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www.profafguimaraes.net 1 Prof. A.F.Guimarães Física 1 – Questões 9 Questão 1 Na molécula de amônia (NH3) os três átomos de hidrogênio (H) formam um triângulo eqüilátero, sendo de 1,628 x 10‐10 m a distância entre os centros dos átomos de hidrogênio (H). O átomo de nitrogênio (N) está no vértice de uma pirâmide da qual os três átomos de hidrogênio constituem a base (ver a figura ao lado). A distância entre os átomos de hidrogênio e o átomo de nitrogênio vale 1,014 x 10‐10 m. Localize o centro de massa deste sistema em relação ao átomo de nitrogênio. Resolução: Vamos observar a disposição dos átomos nas 3 dimensões: Previamente, determinaremos a altura “h” e o apótema “Ap” do triângulo eqüilátero: 3 0,814 3 1,410; 2 3 0,271 3 0,470. 6 lh lAp = = = = = = Agora, sabemos que no plano XY, as coordenadas do centro de massa são: Xcm = 0,814 e Ycm = 0,470. Só falta agora determinar a coordenada Zcm. Para isso, precisamos determinar a altura H da pirâmide. A diferença h – Ap = 0,94. Aplicando Pitágoras, teremos: 2 2 20,94 1,014 0,379.H H+ = ⇒ = Desta forma: 14 0,379 0,312. 3 17 nitr cm hidr nitr M HZ M M ⋅ ⋅= = =+ O centro de massa está a 0,312 da base triangular, ou a 0,067 do átomo de nitrogênio. x(·10‐10 m) y(·10‐10 m) z(·10‐10 m) 1,628 0,814 Ap h H www.profafguimaraes.net 2 Questão 2 Determine, a posição do centro de massa de um arame em forma de arco de circunferência de raio R, abrangendo um ângulo central igual a θ. Resolução: Onde m R λ θ ⎛ ⎞⎟⎜ = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⋅ representa a densidade linear do arame. Assim, teremos: [ ] 0 2 0 2 0 1 . cm cm cm cm x Rcos Rd m Rx cos d m mR R senx sen x m R θ θ θ α λ α λ α α θαθ θ / = ⋅ ⋅ = ⋅/= ⋅ ∴ =/ ⋅/ ∫ ∫ e ( ) 0 1 1 . cm cm y Rsen Rd m Ry cos θ α λ α θθ = ⋅ ∴ = − ∫ Questão 3 Determine a posição do centro de massa de uma chapa em forma de quadrante de círculo de raio a. Resolução: dm=λRdα dα R θ α x=Rڄcosα y=Rڄsenα x dx ( )12 2 2y a x= − dm=σydx www.profafguimaraes.net 3 Onde 2 4m a σ π ⎛ ⎞⎟⎜ = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠representa a densidade superficial da chapa. Assim, poderemos determinar as coordenadas do centro de massa: ( ) ( ) 1 2 2 2 0 3 2 2 2 2 0 1 41 3 4 . 3 a cm a cm cm x x a x dx m a xmx m a ax σ π π = − ⎡ ⎤−⎢ ⎥/ ⎢ ⎥= ⋅ −⎢ ⎥/ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ∴ = ∫ Agindo da mesma forma, determinamos também 4 3cm ay π= . Questão 4 Duas partículas estão inicialmente em repouso, separadas por uma distância de 1,0 m. A partícula P possui massa m1 = 3,0 kg e a partícula Q possui massa m2 = 5,0 kg. P e Q atraem‐se mutuamente com uma força constante igual a 3,5 x 10‐1 N. Nenhuma força externa atua sobre este sistema. (a) Descreva o movimento do centro de massa. (b) A que distância da posição original de P as partículas deverão colidir? Resolução: a) 0.cmdx dt = b) As forças que atuam nas partículas são forças internas. Desta forma, o centro de massa permanecerá em repouso. Logo, as partículas se encontrarão no centro de massa. Assim, 0 0 0; 0. 0 3 5 ; 1. 5 0,625 . 8 p p q q p q p q p P P P P P m v m v x x x x x m m = = = = − ⋅∆ = ⋅∆ ∆ +∆ = ∴∆ = = ? ? Esse mesmo cálculo poderia ser efetuado tomando as equações horárias para cada partícula individualmente. Para isso, se faz necessário determinar a aceleração para cada partícula. Vejamos: 2 2 0,35 0,1167 ; 3 0,35 0,07 . 