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Nº SEQUENCIAL 1° 2° 3° 4° FS 3130 – Física III P 2 A 19/11/2018 NOTA: NOME: GABARITO ASS.: TURMA: Todas as respostas devem ser justificadas e as passagens necessárias para o entendimento da solução devem estar presentes. Haverá penalização de 0,2 pontos por unidade incorreta ou ausente. carga fundamental: 𝑒 = 1,6 𝑥 10−19 C massa do elétron: 𝑚𝑒 = 9,11 𝑥 10 −31 kg massa do próton: 𝑚𝑝 = 1,67 𝑥 10 −27 kg 𝜀0 = 8,85 𝑥 10 −12 C2 N.m2 1 4𝜋𝜀0 = 9,0 𝑥 109 Nm2 C2 𝜇0 = 4𝜋 𝑥 10 −7 Tm 𝐴 1,0 𝜇 = 1,0 𝑥 10−6 1,0 𝑛 = 1,0 𝑥 10−9 1) Três cargas pontuais são mantidas fixas em um círculo de raio 𝑟 nos ângulos de 30°, 150° e 270°, como mostra a figura abaixo. (a)(1,5) Determine uma expressão para o campo elétrico resultante no centro do círculo. (b)(1,0) Calcule o potencial elétrico no centro do círculo Formulário: �⃗� = 1 4𝜋𝜀0 𝑞 𝑟2 �̂�; 𝑉 = 1 4𝜋𝜀0 𝑞 𝑟 a) �⃗� = �⃗� 1 + �⃗� 2 + �⃗� 3 �⃗� 1 = 1 4𝜋𝜀0 𝑞 𝑟2 (cos30° 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑗 ) (0,25) �⃗� 2 = 1 4𝜋𝜀0 𝑞 𝑟2 (− cos30° 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑗 ) (0,25) �⃗� 3 = 1 4𝜋𝜀0 2𝑞 𝑟2 ( 0 𝑖 − 𝑗 ) (0,25) Portanto, �⃗� = 0 𝑖 − (2 1 4𝜋𝜀0 𝑞 𝑟2 𝑠𝑒𝑛 30° + 1 4𝜋𝜀0 2𝑞 𝑟2 ) 𝑗 �⃗⃗� = (𝟎 𝒊 − 𝟏 𝟒𝝅𝜺𝟎 𝟑𝒒 𝒓𝟐 𝒋 ) (0,75) b) 𝑉𝑜𝑟𝑖𝑔𝑒𝑚 = 2 1 4𝜋𝜀0 𝑞 𝑟 + 1 4𝜋𝜀0 (−2𝑞) 𝑟 = 𝟎 (1,0) �⃗� 1 �⃗� 2 �⃗� 3 30° 2) Uma barra feita de material isolante, com comprimento 𝐿 = 120 cm está uniformemente eletrizada com uma carga elétrica 𝑄 = 600 nC. O potencial elétrico é nulo no infinito. a)(1,5) Considere que uma partícula (𝑚 = 4,0 g e 𝑞0 = +50 μC) seja lançada do ponto 𝑃, com velocidade inicial 𝑣 0 = (10 m/s) 𝑖 , em qual posição 𝑥 ocorreu o retorno da partícula? b)(1,0) Suponha que essa partícula seja abandonada a partir do repouso, em um ponto do eixo 𝑥, cujo potencial elétrico vale 8000 V. Qual é a velocidade dessa partícula ao chegar no infinito? Formulário: 𝑑𝑉 = 1 4𝜋𝜀0 𝑑𝑞 𝑟 𝑊𝐹 𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = −∆𝑈 ∆𝑈 = 𝑞0∆𝑉 ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0 a) 𝜆 = 𝑄 𝐿 = 600 nC 1,2 m = 500 nC m 𝑉𝑃 = 1 4𝜋𝜀0 ∫ 𝑑𝑞 𝑟 = 1 4𝜋𝜀0 ∫ 𝜆𝑑𝑥 𝑥+𝑑 𝐿 0 = 1 4𝜋𝜀0 𝜆 ∫ 𝑑𝑥 𝑥+𝑑 𝐿 0 = 1 4𝜋𝜀0 𝜆 ln(𝑥 + 𝑑) 𝐿 0 𝑉𝑃 = 1 4𝜋𝜀0 𝜆 ln ( 𝐿+𝑑 𝑑 ) = 9,0 ∙ 109. 