mhs

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson [email protected] Última atualização: 04/10/2005 13:24 H

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 2

Capítulo 15 - Oscilações

Problemas

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

Problemas Resolvidos 02. Um oscilador consiste em um bloco de massa de 512 g preso a uma dada mola. Ao oscilar com

amplitude de 34,7 cm, ele repete seu movimento a cada 0,484 s. Encontrar: (a) o período, (b) a freqüência, (c) a freqüência angular, (d) a constante de força, (e) a velocidade máxima e (f) a força máxima exercida no bloco. (Pág. 19)

Solução. (a) O período do movimento de oscilação é o tempo gasto para que o movimento se repita, ou seja, complete um ciclo. Logo: 0, 484 sT = (b) A freqüência de oscilação vale:

11 2,0661 s 2,0661 HzT

ν −= = =

2,07 Hzν ≈ (c) A freqüência angular vale: 2 12,9817 rad/sω πν= =

13,0 rad/sω ≈ (d) Para determinar a constante de força, partimos da conhecida relação:

km

ω =

2 86,2857 N/mk mω= =

86,3 N/mk ≈ (e) A dependência da velocidade da massa em relação ao tempo é dada pela seguinte equação: ( )( ) sent mv x tω ω φ= − +

A velocidade máxima vmax é encontrada quando sen(ωt + φ) = ±1. Logo: max 4,5046 m/smv xω= =

max 4,50 m/sv ≈

(f) A dependência da força que a mola exerce sobre o bloco em relação ao tempo é dada pela relação: ( )2

( ) ( ) cost t mF ma m x tω ω φ= = − +

A força máxima Fmax é encontrada quando cos(ωt + φ) = ±1. Logo: 2

max 29,9407 NmF m xω= =

max 29,9 NF ≈

[Início]

08. Um corpo oscila com movimento harmônico simples de acordo com a equação

( ) ( )6,12 m cos 8,38 rad/s 1,92 radx t= +⎡ ⎤⎣ ⎦ Encontre (a) o deslocamento, (b) a velocidade e (c) a aceleração no instante t = 1,90 s. Encontre

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2


também (d) a freqüência e (f) o período do movimento. (Pág. 19)

Solução. (a) A posição em t = 1,90 s vale: ( ) ( )( )(1,90 s) 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 3, 26764 mx = +⎡ ⎤⎣ ⎦ =

(1,90 s) 3, 27 mx ≈

(b) A velocidade em t = 1,90 s vale:

( )( ) ( )( ) 8,38 rad/s 6,12 m sen 8,38 rad/s 1,92 radtdxv tdt

= = − +⎡ ⎤⎣ ⎦

( )( ) ( )( )(1,90 s) 8,38 rad/s 6,12 m sen 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 43,3634 m/sv = − + =⎡ ⎤⎣ ⎦

(1,90 s) 43, 4 m/sv ≈

(c) A aceleração em t = 1,90 s vale:

( ) ( ) ( )2( ) 8,38 rad/s 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,92 radt

dva tdt

= = − +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( )( )2 2(1,90 s) 8,38 rad/s 6,12 m cos 8,38 rad/s 1,90 s 1,92 rad 229,4683 m/sa = − + = −⎡ ⎤⎣ ⎦

2(1,90 s) 229 m/sa ≈ −

(d) A freqüência vale:

8,38 rad/s 1,33371 Hz2 2ωνπ π

= = =

1,33 Hzν ≈ (e) O período vale:

1 0,74978 sTν

= =

0,750 sT ≈

[Início] 13. Num certo porto, a maré faz a superfície do oceano subir e descer em movimento harmônico

simples, com um período de 12,5 h. Quanto tempo a água leva para, partindo da altura máxima, atingir metade desta distância abaixo do nível de equilíbrio? (Pág. 20)

Solução.