5 p p q q Fa m s m Fa m s m − − = = ≅ ⋅ = = ≅ ⋅ P Qcm www.profafguimaraes.net 4 Montando as equações horárias para P e Q, teremos: 2 21 11 . 2 2p p q q x a t e x a t= = − No encontro, teremos: ( ) 2 2 2 2 1 11 2 2 1 0,1167 0,07 1 2 2 10,7 0,1867 1 0,1167 10,7 0,624 . 2 p q p p p p x x a t a t t t x x m = = − + = ≅ ≅ = ⋅ ⋅ ∴ ≅ Questão 5 Um homem de massa m está pendurado em uma escada de corda, suspensa por um balão de massa M. O balão está estacionário em relação ao solo. (a) Se o homem começar a subir pela escada à velocidade v (com relação à escada), em que direção e com que velocidade (com relação à Terra) o balão se moverá? (b) Qual o estado do movimento após o homem ter parado de subir? Resolução: a) Considere a figura abaixo. Onde vbT e vhT são, respectivamente, as velocidades do balão e do homem com relação à Terra. Aqui, vhT = v ‐ vbT. Considerando que o sistema se encontra estacionário, podemos admitir que a força resultante sobre o sistema (centro de massa do sistema) é nula. Assim, podemos escrever: ( ) 0 0 0 . bT bT bT P P P P m v v Mv mvv m M = = ⇒ = − − ∴ = + ? ? b) Estacionário. Questão 6 Um homem de massa m = 70 kg está parado sobre a extremidade de uma jangada de 200 kg, que se desloca com velocidade constante num lago. A velocidade da jangada em relação à margem é igual a 3 mڄs ‐1. Despreze o atrito. O homem anda até a outra extremidade da jangada, cujo comprimento total vale 5 m. A velocidade do homem em relação à jangada vale vhj = 1,5 mڄs ‐1 e possui bTv ? hTv ? www.profafguimaraes.net 5 direção e sentido paralelos à velocidade da jangada. Mostre que a velocidade do centro de massa do sistema permanece constante e igual a 3 mڄs ‐1. Calcule a distância percorrida pelo centro da jangada e pelo centro de massa do sistema durante o tempo que o homem passa de uma extremidade para outra da jangada. Resolução: Como a força resultante no sistema é nula, podemos concluir que a aceleração sobre o centro de massa também é nula. Desta forma a velocidade do centro de massa se mantém constante. O intervalo de tempo que o homem leva para alcançar a outra extremidade do barco vale: 5 . 1,5hj lt s v ∆ = = Aplicando a conservação do momento, teremos: ( ) ( ) 0 0 1 270 3 70 200 810 105 270 2,6 . cm hT jT jT jT jT jT P P P P m M v mv Mv v v v v v m s− = = + = + ⋅ = + + = + ∴ ≅ ⋅ ? ? Onde vhT = vhj +vjT (velocidade do homem com relação à Terra é igual a velocidade do homem com relação à jangada mais a velocidade da jangada com relação à Terra). Assim, teremos: 53 10 ; 1,5 52,6 8,7 . 1,5 cm cm j jT x v t m x v t m ∆ = ⋅∆ = ⋅ = ∆ = ⋅∆ = ⋅ ≅ Poderíamos também encontrar a posição do centro de massa do sistema, admitindo que jangada possua massa uniformemente distribuída: ( ) 200 2,52 1,85 . 