500 ∙ 10−9. ln ( 1,8 0,6 ) 𝑉𝑃 = 4944 V (0,50) ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0 ∆𝐾 = −∆𝑈 = −𝑞0∆𝑉 𝑚𝑣2 2 − 𝑚𝑣0 2 2 = −𝑞0∆𝑉 No ponto de retorno, 𝑣 = 0 − 𝑚𝑣0 2 2 = −𝑞0(𝑉 − 𝑉𝑃) 𝑉 = 𝑚𝑣0 2 2𝑞0 + 𝑉𝑃 𝑉 = 4∙10−3.102 2.50∙10−6 + 4944 𝑉 = 8944 V (0,50) 𝑉 = 8944 = 9,0 ∙ 109. 500 ∙ 10−9. ln ( 1,2+𝑑′ 𝑑′ ) ln ( 1,2+𝑑′ 𝑑′ ) = 1,98756 𝑒1,98756 = 1,2+𝑑′ 𝑑′ 𝑑′. 𝑒1,98756 = 1,2 + 𝑑′ 𝑑′ = 1,2 𝑒1,98756 − 1 𝒅′ = 𝟎, 𝟏𝟗 𝐦 = 𝟏𝟗 𝐜𝐦 (0,50) Ou 𝒙 = −𝟎, 𝟏𝟗 𝒎 = −𝟏𝟗 𝒄𝒎 b) ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0 ∆𝐾 = −∆𝑈 = −𝑞0∆𝑉 𝑚𝑣2 2 − 𝑚𝑣0 2 2 = −𝑞0(𝑉∞ − 8000) 𝑚𝑣2 2 − 0 = −𝑞0( 0 − 8000) 𝑚𝑣2 2 = 𝑞0. 8000 𝑣 = √ 2.50∙10−6.8000 4∙10−3 𝒗 = 𝟏𝟒, 𝟏 m s (1,0) 𝑃 𝑑 = 60 cm 𝑞0 𝑚 𝑣 0 𝐿 = 120 cm + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 𝑄 𝑦 𝑥 𝑟 𝑑𝑞 = 𝜆𝑑𝑥 𝑥 3) A figura ao lado mostra uma barra de comprimento 𝐿 = 80 cm que se desloca com velocidade uniforme 𝑣 = 20 m s ao longo de trilhos condutores. O campo magnético é produzido por um fio retilíneo, longo e paralelo aos trilhos. Suponha que, 𝑎 = 2,0 cm e 𝑖 = 120 A. (a)(1,0) Calcule a f.e.m. 𝜀 induzida na barra. (b)(0,5) Determine o sentido da corrente induzida que percorre o circuito fechado. Justifique. (c)(1,0) Sabendo-se que a intensidade da corrente induzida no circuito fechado é 100 mA, qual é a potência mecânica exercida pelo agente externo para manter a barra em movimento uniforme? Formulário: 𝐵 = 𝜇0𝐼 2𝜋𝑟 ; Φ𝐵 = ∫(�⃗� ∙ �⃗� )𝑑𝐴 ; 𝜀 = − 𝑑Φ𝐵 𝑑𝑡 ; 𝑑𝐹 = 𝐼(𝑑ℓ⃗ × �⃗� ) ; 𝑃𝑚𝑒𝑐 = 𝐹 ∙ 𝑣 ; 𝑃𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = 𝑅𝐼 2 = ℰ. 𝐼 a) Φ𝐵 = ∫(�⃗� ∙ �⃗� )𝑑𝐴 = ∫𝐵. cos 0° 𝑥𝑑𝑟 =∫ 𝜇0𝐼𝑥 2𝜋𝑟 𝑑𝑟 Φ𝐵 = ∫ 𝜇0𝐼𝑥 2𝜋 𝑑𝑟 𝑟 𝐿+𝑎 𝑎 Φ𝐵 = 𝜇0𝐼𝑥 2𝜋 𝑙𝑛 ( 𝐿+𝑎 𝑎 ) (0,5) 𝜀 = − 𝑑Φ𝐵 𝑑𝑡 = − 𝜇0𝐼 2𝜋 𝑙𝑛 ( 𝐿+𝑎 𝑎 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝜀 = − 𝜇0𝐼 2𝜋 𝑙𝑛 ( 𝐿+𝑎 𝑎 ) (−𝑣) = 4𝜋 .10−7.120 2𝜋 ln ( 80+2 2 ) . 