estudando movimento retilíneo uniforme ... - cuiaba.mt.gov.br · reprodução proibida. art. 184...
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.
1 b
A velocidade média não equivale à média dasvelocidades.
Sabe-se que, por definição, vm 5 st .
Assim, s 5 20 km.
t 5 5 ____
100 1 2 ∙
5 ____ 120
1 5 ____
150 ] t 5
1 __ 6
h
Logo, vm 5 20 ___
1 __ 6
] vm 5 120 km/h.
5 c
Dado que o movimento é uniforme, podem-se escolherquaisquer dois pares ordenados (t, s) da tabela para obtera velocidade do móvel. Escolhendo (t0, s0) 5 (0, 0) e (t, s) 5
5 (9, 27), tem-se: v 5 st
5 27 2 0 ______ 9 2 0
v 5 3 m/s.
vm4 = 150 km/h
vm2 = 120 km/h
vm3 = 120 km/h vm1
= 100 km/h
3 d∆t = 21,30 – 9,69 = 11,61 s
4 b
vm ∙ ∆s∆t
∙ 1.500
14 ∙ 60 + 41,54 ∙ 1.500
881,54 ∙ 3,6 ∙
∙ 5.400
881,54 ∙ 6,13 km/h ≃ 6 km/h
10 nós 5 m/s; 5 milhas 8.000 metros. Usando oconceito de velocidade média:
vm 5 st
] 5 5 8.000 _____
t ] t 1.600 s 26,6 min
vm ∙ ∆s∆t
∙ (38.986,4 – 38.692,4) ∙ 1.000
2 ∙ 3.600 + 38 ∙ 60 + 55 ∙
∙ 294.000
9.535 ∙ 30,8 m/s
2 b
Considerando como referencial para o movimento oavião A, que está com a mesma velocidade do aviãoB, pode-se concluir que um está parado em relação aooutro.
Sabe-se que:
Do enunciado pode-se concluir que ambos os movimentos terão mesma direção e sentido, pois setrata de uma perseguição. Além disso, sendo a velocidade do motorista constante, pode-se afirmar que a velocidade média do seu movimento é igual àvelocidade constante do movimento. Assim, o policialterá alcançado o motorista quando:
∆spol = ∆smot ⇒ vpol ∙ ∆tpol = vmot ∙ ∆tmot ⇒ vpol ∙ 30 =
= vmot ∙ 40 ⇒ vpol = vmot43
vm ∙ ∆s∆t
⇒ ∆s = vm ∙ ∆t.
= 5 ? (2πr 1 2L) ⇒ 12πr 1 8L ∙ 10πr 1 10L ⇒⇒ 2L 5 2πr ⇒ L 5 πr
v . 5 ∆s1 + ∆s2
∆t1 + ∆t2 ⇒ 4
5v . 5
2πr + 2L2πr
+ 2L
⇒ 45
v . 5
5 2πr + 2L3πr + 2L
⇒ 45
v . 5 2πr + 2L3πr + 2L
? v . ⇒ 4 ? (3πr + 2L) 5
v . v .
v .
23
A frequência das passadas dos outros atletas é dada por:
O tamanho médio da passada de Usain Bolt é:
Assim, a velocidade média que Usain desenvolveria,em m/s, se mantivesse a mesma frequência que osoutros atletas, em m/s, seria de:
Assim, sendo a velocidade suposta constante, tem-se:
f ∙ 4510 ∙ 4,5 passadas/s
∆passada ∙ 10041 m
vm ∙ 10041 ∙ 4,5 =
45041
m/s
∆tUsain ∙ ∆svm
∙ 100 ∙ 41
450 ∙
4.100450
∙ 9,1 s
ESTUDANDO Movimento retilíneo uniforme (MRU)
Para o VESTIBULAR
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
1 b
6 a
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10 b
Instante e posição de encontro dos automóveis:s1 5 s2 ⇒ 220 2 20t 5 10 1 10t ⇒⇒ 30t 5 230 ⇒ t 5 –1 sComo t , 0, os automóveis não se encontrarão mais.