270cm lM x m m M ⋅ ⋅= = ≅+ Agora, podemos determinar a distância percorrida pelo centro de massa: 5m2,5m1,85m0 www.profafguimaraes.net 6 Como a diferença entre a distância percorrida pelo centro de massa do sistema e o centro da jangada é de 1,3 m, concluímos então que a distância percorrida pelo centro da jangada vale 8,7 m. Questão 7 Uma bola de 50 g é lançada ao ar com uma velocidade inicial de 15 mڄs ‐1, formando um ângulo com a horizontal de 450. (a) Quais são os valores da energia cinéticada bola, inicialmente, e no momento em que antecede a colisão dela com o solo? (b) Ache os valores correspondentes ao momento (módulo e direção). (c) Mostre que a variação do momento é exatamente igual ao peso da bola multiplicada pelo intervalo de tempo em que ela ficou no ar. Resolução: a) Como o módulo da velocidade inicial é igual ao módulo da velocidade que antecede a colisão, a energia cinética inicial terá o mesmo valor da energia cinética final. Assim, ( )22 0 0,05 15 5,625 . 2 2 mvK K J= = = = b) Os momentos, inicial e final (que antecede a colisão com o solo), terão o mesmo módulo, dado por: 2,5m1,85m 2,5m 3,15m Δxcm= 10m Δxcj 450 450 15 mڄs‐1 15 mڄs‐1 www.profafguimaraes.net 7 1 0 0,05 15 0,75 .P P mv kg m s −= = = ⋅ = ⋅ ⋅ A direção e o sentido estão representados na figura abaixo: c) Para encontrar a variação do momento, teremos que efetuar uma operação de adição vetorial: ( )0 0 .P P P P P∆ = − = + −? ? ? ? ? Como os vetores possuem o mesmo módulo, o módulo de da variação é dado por: 12 0,75 2 .P P kg m s−∆ = = ⋅ ⋅ O intervalo de tempo que a bola ficou no ar é dado por: 0 1 0 0 0; 45 7,5 2 0 7,5 2 10 0,75 2 . 2 1,5 2 . y y y total v v gt v v sen m s t t s t t s −= − = = ⋅ = − ⇒ = ∴ = = Multiplicando pelo valor do peso: 0,5 1,5 2 0,75 2 .I N s= ⋅ = ⋅ Questão 8 Um objeto de 5,0 kg, com velocidade de 30 mڄs ‐1, atinge uma placa de aço, formando um ângulo de 450 e ricocheteia com a mesma velocidade e mesmo ângulo (figura ao lado). Qual é a variação (módulo e direção) do momento do objeto? Resolução: 1 0 5 30 150 .P P mv kg m s −= = = ⋅ = ⋅ ⋅ ( )0 0 1 2 150 2 212,13 . P P P P P P P P kg m s− ∆ = − = + − ⇒∆ = ∴∆ = ≅ ⋅ ⋅ ? ? ? ? ? Questão 9 450 450 P0 P P0 P ΔP • 450 450 m •450 450 m P0 P ΔP www.profafguimaraes.net 8 Dois corpos, ambos constituídos por pesos de balança, são interligados por um tênue fio que passa através de uma polia leve, sem atrito, de 5,0 cm de diâmetro. Os dois corpos estão no mesmo nível e cada qual têm, originariamente, massa de 500 g. (a) Localize o centro de massa do sistema. (b) Vinte gramas são transferidos de um corpo a outro, mas os corpos são impedidos de mover. Localize o centro de massa. (c) Os dois corpos são, agora, liberados. Descreva o movimento do centro de massa e determine sua aceleração. Resolução: a) Desprezando a massa da polia, o centro de massa do sistema será dado por: 0,5 5 2,5 . 1cm x cm⋅= = b) Nessa nova configuração, teremos: 0,48 5 2,4 . 1cm x m⋅= = c) Quando liberados, cada corpo será acelerado, com o mesmo valor para a aceleração, porém em sentidos opostos: ( ) ( ) 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 ; 0, 4 . m a m g T m a T m g a a a a m m g m m a m s− = − = − = = + = − ∴ = ⋅ Assim, ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 20,016 ; 0. cm cmy cmy cmx m m a m a m a m m a m m a a m s a− + = + + = − ∴ = ⋅ = ? ? ? Questão 10 5 cm 5 cm 2,5 cm 0 m؆0 5 cm 5 cm2,4 cm 0 m؆0 P2 P1 m؆0 T T www.profafguimaraes.net 9 No interior de uma canoa de massa m existe um homem de massa M. A canoa se encontra inicialmente em repouso. O homem atira um objeto de massa m’ numa direção paralela ao comprimento da canoa. A velocidade do objeto com