20 𝜺 = 𝟏, 𝟕𝟖 ∙ 𝟏𝟎−𝟑 V (0,5) b) 𝜀 > 0, sentido anti-horário (a corrente induzida tenta evitar a diminuição do fluxo magnético). (0,5) c) 𝑃𝑚𝑒𝑐 = 𝑃𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = |ℰ|. 𝐼 𝑃𝑚𝑒𝑐 = |1,78. 10 −3|. 100. 10−3 𝑷𝒎𝒆𝒄 = 𝟏𝟕𝟖 ∙ 𝟏𝟎 −𝟔 W = 𝟏𝟕𝟖 μ W (1,0) ⊙ �⃗⃗� x 𝐼𝑖𝑛𝑑 𝑟 𝑥 4) A figura abaixo mostra uma técnica experimental para alterar a direção do percurso de uma partícula carregada. Considere uma partícula de carga 𝑞 = 1,00 μC e massa 𝑚 = 2,00 ∙ 10−13 kg que entra na parte inferior da região de campo magnético uniforme com velocidade escalar 𝑣 = 2,00 ∙ 105 m s , cujo vetor velocidade é perpendicular às linhas de campo. O campo magnético tem módulo 𝐵 = 0,400 T e é direcionado para fora da página. A força magnética que atua na partícula faz com que a direção de seu movimento mude conforme o comprimento ℎ da região de campo magnético. Determine o vetor velocidade 𝑣 da partícula na saída da região de campo magnético, para os casos: (a)(1,0) ℎ = 12,0 cm (b)(1,5) ℎ = 5,00 cm Formulário: 𝐹 𝑚𝑎𝑔 = 𝑞(𝑣 × �⃗� ) 𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎 = 𝑣2 𝑅 𝐹𝑚𝑎𝑔 = |𝑞|𝑣. 𝐵. 𝑠𝑒𝑛 90° = 𝑚. 𝑣2 𝑅 𝑅 = 𝑚.𝑣 |𝑞|𝐵 𝑅 = 2,0∙10−13.2,0∙105 1,0∙10−6.0,40 = 0,10 m = 10 cm (0,50) a) Como ℎ é maior que o raio 𝑅, temos que a trajetória é uma semicircunferência, portanto a velocidade de saída da partícula é dada por: 𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = −𝑣 = − (2,00 ∙ 10 5 𝑚 𝑠 ) 𝑗 (0,5) b) Agora ℎ é menor que o raio 𝑅, então a trajetória é um arco de circunferência, que faz a velocidade de saída da partícula ser dada por: 𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 𝑣 cos 𝜃 𝑖 + 𝑣 sen𝜃 𝑗 onde 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 cos ( ℎ 𝑅 ) = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠 ( 5 10 ) = 60° 𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = (2,0. cos 60° 𝑖 + 2,0. sen 60° 𝑗 ) ∙ 10 5 �⃗⃗� 𝒔𝒂í𝒅𝒂 = (𝟏, 𝟎𝟎 𝒊 + 𝟏,𝟕𝟑 𝒋 ) ∙ 𝟏𝟎 𝟓 𝐦 𝐬 (1,0) 𝑦 𝑥 2ℎ R 𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 𝑦 𝑥 R 𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 𝜃 𝜃 (0,5) Nº SEQUENCIAL 