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Guias e Dicas
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Instituto Tecnologico da Aeronautica, Provas de Física

Prova do ita de 2003

Tipologia: Provas

2010

Compartilhado em 24/01/2010

ismael-laune-sousa-10
ismael-laune-sousa-10 🇧🇷

4.7

(32)

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Baixe Instituto Tecnologico da Aeronautica e outras Provas em PDF para Física, somente na Docsity! Caso necessário, use os seguintes dados: π = 3,14. Aceleração da gravidade = 9,8m/s2. Velocidade do som no ar = 340m/s. 1atm = 1,0 × 105N/m2. 1cal = 4,2J. Sobre um plano liso e horizontal repousa um sistema constituído de duas partícu- las, I e II, de massas M e m, respectivamente. A partícula II é conectada a uma articulação O sobre o plano por meio de uma haste que inicialmente é disposta na posição indicada na figura. Considere a haste rígida de comprimento L, inexten- sível e de massa desprezível. A seguir, a partícula I desloca-se na direção de II com velocidade uniforme → VB, que forma um ângulo θ com a haste. Desprezando qual- quer tipo de resistência ou atrito, pode-se afirmar que, imediatamente após a coli- são (elástica) das partículas, A) a partícula II se movimenta na direção definida pelo vetor → VB. B) o componente y do momento linear do sistema é conservado. C) o componente x do momento linear do sistema é conservado. D) a energia cinética do sistema é diferente do seu valor inicial. E) n.d.a. Resolução: Durante a colisão, a resultante externa sobre o sistema corresponde à força de tração na esfera II. Tal força tem a direção e o sentido do eixo y indicado na figura. Como na direção do eixo x a resultante externa é nula, conclui-se que houve conservação da quantidade de movimento do sistema apenas nesta direção. Sendo a colisão perfeitamente elástica, a energia cinética do sistema também é conservada. A partir do repouso, uma pedra é deixada cair da borda no alto de um edifício. A figura mostra a disposição das janelas, com as pertinentes alturas h e distâncias L que se repetem igualmente para as demais janelas, até o térreo. Se a pedra percorre a altura h da primeira janela em t segundos, quanto tempo levará para percorrer, em segundos, a mesma altura h da quarta janela? (Despreze a resistência do ar). A) D) B) E) C) 4 3L h L h L L h L t+( ) +( ) +   +( )     – / – . 3 2L h L h L L h L t+( ) +( ) +   +( )     – / – . 2 2 2L h L h L h L t+ +( ) +( ) – / – . 4 3 2 2 2L h L h L L h L h t+( ) +( ) +   + +( )     – / – . L h L L h L h t+( ) + +( ) – / – .2 2 2 ITA/2003 ▼▼ Questão 1 ▼▼ Questão 2 ➯ ➯ O y x II I L 90º θ VB → pedra 1ª janela 2ª janela L h h L L 1 FÍSICA Resolução: Para queda livre: s = s0 + v0t + at2 A partir da figura: sA = L s’A = 4L + 3h sB = L + h s’B = 4(L + h) O intervalo de tempo t para percorrer a altura h da 1ª janela pode ser expresso por: t = tA – tB, sendo tA e tB os instantes inicial e final para percorrer a 1ª janela. Assim: ∴ Para percorrer a altura h da 4ª janela, temos: ∴ t’ = t’B – t’A Comparando-se t’ e t: ∴ Variações no campo gravitacional na superfície da Terra podem advir de irregularidades na distribuição de sua massa. Considere a Terra como uma esfera de raio R e de densidade ρ, uniforme, com uma cavidade esférica de raio a, inteira- mente contida no seu interior. A distância entre os centros O, da Terra, e C, da cavidade, é d, que pode variar de 0 (zero) até R – a, causando, assim, uma variação do campo gravitacional em um ponto P, sobre a superfície