre os pontos no intervalo aberto x 1
Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos
x x2,
temos
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E 1 mv 2 U x v dx 2 dt
2 m E − V 0
E
Em termos de diferenciais, dx dx dt dx dt
2 m E − V 0 dt
Integrando ambos os membros desta equação, sabendo que em t x
x 0
dx ′
0, x x 0
2 m E − V 0
t
e em t a posição é x
dt ′
0
ou x x 0
2 m E − V 0 t
ou seja, o movimento da partícula entre os pontos de retorno é um movimento retilíneo uniforme com velocidade cujo módulo vale |v |
2 m E − V 0 .
O sinal é
ou − conforme a partícula esteja se movimento para a direita ou para a
esquerda. Quando a partícula atinge o ponto x x 1 ou o ponto x x 2 (posição das paredes da barreira) esta solução não é mais válida. Neste caso E U x e esses pontos são pontos de inversão. Ao atingir esses pontos a partícula fica sujeita a uma força dirigida em sentido contrário ao movimento fazendo-a desacerelar, invertendo sua velocidade (da mesma forma como acontece com uma bola ao atingir uma parede). Esta força está sempre dirigida para a região de menor potencial. Por exemplo, ao atingir o ponto x 1 a força é dirigida para a direita, e no ponto x 2 , para a esquerda. Para encontrar o perído do movimento, basta calcular o tempo necessário para a partícula percorrer a distância Δ x 2l. Logo, 2l |v |
2l 2 m E − V 0
Um carrinho desliza do alto de uma montanha russa de 5 m de altura, com atrito desprezível. Chegando ao ponto A, no sopé da montanha, ele é freiado pelo terreno AB coberto de areia (veja a Fig.), parando em 1,25 s. Qual é o coeficiente de atrito cinético entre o carrinho e a areia? PROBLEMA 12
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Solução
Pela conservação da energia, vamos calcular a velocidade com que o carrinho chega ao ponto A: mgh 1 mv A2 v A 2
A partir deste ponto, o carrinho é desacelerado, e pelo teorema força de atrito. Assim, 1 mv 2 2 B
Como o W A→ B
F c x B
− x A
F c Δ x,
− 1 mv A2
2gh W − T ,
W A→ B W A→ B
2
podemos calcular o trabalho realizado pela
− 1 mv A2 2
então F c
W A→ B Δ x
podemos calcular Δ x pela informação do tempo que o carrinho leva para parar. Alem disso, a aceleração do movimento pode ser calculada, usando-se as leis de Newton, W A→ B F c ma a mΔ x
− 1 mv A2 2 mΔ x
−
v A2 2Δ x
Assim, considerando um movimento uniformemente desacelerado, v2 Δ x v A t 1 at 2 Δ x v A t − 1 A t 2 2 2 2Δ x
Desta equação, pode-se calcular Δ x, ou seja, Δ x 2 v A t Δ x −
v A2 2 t Δ x 2 4
− v A t Δ x
v A2 2 t 0 4
Portanto, Δ x
Com este valor de onde
Δ x,
v A t
v A2 t 2
− v A2 t 2
2
Δ x 1 v A t . 2
podemos agora calcular a força de atrito cinético (em módulo) dada pela expressão
a
−
v A2 2Δ x
−
v A2 a 2 1 v A t 2
F c ma,
− vt A
a, portanto, F c ma |F c |
mv A t
Como, |F c | c N c mg c mg
mv A v c g A t t
ou Notas de Aula de Física I
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c
Usando os valore dados g
v A gt
2gh 1 gt t
2h g
9, 8 m/s 2 , h 5 m, t 1,25 s
c
2 5 0,81 c 9, 8
1 1,25
** * Um bloco de massa m 5 kg, deslizando sobre uma mesa horizontal, com coeficientes de atrito cinético e estático 0, 5 e 0, 6, respectivamente, colide com uma mola de massa desprezível, de constante de mola k 250 N/m, inicialmente na posição relaxada (veja Fig.). O bloco alinge a mola com velocidade de 1 m/s. (a) Qual é a deformação máxima da mola? (b) Que acontece depois que a mola atinge sua deformação máxima? (c) Que fração da energia inicial é dissipada pelo atrito nesse processo? PROBLEMA 13
Solução
(a) A energia mecânica neste sistema não é conservada uma vez que existe forças de atrito. Mas, no
cômputo das energias, a energia cinética do bloco é, na maior parte, transformada em energia potencial elástica da mola e o restante é dissipada pelo atrito. Caso não existisse o atrito, da conservação da energia mecânica teríamos 1 mv 2 1 kx 2 2 2
onde x seria a deformação sofrida pela mola. Porém, com a presença do atrito, a energia cinética sofreria uma variação devido ao trabalho realizado por esta força, dado por W 0→ x
−F c x ΔT
Portanto, retirando a parcela da energia cinética que foi dissipada pelo atrito (isto equivale a adicionar no membro da equação de conservação o termo de variação ΔT 0), temos 1 mv 2 Δ T 1 kx 2 2 2
ou 1 mv 2 2
Como F c
c mg,
− F c x 1 kx 2 2
então 1 mv 2 2
− c mgx 1 kx 2 2
encontra-se x
Como a solução deve ser x
0,
− c mg − 2c m 2 g 2 kmv 2 k
m −0,27 m
x 0,074 x
então x 7, 4
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cm.
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Um pêndulo é afastado da vertical de um ângulo de 60°e solto em repouso. Para que ângulo com a vertical sua velocidade será a metade da velocidade máxima atingida pelo pêndulo? PROBLEMA 14
Solução
Considere a figura abaixo. Da conservação da energia mecânica, E 1 mv 2 mgz 2
constante
vemos a velocidade é máxima na posição da menor coordenada z. No caso da figura, esta posição corresponde ao ponto B, que é o mais baixo da trajetória da partícula. Assim, a velocidade v B neste ponto será dada por 1 mv 2 mgz 1 mv 2 mgz B A 2 B 2 A
Como z B
0 e v A 0
encontra-se 1 mv 2 mgz v B A 2 B
2gz A
Mas, também da figura, encontra-se que z A l − l cos60º l 2
Assim, v B
2g l 2
gl
onde l é o comprimento do fio do pêndulo. z
l
θ
60º
A zA
A'
zC
C' C
0 B
Vamos agora admitir que o ponto C tem velocidade v C
1v , B 2
ou seja, metada da velocidade máxima. A coordenda z C
pode ser calculada em função do ângulo z C l − l cos l1 − cos .
Aplicando a conservação da energia entre os pontos B e C , encontra-se 1 mv 2 mgz 1 mv 2 mgz B C C 2 B 2
ou, lembrando que z B
0 e v C
v B 2
1 mv 2 1 m v B 2 B 2 2
2
mgl1 − cos
ou Notas de Aula de Física I
Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos
PR-6.14
Universidade Federal do Amazonas
1 mv 2 2 B
Como v B
− 1 mv B2 8
mgl1 − cos 3 v B2 gl1 − cos 8
gl
3 gl gl1 − cos 3 1 − cos cos 1 − 3 5 8 8 8 8
Ou seja, arccos 5 8
51,3º
★★★
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen
Departamento de Física
PR-6.15