1° 2° 3° 4° FS 3130 – Física III P 2 B 19/11/2018 NOTA: NOME: : GABARITO ASS.: TURMA: Todas as respostas devem ser justificadas e as passagens necessárias para o entendimento da solução devem estar presentes. Haverá penalização de 0,2 pontos por unidade incorreta ou ausente. carga fundamental: 𝑒 = 1,6 𝑥 10−19 C massa do elétron: 𝑚𝑒 = 9,11 𝑥 10 −31 kg massa do próton: 𝑚𝑝 = 1,67 𝑥 10 −27 kg 𝜀0 = 8,85 𝑥 10 −12 C2 N.m2 1 4𝜋𝜀0 = 9,0 𝑥 109 Nm2 C2 𝜇0 = 4𝜋 𝑥 10 −7 Tm 𝐴 1,0 𝜇 = 1,0 𝑥 10−6 1,0 𝑛 = 1,0 𝑥 10−9 1) Três cargas pontuais são mantidas fixas em um círculo de raio 𝑟 nos ângulos de 30°, 150° e 270°, como mostra a figura abaixo. (a)(1,5) Determine uma expressão para o campo elétrico resultante no centro do círculo. (b)(1,0) Calcule o potencial elétrico no centro do círculo Formulário: �⃗� = 1 4𝜋𝜀0 𝑞 𝑟2 �̂�; 𝑉 = 1 4𝜋𝜀0 𝑞 𝑟 a) �⃗� = �⃗� 1 + �⃗� 2 + �⃗� 3 �⃗� 1 = 1 4𝜋𝜀0 2𝑞 𝑟2 (cos 30° 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑗 ) (0,25) �⃗� 2 = 1 4𝜋𝜀0 2𝑞 𝑟2 (− cos30° 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑗 ) (0,25) �⃗� 3 = 1 4𝜋𝜀0 2𝑞 𝑟2 ( 0 𝑖 − 𝑗 ) (0,25) Portanto, �⃗� = 0 𝑖 − (2 1 4𝜋𝜀0 2𝑞 𝑟2 𝑠𝑒𝑛 30° + 1 4𝜋𝜀0 2𝑞 𝑟2 ) 𝑗 �⃗⃗� = (𝟎 𝒊 − 𝟏 𝟒𝝅𝜺𝟎 𝟒𝒒 𝒓𝟐 𝒋 ) (0,75) b) 𝑉𝑜𝑟𝑖𝑔𝑒𝑚 = 2 1 4𝜋𝜀0 2𝑞 𝑟 + 1 4𝜋𝜀0 (−2𝑞) 𝑟 = 1 4𝜋𝜀0 2𝑞 𝑟 (1,0) �⃗� 1 �⃗� 2 �⃗� 3 30° 2𝑞 2𝑞 2) Uma barra feita de material isolante, com comprimento 𝐿 = 150 cm está uniformemente eletrizada com uma carga elétrica 𝑄 = 600 nC. O potencial elétrico é nulo no infinito. a)(1,5) Considere que uma partícula (𝑚 = 2,0 g e 𝑞0 = +40 μC) seja lançada do ponto 𝑃, com velocidade inicial 𝑣 0 = (10 m/s) 𝑖 , em qual posição 𝑥 ocorreu o retorno da partícula? b)(1,0) Suponha que essa partícula seja abandonada a partir do repouso, em um ponto do eixo 𝑥, cujo potencial elétrico vale 7000 V. Qual é a velocidade dessa partícula ao chegar no infinito? Formulário: 𝑑𝑉 = 1 4𝜋𝜀0 𝑑𝑞 𝑟 𝑊𝐹 𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = −∆𝑈 ∆𝑈 = 𝑞0∆𝑉 ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0 a) 𝜆 = 𝑄 𝐿 = 600 nC 1,5 m = 400 nC m 𝑉𝑃 = 1 4𝜋𝜀0 ∫ 𝑑𝑞 𝑟 = 1 4𝜋𝜀0 ∫ 𝜆𝑑𝑥 𝑥+𝑑 𝐿 0 = 1 4𝜋𝜀0 𝜆 ∫ 𝑑𝑥 𝑥+𝑑 𝐿 0 = 1 4𝜋𝜀0 𝜆 ln(𝑥 + 𝑑) 𝐿 0 𝑉𝑃 = 1 4𝜋𝜀0 𝜆 ln ( 𝐿+𝑑 𝑑 ) = 9,0 ∙ 109. 