da Terra, alinhado com O e C. (Veja a figura). Seja G1 a intensidade do campo gravitacional em P sem a existência da cavidade na Terra, e G2, a intensidade do campo no mesmo ponto, considerando a existência da cavidade. Então, o valor máximo da variação relati- va: (G1 – G2)/G1, que se obtém ao deslocar a posição da cavidade, é A) B) (a/R)3. C) (a/R)2. D) a/R. E) nulo. Resolução: Sendo g, a intensidade do campo gravitacional em P sem a existência da cavidade: g GM R G V R G R R G R KR1 2 2 2 34 3 4 3 = = = = = ⋅ρ ρ π ρ π a R a R3 2/ – .( )[ ] € t L h L h L L h L t’ ( ) – ( ) – = + + + +         ⋅ ⋅ ⋅ 4 3 t t g L h g L h g L h g L ’ ( ) – ( ) ( ) – = + + + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 4 2 4 3 2 2 t g L h g L h’ ( ) – ( )= + +⋅ ⋅2 4 2 4 3 t g L h e t g L hA B’ ( ) ’ ( )= + = +⋅ ⋅ 2 4 3 2 4 t g L h g L= +⋅ ⋅2 2( ) – t g L e t g L hA B= = +⋅ ⋅ 2 2 ( ) s gt t g s= ⇒ = 1 2 22 € 1 2 ITA/2003 A 1ª janela h L L L L L 2ª janela 3ª janela 4ª janela h h h B A’ B’ v0 = 0 R O a C d P ▼▼ Questão 3 ➯ 2 Resolução: SITUAÇÃO I: marcando-se as forças no balão quando o vagão está em MRU (R = 0): E = T + P SITUAÇÃO II: quando o vagão acelera para a direita, o balão se posiciona de acordo com a figura ao lado (dHe  dar): Fazendo-se a decomposição das forças e sabendo-se que a resul- tante é horizontal para a direita, a ΣF → na vertical é nula: T’y + P = E’y A Como a componente y do empuxo na situação II tem mesma intensidade do empuxo na situação I: E’y = E = T + P B Substituindo-se B em A: T’y + P = E’y T’senα + P = T + P ∴ T’  T Durante uma tempestade, Maria fecha as janelas do seu apartamento e ouve o zumbido do vento lá fora. Subitamente o vidro de uma janela se quebra. Considerando que o vento tenha soprado tangencialmente à janela, o acidente pode ser melhor explicado pelo(a) A) princípio de conservação da massa. D) princípio de Pascal. B) equação de Bernoulli. E) princípio de Stevin. C) princípio de Arquimedes. Resolução: O vidro da janela quebra devido à diferença de pressão do ar nas faces interna e externa. É a equação de Bernoulli que relaciona a velocidade de escoamento de um fluido com a pressão no ponto. A figura mostra um sistema óptico constituído de uma lente divergente, com distância focal f1 = –20cm, distante 14 cm de uma lente convergente com distância focal f2 = 20cm. Se um objeto linear é posicionado a 80cm à esquerda da lente diver- gente, pode-se afirmar que a imagem definitiva formada pelo sistema A) é real e o fator de ampliação linear do sistema é –0,4. B) é virtual, menor e direita em relação ao objeto. C) é real, maior e invertida em relação ao objeto. D) é real e o fator de ampliação linear do sisetema é –0,2. E) é virtual, maior e invertida em relação ao objeto. Resolução: Inicialmente, para L1 (f1 = –20cm), temos: No sistema óptico apresentado, a imagem virtual formada por L1 torna-se objeto real a 30cm de L2. A p p A A1 1 1 16 80 0 2= = =⇒– ’ – (– ) ,∴ 1 1 1 1 20 1 80 1 16 f p p p p cm= + = + ∴ =⇒ ’ – ’ ’ – T T sen ’ = α ITA/2003 E TP E’ T’ P α α P Tx’ Ey’ Ex’Ty’ objeto 80cm 14cm 80cm L1 ▼▼ Questão 9 ▼▼ Questão 10 ➯ ➯ mov. mov. 5 De acordo com a equação dos pontos conjugados: Consequentemente, a imagem definitiva formada pelo sistema é real a 30cm de L2. Além disso, a ampliação linear do sis- tema é calculada por: A = A1 × A2 ⇒ A = (0,2) × (– 2) A = – 0,4 Num oftamologista, constata-se que um certo paciente tem uma distância máxima e uma distância mínima de visão dis- tinta de 5,0m e 8,0cm, respectivamente. Sua