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8023010
Instante inicial t 5 0:x(0) 5 3 ∙ 0 ⇒ x(0) 5 0y(0) 5 03 2 12 ∙ 0 ⇒ y(0) 5 0
Logo, o corpo está inicialmente na origem do plano XY.Instante final t 5 4 s:x(4) 5 3 ∙ 4 ⇒ x(4) 5 12 cmy(4) 5 43 2 12 ∙ 4 ⇒ y(4) 5 16 cm
O deslocamento ocorreu entre os pontos (0, 0) e (12, 16). Usando a relação de Pitágoras:
(s)2 5 122 1 162 5 400 ⇒ s 5 20 cm
Cálculo do deslocamento do comboio, enquanto o motorista está parado:
vm 5 ∆s∆t ⇒ 90 5 ⇒ s 5 18 km
Assim, o comboio tem de estar, no mínimo, 18 km atrásdo local de parada do motorista para que este não sejaultrapassado antes de terminar seu lanche. Isso equivale à posição132 km, contada a partir da ultrapassagem.
vcomboio 5 scomboio
_______ tcomboio
⇒ 90 5 150 2 18 ________ tcomboio
⇒ tcomboio 1,46 h
tcomboio 5 tmotorista ⇒ vmotorista 5 150 ____ 1,46
⇒ vmotorista
102,3 km/h
O gráfico nos mostra que, nas posições relacionadas àscidades A e B, os respectivos instantes são 0,5h e 3h.Portanto, o instante inicial foi escolhido às 9,5h, e a cidade B será alcançada às 12,5h.
∆tmot ∙ ∆smot
vmot ∙
3 ∙ 2π ∙ 3620 ∙
648 20 ∙ 32,4 s
∆s1260
12 b
13 d
14 a
15 d
16 a
O gráfico s × t é uma reta, o que caracteriza ummovimento uniforme cuja função horária é do tipo s 5 s0 1 vt.
Isso descarta as alternativas b e c. Do gráfico, tem-se:s 5 s 2 s0 5 0 2 20 s 5 220
v 5 s
___ t
5 220
____ 10
v 5 22
t 5 t 2 t0 5 10 2 0 t 5 10Logo, a função horária do movimento é s 5 20 2 2t.
18 c
a) Correta. Até 10 s, o movimento é progressivo; a partir de 20 s, é retrógrado.
b) Correta, pois d 5 (80 2 30) + (80 2 0) d 5 130 m
c) Incorreta. Entre 0 e 10 s, a velocidade do móvel foi de:
v 5 s
___ t
5 ⇒ v 5 5 m/s. Entre 20 e 40 s, a
velocidade foi: v 5 s
___ t
5 0 2 80 ______
20 ⇒ v 5 24 m/s
d) Correta. Entre 10 e 20 s, o corpo permaneceu na posição 80 m.
19 Do gráfico, pode-se escrever: s 5 Área.Portanto, o deslocamento total do automóvel é:
stotal 5 s1 1 s2 1 s3 5 30 1 180 1 120 stotal 5 330 km
Aplicando agora a definição de velocidade média,
obtém-se: vm 5 Stotal
t 5
3305
vm 5 66 km/h.
20 a
Do gráfico, conclui-se que os móveis M e N estão emmovimento uniforme cuja função horária é do tipo s 5 s0 1 vt.
Móvel MDo gráfico: s 5 s 2 s0 5 0 2(220) s 5 20 mt 5 t 2 t0 5 5 2 0 t 5 5 sPortanto:
v 5 s
___ t
5 20 ___ 5
v 5 4 m/s
Logo: sM 5 220 1 4t
Móvel NDo gráfico: s 5 s 2 s0 5 30 2 40 ⇒ s 5 210 mt 5 t 2 t0 5 5 2 0 ⇒ t 5 5 sPortanto:
v 5 s
___ t
5 210 ___ 5
⇒ v 5 22 m/s
Logo: sN 5 40 2 2t
No encontro dos móveis, tem-se:
sM 5 sN ⇒ 220 1 4t 5 40 2 2t ⇒ 6t 5 60 t 5 10 s
17 b
Cálculo da posição final do elevador, em movimentouniforme:
s 5 s0 1 v ∙ t 5 2,2 1 0,4 ∙ 20 ⇒ s 5 10,2 m
Nesse instante, o elevador passará pelo quarto andar do prédio, que compreende alturas entre 10,0 metros e 12,5 metros em relação ao solo.