[Início] 14. Dois blocos (m = 1,22 kg e M = 18,73 kg) e uma determinada mola (k = 344 N/m) estão

arranjados numa superfície horizontal, sem atrito, como mostra a Fig. 25. O coeficiente de atrito estático entre os blocos é de 0,42. Determine a amplitude máxima possível do movimento harmônico simples para que não haja deslizamento entre os blocos?


3


(Pág. 20)

Solução. Considere o seguinte esquema, onde o índice 1 se refere ao bloco m e 2 a M:

N1

P1

fF

m x

y

N2

P2

f’

a1 = a2

M

N1’

A máxima aceleração que o bloco m suporta (a1) sem deslizar é aquela que não rompe a condição de atrito estático com o bloco M: 1f ma=

1 1N mg maμ μ= =

1a gμ=

Portanto, o sistema oscilante poderá apresentar aceleração máxima (amax) igual a μg. Logo: 2

( ) ( )t ta xω= −

2max ma xω= −

( )max2m

gaxk

m M

μω

−= − = −

⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠

( ) 0,11917 mm

g m Mx

kμ +

= =

0,12 mmx ≈

[Início]

20. Duas partículas executam movimento harmônico simples de mesmas amplitude e freqüência, ao

longo da mesma linha reta. Elas se cruzarão quando, movendo-se em sentidos opostos, seus deslocamentos forem iguais à metade da amplitude. Encontre a diferença de fase entre elas. (Pág. 20)

Solução.

[Início]


4


21. Duas molas estão presas a um bloco de massa m, que pode deslizar sem atrito numa superfície horizontal, como está mostrado na Fig. 26. Mostre que a freqüência de oscilação do bloco é

2 21 21 2

12

k km

ν ν νπ

+= = +

onde ν1 e ν2 são as freqüências em que o bloco oscilaria se fosse conectado somente à mola 1 ou à 2. (O análogo elétrico deste sistema é uma combinação em série de dois capacitores).

(Pág. 20)

Solução. Para a mola k1, temos: 1 12ω πν=

1 11

12 2

km

ωνπ π

= =

2 2 114 k

mπ ν =

21 4k m 2

1π ν= (1)

De forma análoga, para a mola 2 teremos: 2

2 4k m 22π ν= (2)

Considere o seguinte esquema:

x0

m

xF1 F2

k1 k2

A força elástica resultante sobre o bloco vale: (3) (1 2 1 2 1 2F F F k x k x k k x= + = − − = − + )

txSabemos que para o MHS é válida a seguinte relação: (4) 2

( ) ( )ta ω= −

De acordo com a segunda lei de Newton, temos: (5) F ma=Substituindo-se (3) e (4) em (5): ( ) 2

1 2k k x m xω− + = −

21 2k k mω+ = (6)

Substituindo-se (1), (2) e a relação ω = 2πν em (6): 2 2 2 2 2

1 24 4 4m m m 2π ν π ν π ν+ =


5


2 21 2ν ν ν= +

[Início]

22. Ligam-se duas molas e no extremo de uma delas prende-se um bloco de massa m, como está

mostrado na Fig. 27. Não há atrito entre as superfícies. Se as molas separadamente tiverem constantes de força k1 e k2, mostre que a freqüência da oscilação do bloco será

( )

1 2 1 22 2

1 2 1 2

12

k kk k m

ν ννπ ν ν

= =+ +

onde ν1 e ν2 são as freqüências em que o bloco oscilaria se fosse conectado somente à mola 1 ou à 2. (O análogo elétrico deste sistema é uma combinação em paralelo de dois capacitores).