visão deve ser corrigida pelo uso de uma lente que lhe permita ver com clareza objetos no “infinito”. Qual das afirmações é verdadeira? A) O paciente é míope e deve usar lentes divergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias. B) O paciente é míope e deve usar lentes convergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias. C) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes convergentes cuja vergência é 0,2 dioptrias. D) O paciente é hipermétrope e deve usar lentes divergentes cuja vergência é –0,2 dioptrias. E) A lente corretora de defeito visual desloca a distância mínima de visão distinta para 8,1cm. Resolução: Os intervalos de visão nítida de uma pessoa com vista normal e do paciente são, respectivamente: O intervalo de visão do paciente evidencia que ele não consegue enxergar com nitidez objetos distantes, o que caracteri- za a miopia. Para o cálculo da vergência, o míope deve utilizar uma lente que, para objetos no “infinito”, forme uma imagem virtual localizada no seu ponto remoto. De acordo com a equação dos pontos conjugados: Com p tendendo ao infinito, = 0 e, portanto: ∴ C = = –0,2 dioptrias Com a lente corretiva, o ponto próximo do míope é deslocado, de modo que a imagem virtual deste ponto se forme a 8cm de seu globo ocular. De acordo com a equação dos pontos conjugados: ∴ p = 8,1cm Isto é, a distância de visão mínima distinta do míope passa para 8,1cm. 1 f = + = +⇒ × 1 1 0 2 1 1 8 10 2 p p p’ – , (– – ) 1 f 1 f = = 1 1 5p’ (– ) 1 p 1 f 1 p 1 p' = + A p p A A2 2 2 60 30 2= = ∴ =⇒– ’ – ( ) – 1 1 1 1 20 1 30 1 60 f p p p p cm= + = + ∴ =⇒ ’ ’ ’ ITA/2003 80cm 14cm16cm L2L1 30cm Vista normal Paciente 25cm 8cm Ponte remoto = ∞ Ponte remoto = 5m ▼▼ Questão 11 ➯ 6 A figura 1 mostra o Experimento típico de Young, de duas fendas, com luz monocromática, em que m indica a posição do máximo central. A seguir, esse experimento é modificado, inserindo uma pe- quena peça de vidro de faces paralelas em frente à fenda do lado direito, e inserindo um filtro so- bre a fenda do lado esquerdo, como mostra a figu- ra 2. Suponha que o único efeito da peça de vidro é alterar a fase da onda emitida pela fenda, e o único efeito do filtro é reduzir a intensidade da luz emitida pela respectiva fenda. Após essas modificações, a nova figura da variação da inten- sidade luminosa em função da posição das fran- jas de interferência é melhor representada por A) C) E) B) D) Resolução: A presença do filtro em uma das fendas impõe que: 1º) as franjas claras, correspondentes às interferências do tipo construtivas, terão intensidades luminosas inferiores às do experimento original; 2º) as franjas escuras, correspondentes às interferências do tipo destrutivas, não terão intensidades luminosas nulas. A presença da placa, que altera a fase de uma das ondas luminosas, provoca o deslocamento dos máximos (franjas claras) e mínimos (franjas escuras) em relação às suas posições no experimento original. A alternativa que contempla essas modificações é a A. Quando em repouso, uma corneta elétrica emite um som de freqüência 512Hz. Numa experiência acústica, um estudante deixa cair a corneta do alto de um edifício. Qual a distância percorrida pela corneta, durante a queda, até o instante em que o estudante detecta o som na freqüência de 485Hz? (Despreze a resistência do ar). A) 13,2m B) 15,2m C) 16,1m D) 18,3m E) 19,3m Resolução: Como a fonte sonora (“corneta elétrica”) se afasta em linha reta do observador, esse passa a ouvir um som de freqüência cada vez menor, obedecendo à equação: Sendo v0 a velocidade do som no local, 340m/s, vOBSERV. = zero, e os sinais duplos considerados positivos quando as veloci- dades se orientam do observador à fonte. Assim, temos: De onde: v ≈ 18,93m/s Como o movimento da corneta é retilíneo e uniformemente variado (“queda livre”), vale ainda a relação: v2 = v02 + 2ah ⇒ 18,932 ≈ 0 + 2 ⋅ 9,8h ∴ h ≈ 18,3m 485 340 0 340 512= ± + v × f v v v v fAPAR OBSERV FONTE REAL. .