Cálculo do deslocamento total do veículo no intervalode tempo considerado:
v1 5 s1
___ t1
⇒ 80 5 s1
___ 15 ___ 60
⇒ s1 5 20 km
v2 5 s2
___ t2
⇒ 60 5 s2
___ 15 ___ 60
⇒ s2 5 15 km
v3 5 s3
___ t3
⇒ 100 5 s3
___ 30 ___ 60
⇒ s3 5 50 km
O deslocamento total, nesses 60 min, foi de:
stotal 5 20 1 15 1 50 5 85
Portanto, a velocidade média do veículo foi de 85 km/h.
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I – corretaDo enunciado: t 5 6 2 4 t 5 2 s
Do gráfico: s 5 3 2 5 s 5 22 m
Por definição, tem-se: vm 5 s
___ t
5 22
___ 2
5 21 m/s
II – correta
No intervalo de tempo dado, tem-se:
s 5 6 2 5 s 5 1 m
III – corretaAnalisando o gráfico passo a passo:De 0 a 3 s, d 5 3 m;De 3 s a 4 s, a partícula permaneceu em repouso;De 4 s a 6 s, d 5 2 m;De 6 s a 8 s, a partícula permaneceu em repouso;De 8 s a 10 s, d 5 3 m;Portanto, a distância total percorrida é: d 5 3 m 1 2 m 1 3 m 5 8 m
I – Verdadeiro, pois no ponto mais alto do gráfico o móvel não sai da posição d = 200 m por 10 min (reta paralela ao eixo dos tempos).
II – Verdadeiro, pois as funções que descrevem o movimento do móvel, na ida (de 0 a 5 min.) e na volta (de 15 a 25 min.) são lineares, o que caracterizamovimentos de velocidade constante.
III – Falso. A área correspondente ao deslocamento domóvel é obtida em um gráfico v × t.
IV – Verdadeiro, pois a declividade da reta que representa o movimento de ida – entre 0 e 5 min – é bem maior do que a declividade que representa o movimento de volta – entre 15 e 25 min.
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I – Verdadeira: a posição inicial depende do referencial adotado.II – Verdadeira: quando se usa um cronômetro, o tempo inicial é zero, e a variação do tempo fica sendo o próprio tempo final.III – Falsa: o movimento depende do referencialadotado; mudando o referencial, altera-se a formade descrevê-lo.
a) A sequência correta é: retrógrado, repouso e progressivo.b) O espaço percorrido total foi: da casa para a padaria, 100 m; parado na padaria, 0 m; da padaria para a banca, 40 m; total: 140 m. c) O deslocamento considera apenas as posições final e inicial: 0 – (– 40) = 40 m.
d) vm ∙ ∆s∆t
∙ 6040
∙ 1,5
e) No trecho 2, a velocidade é zero (repouso).
Revisão em 22 volumes – Física – GabaritoESTUDANDO Movimento retilíneo uniforme (MRU)
Para o ENEM
1 b
2 c
a) Se o resgate demora 1 minuto para alcançar o ponto de encontro, e ambos chegam juntos, é porque o balão também leva 1 minuto para cair, na razão de 100 m a cada período de 20 segundos. Portanto, em 1 minuto ele desce 300 m.b) O resgate anda 120 m a cada 10 s. Em 1 minuto, ele se desloca 720 m.c) Como o resgate se move na horizontal e o balão na vertical, a distância entre eles é a hipotenusa de um triângulo formado pelos respectivos deslocamentos em 1 minuto. Usando o teorema de Pitágoras:D2
2 = D12 + H2 ⇒ D2
2 = 7202 + 3002 = 518.400 + 90.000 == 608.400 ⇒ D2 = 780 md) O balão desce 100 m a cada período de 20 s, ou seja, sua velocidade é 5 m/s.e) O resgate avança 120 m a cada período de 10 s, ou seja, sua velocidade é 12 m/s.