(Pág. 20)

Solução. Considere o seguinte esquema:

m

F1 F2k1 k2F

Sejam as seguintes relações, em que x1 e x2 são os estiramentos das molas k1e k2, respectivamente: (1) 1 1F k= − 1x

2x (2) 2 2F k= −

A partir destas equações, temos:

11

1

Fxk

= − (3)

22

2

Fxk

= − (4)

Vamos imaginar que a associação em série de molas mostrada na Fig. 27 possa ser substituída por uma mola equivalente de constante k’, de tal forma que as características do movimento imprimido ao bloco não seja alterado.

m

k’F’

As Eqs. (1)-(4) sugerem que: (5) 'F k= − 'x

'

'

Fxk

= − (6)


6


Nas Eqs. (5) e (6), x corresponde à distância de compressão ou estiramento da mola k’ e F’ é a força elástica correspondente gerada pela mola. O importante é observar que:


7

2 1x x x= + (7)

(8) '1 2F F F F= = =

Substituindo-se (3), (4) e (6) em (7):

'

1 2'

1 2

F FFk k k

− = − −

Aplicando-se a relação (8), temos:

'

1 2'

1 2 1 2

1 1 k kF F Fk k k k k

⎛ ⎞ += − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

' ' 1 2

1 2

k kF k Fk k

⎛ ⎞+= ⎜

⎝ ⎠⎟ (9)

Comparando-se (5) e (9), temos:

1 2

1 2

k kF xk k+

= −

1 2

1 2

k kF xk k

= −+

Logo:

' 1 2

1 2

k kkk k

=+

(10)

A freqüência de oscilação do sistema vale:

' '

' 12 2

km

ων νπ π

= = = (11)

Substituindo-se (10) em (11):

( )

' 1 2

1 2

12

k kk k m

νπ

=+

[Início]

28. (a) No movimento harmônico simples, quando o deslocamento for igual à metade da amplitude

xm, que fração da energia total será cinética e que fração será potencial? (b) Para que valor do deslocamento metade da energia será cinética e metade será potencial? (Pág. 21)

Solução. (a) A equação do movimento harmônico simples é: ( )( ) cost mx x tω φ= +

Quando o deslocamento for igual à metade da amplitude, temos:

( )0( ) 0cos

2m

t mxx x tω φ= = +


Isto implica em que no tempo t0 temos:

( )01cos2

tω φ+ =

A energia mecânica total do MHS é dada por:

212 mE kx= (1)

No instante t0 a energia potencial do sistema vale:

( )0 0

222 2

( ) ( ) 01 1 1 1cos2 2 2 2t t m mU kx k x t kxω φ ⎛ ⎞= = + =⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠

0

2( )

18tU k= mx (2)

A energia cinética do sistema no instante t0 pode ser calculada por diferença:

0 0

2 2( ) ( )

1 12 8t t m mK E U kx kx= − = −

0

2( )

38tK k= mx (3)

Agora podemos usar as Eqs. (1)-(3) para calcular o que foi pedido. A fração da energia total que será cinética é:

0

2

( )

2

3812

mtK

m

kxKf

E kx= =

34Kf =

A fração da energia total que será potencial é:

0

2

( )

2

1812

mtU

m

kxUf

E kx= =

14Uf =

(b) Usaremos a condição da energia potencial ser metade da energia mecânica total:

2EU =

2

2

11 22 2

mkxkx =

2

2

2mxx =

2

2 mx x=


8


[Início] 34. Um bloco de massa M está em repouso em uma mesa horizontal, sem atrito, preso em suporte

rígido por uma mola de constante elástica k. Uma bala de massa m e velocidade v atinge o bloco, como mostra a Fig. 30; a bala fica presa no bloco. Determine a amplitude do movimento harmônico simples resultante, em termos de m, M, v e k.