relação à margem vale v. Determine a velocidade u adquirida pela canoa imediatamente após o lançamento do objeto. Resolução: ( ) 0 0 0 P P P P m v m M m u m vu m M m = = ′ ′= − + − ′∴ = ′+ − ? ? No sentido oposto ao de v. Questão 11 Uma espingarda atira 10 balas de 10,0 g por segundo com velocidade de 500 mڄs ‐1. As balas param no interior de uma parede rígida. (a) Ache o momento linear de cada bala. (b) Calcule a energia cinética de cada bala. (c) Qual é a força média exercida pelas balas sobre a parede? Resolução: a) 10 balas por segundo corresponde a 1 bala a cada 1/10 do segundo. O momento linear de uma bala vale: 10,01 500 5 . P mv P mv P kg m s− = = = ⋅ = ⋅ ⋅ ? ? b) K = ? 2 20,01 500 2 2 1250 . mvK K J ⋅= = ∴ = c) Vamos admitir que a bala pára no interior da parede segundo um intervalo de tempo dado acima. Logo: 5 50 .1 10 M dP PF F dt t F N ∆= ⇒ = ∆ ∴ = = ?? Questão 12 Um sapo de massa m está parado na extremidade de uma tábua de massa M e comprimento L. A tábua flutua em repouso sobre a superfície de um lago. O sapo pula em direção à outra extremidade da tábua com uma velocidade v que forma um ângulo θ com a direção horizontal. Determine o módulo da velocidade inicial do sapo para que ele atinja a outra extremidade da tábua. www.profafguimaraes.net 10 Resolução: O sapo executa um deslocamento igual a x para a direita enquanto a tábua desloca L – x para a esquerda. Utilizando o princípio da conservação do momento linear na direção do eixo “x” (o sistema está livre de força resultante externa), teremos: ( ) 0 0 . x x x P P mv Mu m x M x mx M L x MLx M m = = − ′∆ = ∆ ⇒ = − = + (12.1) O pulo do sapo durou um intervalo de tempo dado por: 0 0; 22 . y y yv v gt v v sen v sent g v sent t g θ θ θ = − = ⋅ ⋅= ⋅∴∆ = = O deslocamento “x” do sapo é dado por: 2 2 2 . x v senx v t v cos g v sen cosx g θθ θ θ ⎛ ⎞⋅ ⎟⎜ ⎟= ⋅∆ = ⋅ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ = (12.2) Utilizando os resultados (12.1) e (12.2) teremos: θ L v? L ‐ x x www.profafguimaraes.net 11 ( ) ( ) 2 1 2 1 2 2 ; 2 2 2 . 1 2 v sen cos ML g M m MgLv sen sen cos M m sen cos gLv m senM θ θ θ θ θθ θ θ = + ⎡ ⎤⎢ ⎥= =⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥∴ = ⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦ Questão 13 Uma arma atira um projétil, com velocidade de 450 mڄs ‐1, formando um ângulo de 600 com a horizontal. O projétil explode, em dois fragmentos de massas iguais, 50 s após sair da arma. Um fragmento, cuja velocidade imediatamente após a explosão é zero, cai verticalmente. Supondo que o terreno seja plano, a que distância da arma cairá o outro fragmento? Resolução: A velocidade do projétil na direção do eixo “x” é dada por: 0 1160 450 225 . 2x v v cos m s−= ⋅ = ⋅ = ⋅ E a velocidade inicial na direção do eixo “y” é dada por: 0 10 60 225 3 .yv v sen m s −= ⋅ = ⋅ O intervalo de tempo para que o centro de massa leva para alcançar o solo, é dado por: 0 0 225 3 10 22,5 3 . 