3 c
I – Verdadeira: a velocidade é obtida dividindo-se o espaço percorrido pelo tempo gasto; 44min07s = 44,1 min.O tempo em horas: 60 min = 1 h
44,1 min = t, portanto t = h
v = = 20,4 km/h
II – Falsa: a velocidade de Marilson na primeira parte do percurso não foi mencionada; portanto, não há como saber.III – Verdadeira: a velocidade do corredor intermediário será, na primeira parte: distância de 6 km e duração de 10 min.
v = = 36 km/h
44,160
15 km44,160
61060
4 d
I – Falsa: 20 passos a cada período de 10 segundos;
1 quarteirão = 90 m em 2 min = 120 s; para cruzar o
quarteirão foram 12010
∙ 20 passos = 240 passos = 90 m ⇒
⇒ 1 passo = 90
240 = 0,375 m
II – Verdadeira: v = 20 passos
10 segundos ⇒ v = 20 ∙ 0,375 m
10s ⇒
⇒ v = 0,75 m/s = 75 cm/s
III – Falsa: 1 quarteirão = 90 m, 1 passo = 0,375 m,
n passos = 90 m; pela regra de 3: n = 90
0,375 =
= 240 passos
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ESTUDANDO Movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV)
Para o vestibular
A velocidade inicial da bola, em m/s, é dada por:
v0 5 108 ____ 3,6
} v0 5 30 m/s
A velocidade final da bola é v 5 0. Portanto:
Sv 5 v 2 v0 5 0 2 30 ] Sv 5 230 m/s
Do enunciado, St 5 0,1 s. Aplicando a definição deaceleração média, tem-se:
a 5 Sv
___ St
5 230
____ 0,1
] a 5 2300 m/s2
Analisando o gráfico, os trechos em que o módulo davelocidade do corpo aumenta no tempo são: AB e DE.
Júlia verá uma trajetória na direção de seu movimento,com a moeda sofrendo aceleração. Isso descarta asalternativas a e b. Em uma única direção, ela verá umatrajetória retilínea. Tomás verá uma trajetória resultanteda combinação de movimentos na horizontal (comvelocidade constante) e na vertical (com aceleraçãoconstante). Isso descarta a alternativa d.
Se a velocidade varia no tempo, conclui-senecessariamente que o móvel está submetido a umaaceleração. Isso descarta as alternativas a e b.Do gráfico, tem-se: Sv 5 v 2 v0 5 20 2 10 } Sv 5 10 m/se St 5 t 2 t0 5 2 2 0 } St 5 2 s
Aplicando a definição de aceleração, tem-se:
a 5 Sv
___ St
5 10 ___ 2
} a 5 5 m/s2
A = ∆v
∆v = ∆v1 + ∆v2 + ∆v3
∆v1 = 6 ∙ 4 = 24 cm/s
∆v2 = 4 ∙ (–3) = –12 cm/s
∆v3 = 6 ∙ 4 = 24 cm/s
∆v = 24 + (–12) + 24 = 36 cm/s
∆v = v – v0 ⇒ 36 = v – 2 ⇒ v = 38 cm/s
De 0 a 5 s, o movimento é MRUV acelerado,com maior valor de aceleração entre 2,5 e 5 s,como se pode perceber pelo gráfico. A declividade da reta que representa a velocidade em função do tempo entre esses instantes é maior quando comparada com a que representa o intervalo entre 0 e 2,5 s. Entre os instantes 5 e 22,5 s não há variação de velocidade e, portanto, a aceleração entre esses instantes será nula. Já após os 22,5 s, a aceleração se torna negativa, enquanto o carro diminui sua velocidade muito mais rapidamente do que aumentou. Portanto, o gráfico que melhor representa esse movimento descrito é o da letra d.