(Pág. 21)

Solução. Considere o seguinte esquema da situação:

m+M

x0 xm-xm Logo após a colisão completamente inelástica entre a bala e o bloco, ambos passam a executar movimento harmônico simples como um só corpo de massa m + M. A velocidade do conjunto imediatamente após a colisão corresponde à velocidade máxima do MHS (vmax). O cálculo de vmax é feito por meio da aplicação do princípio da conservação do momento linear na coordenada x: 0x xP P=

bala,0 bloco,0 bala blocop p p p+ = +

max max0mv mv Mv+ = +

maxmvv

m M=

+ (1)

Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em função do tempo é dada por: ( )( ) sent mv x tω ω φ= − +

A velocidade máxima do MHS é obtida quando sen (ωt + φ) = ± 1. Logo: max mv xω=

maxm

vxω

= (2)

Por definição, a freqüência angular ω é dada por:

km M

ω =+

(3)

Substituindo-se (1) e (3) em (2):


9

mmv m Mx

m M k+

=+


( )m

mvxm M k

=+

[Início]

36. Um bloco de 4,00 kg está suspenso por uma mola de constante elástica 5,00 N/cm. Uma bala de

50,0 g é atirada sobre o bloco, de baixo para cima, com velocidade de 150 m/s, ficando em repouso no interior do bloco. (a) Encontre a amplitude do movimento harmônico simples resultante. (b) Que fração da energia cinética original da bala se transforma em energia mecânica do oscilador ? (Pág. 22)


y

0

ym

-ym

v0

m

M

m M +

Logo após a colisão completamente inelástica entre a bala e o bloco, ambos passam a executar movimento harmônico simples como um só corpo de massa m + M. A velocidade do conjunto imediatamente após a colisão corresponde à velocidade máxima do MHS (vmax). O cálculo de vmax é feito por meio da aplicação do princípio da conservação do momento linear na coordenada x: 0x xP P=

bala,0 bloco,0 bala blocop p p p+ = +

0 max0mv mv Mv+ = + max

0max

mvvm M

=+

(1)

Durante o MHS, a velocidade do sistema bloco + bala em função do tempo é dada por: ( )( ) sent mv y tω ω φ= − +

A velocidade máxima do MHS é obtida quando sen (ωt + φ) = ± 1. Logo: max mv yω= (2)

A freqüência angular do sistema vale:

km M

ω =+

(3)


mmv k y

m M m M=

+ +


10


( )0 0 0,1666 mm

m m M my v vm M k k m M

+= = =

+ +

0,17 mmy ≈

(b) A energia mecânica do oscilador corresponde à sua energia cinética máxima.

( ) ( )

22maxmax

220 00

12

12

m M v m M vEfK mmv

+ += = =

v (4)


( ) 20

20

0,0123456m M mv mf

mv m M m M+ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

0,012f ≈

[Início] 37. Um cilindro sólido está preso a uma mola horizontal sem massa, de tal modo que ele pode rolar

sem deslizar sobre uma superfície horizontal, como mostra a Fig. 32. A constante de força k da mola é 2,94 N/cm. Sabendo-se que o sistema foi abandonado em repouso numa posição tal que a mola estava distendida de 23,9 cm, calcule as energias cinéticas (a) de translação e (b) de rotação do cilindro, quando ele passar na posição de equilíbrio. (c) Mostre que, nestas condições, o centro de massa do cilindro executa movimento harmônico simples com período de

322MTk

π=

onde M é a massa do cilindro.

(Pág. 22)

Solução. A energia mecânica total vale (xm é a amplitude de oscilação):

21 0,09375 J2 mE kx= = (1)

Quando o cilindro passa pelo ponto onde a mola está relaxada, a energia mecânica do sistema E estará na forma de energia cinética K. Esta está dividida em energia cinética translacional KT e rotacional KR. (2) TE K K K= = + R

A energia cinética translacional vale:

212TK Mv= (3)


11


A energia cinética rotacional vale (I é o momento de inércia do cilindro e ω é a sua velocidade angular):

22

21 12 2 2R

MR vK IR

ω⎛ ⎞⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

214RK Mv= (4)


2 21 12 4

E Mv Mv= +

234

E Mv= (5)

(a) Dividindo-se (4) por (5):