45 3 . y yv v gt t t s T s = − = − ⇒ = ∴ = Assim, o centro de massa terá percorrido uma distância na direção do eixo “x” dada por: 225 45 3 17537,01 .cmx m= ⋅ = x1 xcm x2 v? 600 www.profafguimaraes.net 12 No instante 50 s, o primeiro fragmento terá percorrida uma distância: 1 225 50 11250 .x m= ⋅ = Cerca de 6287,01 m antes do centro de massa. Desprezando a ação do peso durante a explosão, o momento linear do sistema deve se conservar, Assim, o segundo fragmento estará a uma distância dada por: 2 6287,01 23824,02 .cmx x m= + = Questão 14 Umbloco de massa m repousa sobre uma cunha de massa M, que por sua vez repousa sobre uma mesa horizontal, como mostra a figura ao lado. Todas as superfícies são sem atrito. Se o sistema parte do repouso, com o ponto P do bloco a uma distância h acima da mesa, ache a velocidade da cunha no instante em que o ponto P toca a mesa. Resolução: Onde v? é a velocidade do bloco com relação à cunha e u? é a velocidade da cunha com relação ao solo. Os componentes da velocidade do bloco com relação ao solo são dados por: ( ) 2 2 2 22 2 2 2 2 2 ; 2 . sx sy s sx sy s s v vcos u v vsen v v v v vcos u v sen v v vucos u α α α α α = − = = + = − + = − + (13.1) Pelo princípio da conservação do momento linear (direção x), podemos escrever: ( ) ( ) 0 0 0 . x x sx P P mv Mu m vcos u Mu M m u v mcos α α = = − = − − += (13.2) Podemos também, utilizar o princípio da conservação da energia mecânica, juntamente com os resultados de (13.1) e (13.2). Assim, M m α M m α v? u? www.profafguimaraes.net 13 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ; cos 1 2 s E E mv Mumgh mgh m v v ucos u Mu M m u M m u cos mgh m M m u m cos mcos M m u mgh M m u M m u mcos m ghcos M m u M m mcos sen m ghcosu M m M msen α α α α α α α α α α α = = + = − ⋅ + + ⎡ ⎤+ +⎢ ⎥= − + +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ += − + + + ⎡ ⎤= + + − = −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎢∴ = ⎢ + +⎢⎣ ⎦ 1 2 .⎥⎥⎥ Questão 15 Um combustível muito empregado para motores de foguetes é uma mistura de querosene com oxigênio líquido. A queima deste combustível pode produzir uma velocidade de escape igual a 2500mڄs ‐1. (a) Despreze a força da gravidade e o peso dos tanques de combustível, bombas etc. e determine a quantidade de combustível que é necessária para cada kg de carga útil, a fim de permitir ao foguete atingir a uma velocidade de 13 kmڄs ‐1, partindo do repouso (a velocidade de escape na atmosfera terrestre vale 11,2 kmڄs ‐1). (b) Na sonda “Mariner”, com destino a Marte, a massa inicial era de 1,0 x 105 kg e a carga útil era de apenas 250 kg, correspondendo a uma proporção de 400 unidades de massa de combustível para apenas uma unidade de massa de carga útil.Qual seria, nas condições especificadas, a velocidade final de um foguete partindo do repouso? Resolução: a) ( ) 0 3 0 5,2 0 0 ln 13 10 2500 ln 1 181,3 180. rel Mv v M M M M M e M M M M M M = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒∆ = − = − ∆∴ ≅ b) 0 5 1 ln 102500 ln 250 14,98 . rel Mv v M v v km s− = = ⋅ ∴ ≅ ⋅ www.profafguimaraes.net 14 Questão 16 Consideremos uma partícula sobre a qual age uma força de mesma direção e sentido que sua velocidade. (a) Usando a relação relativística F = d(mv)/dt para uma única partícula, mostre que 2F ds mv dv v dm⋅ = ⋅ + , em que ds representa um deslocamento infinitesimal. (b) Usando a relação relativística ( )2 2 2 201v m m c= − , mostre que 2 2 0 2 m cmv dv dm m ⋅ = . (c) Substitua as relações para mvڄdv e v2 na expressão resultante em (a) e mostre que ( ) 20W Fds m m c= = −∫ . Resolução: a) ( ) 2 2 2 ; . d mv dv dmF m v dt dt dt dv ds dm