A aceleração escalar, por definição, é uma grandezafísica que mede a taxa de variação da velocidadeescalar instantânea no tempo. Dessa forma, dizerque a aceleração a que um corpo está submetido éconstante e igual a 5 m/s2 equivale a dizer que suavelocidade aumenta 5 m/s a cada segundo.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
1 c
2 c
3 e
4 b
5 c
6
7 d
Substituindo t0 5 0 na função horária do movimento,obtém-se: s0 5 22 2 4 3 0 1 2 3 02
Analogamente, para t 5 4 s, obtém-se: s 5 22 2 4 3 4 1 2 3 42
Portanto, o deslocamento escalar é de:Ss 5 s 2 s0 5 14 2 (22) ] Ss 5 16 me ocorreu em um intervalo de tempo dado por: St 5 t 2 t0 5 4 2 0 ] St 5 4 sPela definição de velocidade média, tem-se:
vm 5 Ss
___ St
5 16 ___ 4
] vm 5 4 m/s
Pelo gráfico, verifica-se que a frenagem ocorre entreos instantes t 5 70 s e t 5 100 s.Sabendo que 108 km/h 5 30 m/s, tem-se:
Sv 5 0 2 30 ] Sv 5 230 m/s
Aplicando a definição de aceleração:
a 5 Sv
___ St
5 230
________ 100 2 70
5 230
____ 30
} a 5 21 m/s2
Em módulo: OaO 5 1 m/s2
Como os valores de velocidade são positivos em toda a trajetória, tem-se Ss 5 área sob o gráfico, quecorresponde à área de um trapézio. Assim:
Ss 5 (100 1 50) 3 30
_____________ 2
} Ss 5 2.250 m
Da equação horária do movimento (MRUV), tem-se:
⇒ t = 8 s
s ∙ s0 + v0 ∙ t + a ∙ t2
2 ⇒ 0,05t2 = 3,2 ⇒ t2 = 64 ⇒
8
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Da equação da velocidade para esse movimento (MRUV):
Aí, da equação de Torricelli: v2 = v20 + 2 ∙ a ∙ ∆s =
= 0 + 2 ∙ 0,12 ∙ 600 = 144 ⇒ v = 12 m/s
a) vnavio 5 2 3 Ssavião ________
Stnavio
5 2 3 800 3 24 __________ 50 3 24
] vnavio 5 32 km/h
b) Hipóteses: aR 5 10 m/s2 e v0 5 0. Substituindo na
equação horária, tem-se:
Ss 5 v0 3 t 1 aR 3 t2
_____ 2
] 800.000 5 10t2
____ 2
] t 5 400 s.
O foguete leva apenas 6min40s para percorrer a
distância indicada.
12
O deslocamento é numericamente associado à área entreo gráfico e o eixo horizontal. A área do trecho inicialcontará negativamente, e a do trecho final, positivamente.
Ss 5 2A1 1 A2 5 2 2 3 2a _____ 2
1
1 [(5a 2 2a) 1 (5a 2 3a)] 3 1
_______________________ 2
]
] Ss 5 22a 1 5a ___ 2
] 20 2 12 5 a
__ 2
] a 5 16 s
Como o movimento é sempre progressivo (v . 0), adistância percorrida coincidirá com o deslocamento sea trajetória for retilínea. Além disso, o deslocamento énumericamente igual à área sob o gráfico v # t. Seria possível calcular as áreas de cada trecho com inclinação distinta e somá-las ao final, mas obtém-seuma boa aproximação com um triângulo retângulo de
altura 1 e base 1,4. Ou seja: Ss 7 1,4 3 1
______ 2
] Ss 7 0,7 m.
13 c
14 a
a) Carro 1: a 5 Sv
___ St
] a1 5 0 2 (210)
_________ 5 2 0
] a1 5 2 m/s2.
Carro 2: a 5 Sv
___ St
] a2 5 0 2 20 ______ 5 2 0
] a2 5 24 m/s2.
b) Equação horária do carro 1:
s1 5 s 0 1 1 v 0 1 3 t 1 a1 3 t2
_____ 2
] s1 5 75 2 10t 1 t2
Equação horária do carro 2:
s2 5 s 0 2 1 v 0 2 3 t 1 a2 3 t2
_____ 2
] s2 5 50 1 20t 2 2t2
c) Em t 5 5 s, ambos os carros estão com velocidade
nula e, logo após, invertem o sentido de seu
movimento.
Do enunciado, tem-se: a 5 25 m/s2; v0 5 54 km/h 5 15 m/s; v 5 0Aplicando a equação de Torricelli, tem-se:v2 5 v0
2 1 2aSs ] 0 5 152 2 2 3 5 3 Ss } Ss 5 22,5 m
15
16 d
Da equação horária do movimento antes da reação do motorista:
Após o acionamento do freio, por Torricelli:
Assim, antes de parar, o motorista percorrerá d = 45 + 125 = 170 m.Portanto, o motorista só conseguirá parar o carro após atropelar a criança.