400 ∙ 10−9. ln ( 2 0,5 ) 𝑉𝑃 = 4991 V (0,50) ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0 ∆𝐾 = −∆𝑈 = −𝑞0∆𝑉 𝑚𝑣2 2 − 𝑚𝑣0 2 2 = −𝑞0∆𝑉 No ponto de retorno, 𝑣 = 0 − 𝑚𝑣0 2 2 = −𝑞0(𝑉 − 𝑉𝑃) 𝑉 = 𝑚𝑣0 2 2𝑞0 + 𝑉𝑃 𝑉 = 2∙10−3.102 2.40∙10−6 + 4991 𝑉 = 7491 V (0,50) 𝑉 = 7491 = 9,0 ∙ 109. 400 ∙ 10−9. ln ( 1,5+𝑑′ 𝑑′ ) ln ( 1,5+𝑑′ 𝑑′ ) = 2,081 𝑒2,081 = 1,5+𝑑′ 𝑑′ 𝑑′. 𝑒2,081 = 1,5 + 𝑑′ 𝑑′ = 1,5 𝑒2,081 − 1 𝒅′ = 𝟎, 𝟐𝟏𝟒 𝐦 = 𝟐𝟏, 𝟒 𝐜𝐦 (0,50) Ou 𝒙 = −𝟎, 𝟐𝟏𝟒 𝒎 = −𝟐𝟏, 𝟒 𝒄𝒎 b) ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0 ∆𝐾 = −∆𝑈 = −𝑞0∆𝑉 𝑚𝑣2 2 − 𝑚𝑣0 2 2 = −𝑞0(𝑉∞ − 7000) 𝑚𝑣2 2 − 0 = −𝑞0( 0 − 7000) 𝑚𝑣2 2 = 𝑞0. 7000 𝑣 = √ 2.40∙10−6.7000 2∙10−3 𝒗 = 𝟏𝟔, 𝟕 m s (1,0) 𝑃 𝑑 = 50 cm 𝑞0 𝑚 𝑣 0 𝐿 = 150 cm + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 𝑄 𝑦 𝑥 𝑟 𝑑𝑞 = 𝜆𝑑𝑥 3) A figura ao lado mostra uma barra de comprimento 𝐿 = 90 cm que se desloca com velocidade uniforme 𝑣 = 25 m s ao longo de trilhos condutores. O campo magnético é produzido por um fio retilíneo, longo e paralelo aos trilhos. Suponha que, 𝑎 = 1,5 cm e 𝑖 = 130 A. (a)(1,0) Calcule a f.e.m. 𝜀 induzida na barra. (b)(0,5) Determine o sentido da corrente induzida que percorre o circuito fechado. Justifique. (c)(1,0) Sabendo-se que a intensidade da corrente induzida no circuito fechado é 100 mA, qual é a potência mecânica exercida pelo agente externo para manter a barra em movimento uniforme? Formulário: 𝐵 = 𝜇0𝐼 2𝜋𝑟 ; Φ𝐵 = ∫(�⃗� ∙ �⃗� )𝑑𝐴 ; 𝜀 = − 𝑑Φ𝐵 𝑑𝑡 ; 𝑑𝐹 = 𝐼(𝑑ℓ⃗ × �⃗� ) ; 𝑃𝑚𝑒𝑐 = 𝐹 ∙ 𝑣 ; 𝑃𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = 𝑅𝐼 2 = ℰ. 𝐼 a) Φ𝐵 = ∫(�⃗� ∙ �⃗� )𝑑𝐴 = ∫𝐵. cos 0° 𝑥𝑑𝑟 =∫ 𝜇0𝐼𝑥 2𝜋𝑟 𝑑𝑟 Φ𝐵 = ∫ 𝜇0𝐼𝑥 2𝜋 𝑑𝑟 𝑟 𝐿+𝑎 𝑎 Φ𝐵 = 𝜇0𝐼𝑥 2𝜋 𝑙𝑛 ( 𝐿+𝑎 𝑎 ) (0,5) 𝜀 = − 𝑑Φ𝐵 𝑑𝑡 = − 𝜇0𝐼 2𝜋 𝑙𝑛 ( 𝐿+𝑎 𝑎 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝜀 = − 𝜇0𝐼 2𝜋 𝑙𝑛 ( 𝐿+𝑎 𝑎 ) (−𝑣) = 4𝜋 .10−7.130 2𝜋 ln ( 90+1,5 1,5 ) . 25 𝜺 = 𝟐, 𝟔𝟕 ∙ 𝟏𝟎−𝟑 V (0,5) b) 𝜀 > 0, sentido anti-horário (a corrente induzida tenta evitar a diminuição do fluxo magnético). (0,5) c) 𝑃𝑚𝑒𝑐 = 𝑃𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = |ℰ|. 