2

2

224

3 34

TMvK

E Mv= =

2 0,0625 J3TK E= =

0,063 JTK ≈

(a) Dividindo-se (3) por (5):

2

2

114

3 34

TMvK

E Mv= =

1 0,03125 J3TK E= =

0,031 JTK ≈

(c) Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o cilindro:

P

f

α x

y

z

N

F

v

Vamos analisar a dinâmica da translação do cilindro (em x), em que F é a força elástica, f é a força de atrito estático, P é o peso do cilindro e N é a normal: x xF Ma=∑

2

2

d xF f Mdt

− =


12


2

2

d xkx f Mdt

− − = (6)

Agora vamos analisar a dinâmica da rotação do cilindro (torques em z, em relação ao centro de massa do cilindro): z zIτ α=∑

2

2 zMRfR α− =

Mas:

xz

vR

α = −

Logo:

2

2xvMRfR

R=

2

22M d xf

dt= (7)


2 2

2 22M d x d xkx M

dt dt− − =

2

2

2 03

d x k xdt M

+ = (8)

A Eq. (8) é a equação diferencial do movimento harmônico simples, onde:

2 23

kM

ω =

A relação entre o período de oscilação T e a freqüência angular ω é:

2T πω

=

Logo:

322MTk

π=

[Início]

45. Um pêndulo físico consiste de um disco sólido uniforme de massa M = 563 g e raio R = 14,4

cm, mantido no plano vertical por um eixo preso à distância d = 10,2 cm do centro do disco, como mostra a Fig. 35. Desloca-se o disco de um pequeno ângulo e a seguir ele é abandonado. Encontre o período do movimento harmônico resultante.


13


(Pág. 23)

Solução. O período de oscilação de um pêndulo físico é dado pela Eq. (1), onde I é o momento de inércia do pêndulo em relação ao eixo de oscilação e d é a distância entre esse eixo e o centro de massa do pêndulo:

2 ITMgd

π= (1)

O momento de inércia é obtido por meio da aplicação do teorema dos eixos paralelos: 2

CMI I Md= +

2

2

2MRI Md= +

( 2 222M )I R d= + (2)


( )2 22

2 0,90528 s2

R dT

gdπ

+= =

0,905 sT ≈

[Início]

48. Um pêndulo consiste de um disco uniforme de raio de 10,3 cm e massa de 488 g preso a uma

vara uniforme de 52,4 cm de comprimento e 272 g de massa; veja a Fig. 36. (a) Calcule o momento de inércia do pêndulo em torno deste eixo. (b) Qual é a distância entre o eixo e o centro de massa do pêndulo? (c) Calcule o período de oscilação para deslocamento angular pequeno.

(Pág. 23)

Solução. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Oscilações

14


Considere o seguinte esquema da situação:

x

0

CM

hl

R

M

m

(a) O momento de inércia do pêndulo (I) é igual à soma dos momentos de inércia da vara (Ivara) e do disco (Idisco). vara discoI I I= + (1)

De acordo com a Fig. 9f (pág. 234, vol. 1):

2

vara 3mlI = (2)

O cálculo de Idisco requer a aplicação do teorema dos eixos paralelos:

( )2CMI I M l R= + +

(2

2

2MR )I M l R= + + (3)


( )2 2

2 20,028905 kg.m3 2

ml RI M l R⎡ ⎤

= + + + =⎢ ⎥⎣ ⎦

20,0289 kg.mI ≈ (b) A coordenada do centro de massa (xCM) é dada por: ( )1 2 1 1 2CMm m x m x m x+ = + 2

( ) ( )2lm M h m M l R+ = + +

1 ( ) 0, 4963 m2

mlh M l Rm M

⎡ ⎤= + + =⎢ ⎥+ ⎣ ⎦

49,6 cmh ≈ (c) O período de oscilação deste pêndulo físico (T) vale:

( )

2 0,5553 sITm M gh

π= =+


15


0,555 sT ≈

[Início] 51. Um metro de madeira articulado em um dos seus extremos oscila com freqüência ν0. Qual seria

a freqüência, em termos de ν0, se um terço do metro fosse cortado da parte de baixo? (Pág. 23)

Solução.