s ∙ s0 + v0 ∙ t = 1803,6
∙ 0,9 = 45 m
v2 ∙ v20 + 2 ∙ a ∙ ∆s ⇒ ∆s =
2.500 – 02 ∙ 10
= 125 m
17 d
Do enunciado, tem-se:
v0 5 0; v 5 90 km/h 5 25 m/s; t0 =0; t = 20 s
Da relação v 5 v0 1 at, determina-se a aceleração dotrem: 25 5 0 1 20a } a 5 1,25 m/s2
Aplicando agora a equação de Torricelli, determina-seo deslocamento do trem:
v2 5 v02 1 2aSs ] 252 5 0 1 2 3 1,250 Ss ]
] Ss 5 } Ss 5 250 m6252,5
18
s ∙ s0 + v0 ∙ t + a ∙ t2
2 ⇒ 600 = a ∙ 5.000 ⇒ a = 0,12 m/s2
19 c
Essa partícula realiza um MRUV acelerado em direçãoao centro da Terra quando abandonada de uma alturamuito pequena em relação ao raio da Terra, ficando sujeita à força de atração gravitacional denominada força peso.
Equação horária do movimento até o acionamento dos freios: s = s0 + v0 ∙ t = 0 + 10 ∙ 0,5 = 5 mEquação de Torricelli:
Assim, a distância percorrida será: d = 5 + 10 = 15 m.
v2 ∙ v20 + 2 ∙ a ∙ ∆s ⇒ ∆s =
(0 – 100)[2 (25)]
= 10 m
20 (02)
21 (02)
Do enunciado, v0 5 0. Tomando como origem da trajetóriaa borda do poço e a orientação para baixo, tem-se:
s 5 s0 1 v0t 1 at2
___ 2
] s 5 0 1 0 3 5 1 10 3 52
______ 2
} s 5 125 m
Do gráfico: v0 5 30 m/s. Na altura máxima, tem-se v 5 0.Aplicando a equação de Torricelli e lembrando que,durante a subida da bola, o movimento é retardado e,
portanto, terá aceleração a 5 210 m/s2, tem-se:
v2 5 v02 1 2aSs ] 0 5 302 2 2 3 10 3 Ss } Ss 5 45 m
22 d
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e 19
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.
Da equação de Torricelli: v2 = v20 + 2 ∙ g ∙ ∆h = 4 +
+ 2 ∙ 10 ∙ 0,6 = 16 ⇒ v = 4 m/s
As equações horárias dos movimentos serão:sA = 0 + 20 ∙ (t + 1) – 5(t + 1)2
sB = 35 – 5t2
No encontro:sA = sB ⇒ 20 ∙ (t + 1) – 5(t + 1)2 = 35 – 5t2 ⇒ 10t == 20 ⇒ t = 2 s
Sendo a equação da velocidade dos movimentos dada por:vA = 20 – 10(t + 1)vB = 0 – 10t
Assim, as velocidades no instante do encontro serão:vA = 20 – 10(2 + 1) = –10 ⇒ ∙vA∙ = 10 m/svB = 0 – 10 ∙ 2 = –20 ⇒ ∙vB∙ = 20 m/s
As afirmativas corretas são 2 e 4.
v2 = v20 – 2 ∙ g ∙ ∆h ⇒ ∆h = = 1,8 m
Assim, a altura máxima que o objeto atingirá será:
hmáx = ∆h + h0 = 1,8 + 19,2 = 21 m
0 – 36–2 ∙ 10
24 a
25 (02) (04)
26 e
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I. A função horária da onda é: s = s0 + v0t + 12
t2 ⇒
⇒ s = 0 + 10t – 0,02
2 t2 ⇒ s = 10t – 0,01t2
A função horária do automóvel é: s = s0 + v0t + 12
t2 ⇒
⇒ s = 40 + 22 t2 ⇒ s = 40 + t2. Igualando as funções
para verificar se haverá encontro, ou seja, se a onda
atinge o automóvel, tem-se: 10t – 0,01t2 = 40 + t2 ⇒ ⇒ 1,01t2 – 10t + 40 = 0
Como ∆ < 0, não há valores reais para t, ou seja, a onda não encontra o automóvel.
II. Como a onda tem suas condições de movimento inalteradas, pode-se utilizar a equação de Torricelli para calcular o avanço de sua frente até ter sua velocidade zerada.