ds dsF m v v ds dt ds dt dt dv dmF mv v ds ds dv dmFds mv v ds ds ds Fds mvdv v dm = = + = ⋅ + ⋅ → = + ⎛ ⎞⎟⎜= + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ∴ = + ∫ ∫ b) ( )2 2 20 2 2 2 0 3 2 2 2 2 0 0 2 2 1 22 d v md c dt dt m dv dmv c m dt m dt c m c mdv dmmv mv dv dm dt m dt m ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎛ ⎞− ⎟⎜=− ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ = ⋅ ∴ ⋅ = c) 2 2 2 2 20 0 2 21 Fds mv dv v dm c m mW dm c dm m m = ⋅ + ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ www.profafguimaraes.net 15 ( ) 0 0 0 2 2 2 2 2 0 0 2 0 1 1 . m m m m m m W m c m c m c m m W m m c ⎡ ⎤ ⎡ ⎤′⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ ′⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ∴ = − Questão 17 Um vagão‐prancha de estrada de ferro, de peso W, pode deslocar‐se sem atrito ao longo de um trilho horizontal reto, como mostra a figura. Inicialmente, um homem de peso w está parado sobre o vagão, que se desloca para a direita com velocidade v0. Qual será a variação da velocidade do vagão se o homem correr para a esquerda de modo que sua velocidade em relação ao vagão seja vrel exatamente antes dele saltar pela extremidade? Resolução: Seja u, a velocidade do homem com relação ao solo. Assim, relu v v′= − com v’ sendo a velocidade final do vagão, imediatamente antes do homem saltar. Pela conservação do momento linear, teremos: ( ) ( ) ( )( ) 0 0 0 0 ; , , . rel rel rel rel M m v Mv mu M m v Mv mv mv M m v v mv mvv v w mg W Mg M m w vv W w ′+ = − ′ ′+ = − + ′+ − = ′− = = =+ ⋅∴∆ = + Questão 18 Uma gota de chuva com massa variável. No problema da propulsão de um foguete, a massa é variável. Outro problema com massa variável é fornecido por uma gota de chuva caindo no interior de uma nuvem que contém muitas gotas minúsculas. Algumas dessas gotículas aderem sobre a gota que cai, fazendo, portanto, aumentar sua massa à medida que ela cai. A força sobre a gota de chuva é dada por 0v ?u ? www.profafguimaraes.net 16 ext dp dv dmF m v dt dt dt = = + . Suponha que a massa da gota de chuva dependa da distância x percorrida durante sua queda. Então, m = kx, onde k é uma constante, portanto dm/dt = kv. Como Fext = mg, obtemos: ( )dvmg m v kv dt = + . Ou, dividindo por k 2dvxg x v dt = + . Essa equação diferencial possui uma solução da forma v = at, onde a é uma aceleração constante. Considere a velocidade inicial da gota igual a zero. a) Usando a solução proposta para v, determine a aceleração a. b) Calcule a distância percorrida pela gota até o instante t = 3,00 s. c) Sabendo que k = 2,00 gڄm 1, ache a massa da gota de chuva para t = 3,00 s. Para muitos outros aspectos intrigantes deste problema veja o artigo de K. S. Krane, Amer. Jour. Phys. Vol 49 (1981), p. 113 – 117. Resolução: a) Tomando a expressão para a velocidade proposta, podemos obter a expressão para x: 2 0 . 2 t dxv at dt atx at dt x = = ′ ′= ⇒ =∫ Substituindo na equação diferencial, teremos: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 3 at atg a a t ag a a ga / / /= + = + ∴ = b) Voltando para a expressão de x, teremos: 2 210 3 3 2 3 2 15 . g tx x m / = ⋅ = ⋅/ ∴ = c) Podemos concluir então, que a massa da gota vale: 2 15 30 . m kx m m g = = ⋅ ∴ =
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