= ± ± 0 0 × m A m A m A m A m A ITA/2003 ▼▼ Questão 12 ▼▼ Questão 13 m anteparo Intensidade Experimento de Young Figura 1 A Intensidade anteparo Experimento modificado Figura 2 filtro vidro ➯ ➯ 7 Quando a barra descola dos trilhos, N = O, portanto: ou Experimentos de absorção de radiação mostram que a relação entre a energia E e a quantidade de movimento p de um fóton é E = pc. Considere um sistema isolado formado por dois blocos de massas m1 e m2, respectivamente, colocados no vácuo, e separados entre si de uma distância L. No instante t = 0, o bloco de massa m1 emite um fóton que é posteriormente absorvido inteiramente por m2, não havendo qualquer outro tipo de interação entre os blocos. (Ver figura). Suponha que m1 se torne m’1 em razão da emissão do fóton e, analogamente, m2 se torne m2’ devido à absorção desse fóton. Lembrando que esta questão também pode ser resolvida com recursos da Mecânica Clássica, assinale a opção que apresenta a relação correta entre a energia do fóton e as massas dos blocos. A) E = (m2 – m1)c2. B) E = (m1’ – m2’ )c2 C) E = (m2’ – m2)c2/2. D) E = (m2’ – m2)c2. E) E = (m1 + m1’ )c2. Resolução: De acordo com a equação de Einstein (E = m ⋅ c2), a massa do fóton é dada por: mfóton = Portanto: m’2 = m2 + mfóton m’2 – m2 = E = (m’2 – m2) ⋅ c2 Considere as seguintes afirmações: I. No efeito fotoelétrico, quando um metal é iluminado por um feixe de luz monocromática, a quantidade de elétrons emi- tidos pelo metal é diretamente proporcional à intensidade do feixe incidente, independentemente da freqüência da luz. II. As órbitas permitidas ao elétron em um átomo são aquelas em que o momento angular orbital é nh/2π, sendo n = 1, 3, 5…. III. Os aspectos corpuscular e ondulatório são necessários para a descricão completa de um sistema quântico. IV. A natureza complementar do mundo quântico é expressa, no formalismo da Mecânica Quântica, pelo princípio de incerteza de Heisenberg. Quais estão corretas? A) I e II. B) I e III. C) I e IV. D) II e III. E) III e IV. Resolução: (I) Errada: independentemente da intensidade luminosa do feixe incidente, não haverá efeito fotoelétrico, caso a freqüência da luz incidente esteja abaixo da freqüência de corte. (II) Errada: a quantização do momento angular orbital do elétron de massa m em uma órbita de raio r e velocidade v é dada por , onde n é um número inteiro positivo. (III) Correta: apesar de alguns fenômenos quânticos serem explicados pelos aspectos corpusculares, e outros pelos aspectos ondulatórios, a descrição completa de um sistema quântico exige os dois aspectos, sem a existência de contradições. (IV) Correta: a natureza complementar do mundo quântico se refere à dualidade partícula-onda. O princípio de Heisenberg se refere à incerteza da simultaneidade de determinação da localização e da velocidade de uma partícula-onda devido à inte- ração entre o observador e o sistema. Assim, a natureza dual da matéria é confirmada pelo princípio da Incerteza. mvr nh = 2π E c2 € E c2 i P B tg b l θ i P B sen b ⋅ cosθ θl ITA/2003 L Fóton m1 t = 0 m2 ▼▼ Questão 18 ▼▼ Questão 19 ➯ ➯ 10 Utilizando o modelo de Bohr para o átomo, calcule o número aproximado de revoluções efetuadas por um elétron no primeiro estado excitado do átomo de hidrogênio, se o tempo de vida do elétron, nesse estado excitado, é de 10–8s. São dados: o raio da órbita do estado fundamental é de 5,3 × 10–11m e a velocidade do elétron nesta órbita é de 2,2 × 106m/s. A) 1 × 106 revoluções. D) 8 × 106 revoluções. B) 4 × 107 revoluções. E) 9 × 106 revoluções. C) 5 × 107 revoluções. Resolução: Representando-se esquematicamente o átomo de hidrogênio: r ⋅ v2 = constante I Utilizando-se o princípio da conservação de energia, a quantização do momento angular, e sendo a força elétrica a resul- tante centrípeta, obtém-se: rn = n2 ⋅ r0 Para o 1º estado excitado, n = 2. r2 = 22 ⋅ 5,3 ⋅ 10–4m = 21,2 ⋅ 10–4m De acordo com a equação I , ao quadruplicarmos o raio, a velocidade fica reduzida à metade. Dessa maneira: 1,1 ⋅ 106 = T = 1,21 ⋅ 10–15s 1 revolução —— 1,21 ⋅ 10–15s n —— 10–8s ∴ n ≈ 8 ⋅ 106 revoluções As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser respondidas no caderno de soluções. Na figura, o carrinho com rampa movimenta-se com uma aceleração constante A → . Sobre a rampa repousa um bloco de massa m. Se µ é o coeficiente de atrito estático entre o bloco e a rampa, determine o inter- valo para o módulo de A → , no qual o bloco permanecerá em repouso sobre a rampa. Resolução: Assinalando-se as forças e/ou suas componentes pertinentes ao estudo na situação de aceleração máxima. Sendo a resultante (R = mA) horizontal e para a direita, temos: eixo x: µ ⋅ N ⋅ cosα – N ⋅ senα = mA. eixo y: µ ⋅ N ⋅ senα + N ⋅ cosα = mg Dividindo membro a membro as equações e efetuando as devidas transformações algébricas e trigonométricas, obtemos: Portanto: 0 1  A g tg tg ( – ) ( ) µ α µ α+ A g tg tg = + ( – ) ( ) µ α µ α1 2 21 2 10 4⋅ ⋅ ⋅ ⇒π , – T v s t r T = = ∆ ∆ 2 2π ke m 2 = k e r m v r ⋅ = 2 2 2 R m v rC = 2 ITA/2003 ▼▼ Questão 20 ▼▼ Questão 21 núcleo r Felét elétron –e +e + m α A → Ncosα N y Nsenα µNcosα x mg α α α µN = AE MAX µNsenα ➯ 11 Quando solto na posição angular de 45° (mostrada na figura), um pêndulo simples de massa m e comprimento L colide com um bloco de massa M. Após a colisão, o bloco desliza sobre uma superfície rugosa, cujo coeficiente de atri- to dinâmico é igual a 0,3. Considere que após a colisão, ao retornar, o pêndu- lo alcança uma posição angular máxima de 30°. Determine a distância per- corrida pelo bloco em função de m, M e L. Resolução: De (A) para (B), sistema conservativo: εmA = εmB⇒ mgh = 1 com h = 2 De (C) para (D), sistema conservativo: εmC = εmD⇒ m (v’)2 = mgh’ ∴ v’ = 3 com h’ = 4 De (B) para (C), sistema isolado (choque): (Qsist)B = (Qsist)C mv = MV – mv’ ⇒ V = (v + v’) 5 De (C) para (E), o bloco de massa M realiza um movimento uniformemente variado com aceleração dada por: a = ∴ a = –0,3g Portanto: 0 = V2 – 0,6 ⋅ g ⋅ d ∴ d = 6 Substituindo (1), (2), (3), (4) e (5) em (6) e fazendo as devidas simplificações: d = d ≈ 2,74 ⋅ Calcule a variação de entropia quando, num processo à pressão constante de 1,0atm, se transforma integralmente em vapor 3,0kg de água que se encontra inicialmente no estado líquido, à temperatura de 100°C. Dado: calor de vaporização da água: Lv = 5,4 × 105 cal/kg. Resolução: A variação de entropia ∆S numa transição de fase a pressão e temperatura constantes é dada por: Em que: m = 3kg T = 100ºC = 373K L cal kg J kg = × = ⋅ ×5 4 10 5 4 4 2 105 5, , , ∆S Q T m L T = = ⋅ m M L 2 2 ⋅ 10 3 4 2 3 2 2 2 2 3 2 2 ⋅ ⋅ ⋅ + ( ) ( )         m M L – – – – V g 2 0 6, – ( )µ ⋅ N M € m M € L 2 2 3( – ) € 2gh’ 1 2 € L 2 2 2( – ) € 1 2 22mv v gh∴ = ITA/2003 ▼▼ Questão 22 ▼▼ Questão 23 h’ (D) 30º (E) d (C) vv’ (B) vh (A) 45º L m 45º M 12 De acordo com o enunciado: V30°C = V0°C + 30 ⋅ 0,6 V30°C = 165,66 + 18 ∴ V30°C = 183,66m/s Sendo V = λ ⋅ f, segue: 183,66 = 2 ⋅ L ⋅ 251 ∴ L ≈ 0,366m, ou seja, L ≈ 36,6cm Em sua aventura pela Amazônia, João porta um rádio para comunicar-se. Em caso de necessidade, pretende utilizar célu- las solares de silício, capazes de converter a energia solar em energia elétrica, com eficiência de 10%. Considere que cada célula tenha 10cm2 de área coletora, sendo capaz de gerar uma tensão de 0,70V, e que o fluxo de energia solar médio inci- dente é da ordem de 1,0 × 103W/m2. Projete um circuito que deverá ser montado com as células solares para obter uma tensão de 2,8V e corrente mínima de 0,35 A, necessárias para operar o rádio. Resolução: • A potência elétrica disponível em cada célula será Pc = η ⋅ P, em que η é o rendimento. 1 × 103W 1m2 → P = 1W P 10 × 10–4m2 Pc = 0,1 ⋅ 1W → Pc = 0,1W • A intensidade de corrente máxima em cada célula será: imáx = → imáx = ∴ imáx = A Serão necessárias n linhas em paralelo. A intensidade de corrente necessária é i = 0,35A. Temos: η ⋅ = 0,35 → η = 2,45 Sendo n um número inteiro, adotamos n = 3 linhas. • Para obter-se uma ddp de 2,8V, associaremos, em cada linha, m células de 0,7V. 2,8 = m ⋅ 0,7 → m = 4 células O circuito montado está apresentado a seguir. Um gerador de força eletromotriz ε e resistência interna r = 5R está ligado a um circuito conforme mostra a figura. O elemento Rs é um reostato, com resistência ajustada para que o gerador transfira máxi- ma potência. Em um dado momento o resistor R1 é rompido, devendo a resistência do reostato ser novamente ajustada para que o gerador continue transferindo máxima potência. Determine a variação da resistência do reostato, em termos de R. 1 7 1 7 0 1 0 7 , , Pc U ITA/2003 θ = 30ºC λ = L = ? 2 f = 251Hz 1442443 i ≈ 0,12A i ≈ 0,12A i ≈ 0,12A rádio 0,35A células solares ▼▼ Questão 28 ▼▼ Questão 29 r = 5R Rs 2R 6R 2R 2R R R R ε R1 15 Resolução: O gerador transfere máxima potência quando a resistência do circuito resistivo for igual à resistência interna do gerador. Início: Fim: Situado num plano horizontal, um disco gira com velocidade angular ω constante, em torno de um eixo que passa pelo seu centro O. O disco encontra-se imerso numa região do espaço onde existe um campo mag- nético constante B → , orientado para cima, paralelamente ao eixo verti- cal de rotação. A figura mostra um capacitor preso ao disco (com pla- cas metálicas planas, paralelas, separadas entre si de uma distância L) onde, na posição indicada, se encontra uma partícula de massa m e carga q  0, em repouso em relação ao disco, a uma distância R do centro. Determine a diferença de potencial elétrico entre as placas do capacitor, em função dos parâmetros intervenientes. Resolução: Conforme a situação descrita no texto, a carga deve ficar sujeita a ação de força elétrica e magnética, de modo que: RC = Felét – Fmag U L R q m qB= + ω ω( ) m R qU L q BRω ω2 = – m R qE qvB E U L v R ω ω 2 = = =     – ∴ =∆R RS – 45 77 ∆ ∆RS R R R R R S f S i S= =→– – 25 11 20 7 5 30 11 25 11 R R R R R S f S f= + =→ 5 15 7 20 7 R R R R R S i s i= + =→ ITA/2003 Rs 2R 6R 2R 2R R R R 15R 7 Rs ↔ i Rs 2R 6R 2R 2RR R 30R 11 Rs ↔ f f R O q L ω B → R Felét ω Fmag ▼▼ Questão 30 16
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