02 = 102 + 2 ∙ (–0,02) ∙ ∆s ⇒ 0,04∆s = 100 ⇒
⇒ ∆s = 1000,04 = 2.500 m
t = –(–10) + ∙(–10)2 – 4(1,01)(40)2(1,01)
⇒ t =
∙100 – 161,62,02
A aceleração é a variação da velocidade pelo intervalo de tempo.
No SI, 108 km/h = 30 m/s, então: a = (30 – 0)
12 = 2,5 m/s2
A distância percorrida é: v2 = v20 + 2 ∙ a ∙ d ⇒ 302 = 02 +
+ 2 ∙ 2,5 ∙ d ⇒ 900 = 5 ∙ d ⇒ 9005
= d = 180 m
As posições são calculadas em:t = 16 ss(16) = 5 ∙ 162
s(16) = 5 ∙ 256s(16) = 1.280 mt = 18 ss(18) = 5 ∙ 182
s(18) = 5 ∙ 324s(18) = 1.620 mA diferença percorrida será: s(18) – s(16) = = 1.620 – 1.280 = 340 m
Revisão em 22 volumes – Física – GabaritoESTUDANDO Movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV)
Para o eNeM
1 c
a) Não. Foram 1.500 m na ida e outros 1.500 m na volta. Total: 3.000 m de caminhada, com uma marca a cada trecho de10 m. Portanto, são 300 pares ordenados, e não 4.500.
b) Não é citada nenhuma montanha na caminhada.c) Exato.d) Não há subida nem descida mencionadas nessa caminhada.
e) Não. v ∙ 3.000 m4.500 s ⇒ v ∙ 0,67 m/s
Portanto, a alternativa correta é a c.
2 c
3 c
Os carrinhos se movendo no sentido positivo da trajetória, indo em direção à origem, executam movimento progressivo. Na ladeira, o movimento é acelerado; no vale, é uniforme; e no aclive, é retardado.
Portanto, está correta a alternativa c.
4 a
Queda acelerada representada por uma reta ascendente; queda desacelerada representada por uma curva descendente; velocidade constante representada por uma reta horizontal – portanto, o gráfico correto é o da alternativa a.
5 a
6 c
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Considere a legenda: vAr/T 5 velocidade do ar em relação à TerravA/Ar 5 velocidade do avião em relação ao arvA/T 5 velocidade do avião em relação à TerraEntão, com base no enunciado, segue a figura:
De onde se obtém:vA/T 5 vA/Ar 2 vAr/T 5 150 2 50
} vA/T 5 100 km/h
Dado que a viagem de B a A dura 4 h e supondo vA/T constante, tem-se:
vA/T 5 Ss
___ St
] 100 5 Ss
___ 4
} Ss 5 400 km
Primeiramente obtém-se o equivalente dafrequência de 20 rpm em rps. Para tanto, utiliza-seuma simples regra de três:20 rot. 60 s f 1 s
De onde se obtém:
60f 5 20 ] f 5 1 __ 3
rps 5 1 __ 3
Hz
Sabendo que T 5 1 __ f , tem-se:
T 5 113
} t 5 3 s
Margem
Margem
vA/T
vB/TvB/A
= 50 km/h AB VAr/T
= 150 km/hVA/Ar
VA/T
7 a c p 5 h2R, em que h 5 2s ___ T
a c p 5 2s ___ T
2 R ] T2 5 4s2R ____ a c p
] T 5 4s2
0,25 5 2s ___ 0,5
} T 5 4s s
ESTUDANDO Cinemática vetorial
Para o VESTIBULAR
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
Adote-se a seguinte legenda:
vB/T 5 velocidade do barco
em relação à Terra
vB/A 5 velocidade do barco em relação à água
vA/T 5 velocidade das águas em relação à Terra
Do enunciado, tem-se que vA/T 5 3 km/h.
vB/T 5 Ss
___ St
5 2 ___
0,5 } vB/T 5 4 km/h
Portanto, o triângulo obtido com a soma dos vetores épitagórico; daí vB/A 5 5 km/h.
1 Com base no diagrama tem-se:
a 1 c 5 b ] a 1 c 1 (2a) 5 b 1 (2a) ] c 5 b 2 a
2 b
1 b
1 A partir da figura tem-se que a 5 b . Logo: a 2 b 5 0e d 5 c. Ou seja, o vetor d tem módulo 2 u, e suaorientação é vertical e para baixo.