[Início] 53. Um pêndulo físico tem dois pontos possíveis de suspensão; um é fixo e o outro ajustável ao

longo do comprimento do pêndulo, conforme a Fig. 38. Quando gira em torno da suspensão fixa, o pêndulo tem período T. Invertendo-se o pêndulo, de modo que passe a girar em torno da suspensão ajustável, consegue-se, por tentativas, fazê-lo oscilar com o mesmo período T. Mostre que a aceleração da gravidade pode ser escrita na forma

2

2

4 LgTπ

=

onde L é a distância entre as duas suspensões. Note que g pode ser medido desta maneira, sem necessidade do conhecimento do momento de inércia do pêndulo ou qualquer das outras dimensões, com exceção de L.

(Pág. 23)



16


hA

A

B

CM

T, IA

hB

B

A

CM

T, IB

Aplicando-se o teorema dos eixos paralelos, podemos obter os momentos de inércia do pêndulo em relação aos eixos A e B: 2

A CM AI I Mh= +

2B CM BI I Mh= +

Logo: ( ) ( )( )2 2

A B A B A B A BI I M h h M h h h h− = − = + − (1)

O período de oscilação do pêndulo A vale:

2 A

A

ITMgh

π=

Logo:

2

24A

AMgh TI

π=

De forma semelhante para o pêndulo B temos:

2

24B

BMgh TI

π=

Logo:

(2

24A B A bMgT )I I hπ

− = − h (2)

Igualando-se (1) e (2):

( ) ( )(2

24 A b A B A BMgT h h M h h h hπ

− = + − )

Reconhecendo-se que hA + hB = L e simplificando-se a expressão: B

2

24gT Lπ

=

2

2

4 LgTπ

=

[Início]

55. Um pêndulo simples de comprimento L e massa m está preso a um carro que se move com

velocidade constante v numa trajetória circular de raio R. Qual será o período do movimento, ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 15 – Oscilações

17


sabendo-se que o pêndulo executa pequenas oscilações em torno da posição de equilíbrio (Pág. 23)

Solução. Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o pêndulo:

L

P

FC

θ

x

y

z

Para um observador localizado no referencial não inercial do carro, há duas forças atuando sobre a massa do pêndulo: a força da gravidade (P) e a força centrífuga (FC) devido ao movimento circular do carro, que é uma força fictícia. O módulo da força resultante (FR) vale:

( ) ( )1/ 2221/ 2 22 2

R CmvF P F mg

R

⎡ ⎤⎛ ⎞= + = +⎢ ⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦⎥ (1)

Resolvendo-se a segunda lei de Newton para o sistema: zz

Iτ α=∑

2

22senR

dF L mLdtθθ− = (2)

O sinal negativo em (2) deve-se ao fato de o torque exercido pela força resultante (FRL sen θ) ter sempre o sentido contrário da posição angular θ. Substituindo-se (1) em (2):

( )1/ 222 2

22senmv dmg mL

R dtθθ

⎡ ⎤⎛ ⎞− + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

Para oscilações de pequena amplitude vale a aproximação sen θ ≅ θ:

( )1/ 222 2

22

1 0d mvmgdt mL Rθ θ

⎡ ⎤⎛ ⎞+ +⎢ ⎥⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦=

1/ 2222 2

2 0d g vdt L RLθ θ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞+ +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

=

O fator multiplicativo de θ corresponde ao quadrado da freqüência angular (ω2) :

1/ 42 22 2 2

1g v g vL RL L gR

ω⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= + = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

Portanto, o período de oscilação do pêndulo vale:

2T πω

=


18


22

2

1

Tg vL gR

π=

⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠

[Início]


19

mhs

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