𝐼 𝑃𝑚𝑒𝑐 = |2,67. 10 −3|. 100. 10−3 𝑷𝒎𝒆𝒄 = 𝟐𝟔𝟕 ∙ 𝟏𝟎 −𝟔 W = 𝟐𝟔𝟕 μ W (1,0) ⊙ �⃗⃗� x 𝐼𝑖𝑛𝑑 𝑟 𝑥 4) A figura abaixo mostra uma técnica experimental para alterar a direção do percurso de uma partícula carregada. Considere uma partícula de carga 𝑞 = 8,00 μC e massa 𝑚 = 2,00 ∙ 10−11 kg que entra na parte inferior da região de campo magnético uniforme com velocidade escalar 𝑣 = 4,00 ∙ 104 m s , cujo vetor velocidade é perpendicular às linhas de campo. O campo magnético tem módulo 𝐵 = 0,400 T e é direcionado para fora da página. A força magnética que atua na partícula faz com que a direção de seu movimento mude conforme o comprimento ℎ da região de campo magnético. Determine o vetor velocidade 𝑣 da partícula na saída da região de campo magnético, para os casos: (a)(1,0) ℎ = 30,0 cm (b)(1,5) ℎ = 12,0 cm Formulário: 𝐹 𝑚𝑎𝑔 = 𝑞(𝑣 × �⃗� ) 𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎 = 𝑣2 𝑅 𝐹𝑚𝑎𝑔 = |𝑞|𝑣. 𝐵. 𝑠𝑒𝑛 90° = 𝑚. 𝑣2 𝑅 𝑅 = 𝑚.𝑣 |𝑞|𝐵 𝑅 = 2,0∙10−11.4,0∙104 8,0∙10−6.0,40 = 0,25 m = 25 cm (0,50) a) Como ℎ é maior que o raio 𝑅, temos que a trajetória é uma semicircunferência, portanto a velocidade de saída da partícula é dada por: 𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 =−𝑣 = − (4,00 ∙ 10 4 m s ) 𝑗 (0,5) b) Agora ℎ é menor que o raio 𝑅, então a trajetória é um arco de circunferência, que faz a velocidade de saída da partícula ser dada por: 𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 𝑣 cos 𝜃 𝑖 + 𝑣 sen𝜃 𝑗 onde 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 cos ( ℎ 𝑅 ) = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠 ( 12 25 ) = 61,3° 𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = (4,0. cos 61,3° 𝑖 + 4,0. sen61,3° 𝑗 ) ∙ 10 4 �⃗⃗� 𝒔𝒂í𝒅𝒂 = (𝟏, 𝟗𝟐 𝒊 + 𝟑, 𝟓𝟏 𝒋 ) ∙ 𝟏𝟎 𝟒 𝐦 𝐬 (1,0) 𝑦 𝑥 2ℎ 𝑦 𝑥 R 𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 𝜃 𝜃 (0,5) R 𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎
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