3 a
4 b
5 b
6 b
Na direção x tem-se um movimento uniforme regidopela função horária:
sx 5 s0x 1 v0x t 5 0 1 v0t (1)
sx 5 v0tNa direção y tem-se um movimento uniformementevariado regido pela função horária:
sy 5 s0y 1 v0y t 1 at2
___ 2
5 0 1 0 3 t 1 10t2
____ 2
(2)
} sy 5 5t2
Obtém-se o tempo de queda substituindo sy = 0,2 mna expressão (2):
0,2 = 5t2 ] t2 5 0,04
} t 5 0,2 s
Por outro lado, nesse mesmo instante, na direção x,tem-se: sx 5 0,3 m. Finalmente, substituindo naexpressão (1):
sx 5 v0t ] 0,3 5 v0 3 0,2
} v0 5 1,5 m/s
7 b
Para calcular a velocidade angular da polia, deve-sedeterminar o raio R da polia utilizando a relação v = R.Admitindo que os pontos A e B sejam fixos, ambospossuem mesma velocidade angular, isto é:
ωA 5 ωB ] vA __ R
5 vB ______
R 2 20 ]
] 50 ___ R
5 10 ______
R 2 20 } R 5 25 cm
Logo, a velocidade angular da polia será:
ω 5 vA __ R
5 50 ___ 25
} ω 5 2 rad/s
B) bCom base na questão anterior, o diâmetro D dapolia será: D 5 2R 5 2 3 25 } D 5 50 cm
8 A) a
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.9 e
I. Correta. A polia motriz gira no sentido horário e transmite esse sentido de rotação para as outras duas.Nos limites de tangência da esteira com a polia, seusvetores de velocidade linear coincidem e, no ramo emque estão os objetos, esse vetor tem sentido daesquerda para a direita.II. Correta. Indicando por (1) a polia motriz, por (2) apolia maior e por (3) a outra polia pequena, a aceleraçãocentrípeta de um ponto na periferia da polia (1) será:
acp1 5 v2
__ R
(I)
Como as polias (1) e (2) estão unidas por uma correia,
tem-se v2 5 v.
Como as polias (2) e (3) estão rigidamente unidas,
tem-se:
h2 5 h3 ] v2 ___ 2R
5 v3 __ R
} v3 5 v2 __ 2
5 v __ 2
Logo, a aceleração centrípeta de um ponto na periferia
da polia (3) é:
acp3 5 v2
3 __ R
5 v2
___ 4a
(II)
Comparando as expressões (I) e (II), obtém-se
acp1 5 4acp3.
III. Correta. Com base na afirmação I, sabe-se que osobjetos são transportados pela esteira com velocidadelinear igual à de um ponto na periferia da polia menor. A
partir da afirmação II, tem-se v3 5 v __ 2
.
11 b
a) Incorreta. Direção e sentido constantes são características se movimentos retilíneos.
b) Incorreta. Em um MCU sempre existirá uma força centrípeta, diferente de zero, que será a resultante de forças.
c) Incorreta. Como a frequência é o inverso do período, 1 rpm equivale a uma frequência de uma volta por
minuto, ou seja, 1
60 Hz.
d) Correta.
e) Incorreta. Por definição, ω 5 VR
.
Dado que a velocidade (v) do projétil é constante,
tem-se:
v 5 Ss
___ St
5 2r ___ St
Mas St corresponde ao intervalo de tempo necessário
para que a placa dê meia-volta; logo, St 5 T __ 2
, em que T
é o período de rotação do disco.
Agora: h 5 2s ___ T
] T 5 2s ___ h ] St 5
s __ h
Retornando à relação inicial: v 5 2hr ____ s .
12 d
13 e
Como ω 5 VR
e acp 5 V 2
R ] acp 5 ω2 R, tem-se:
x = (2ω)2 R ] x 5 4ω2 R, mas como 400 5 ω2 R, vem que
x 5 4(ω2 R) ] x 5 4 3 400 ] x 5 1.600 m/s2
10 a
Na direção vertical ao movimento, tem-se um MUV coma 5 g 5 10 m/s2, orientando a trajetória para baixo.
Adotando a origem dos espaços no ponto A, tem-se:
sy 5 s0y 1 v0y t 1 at2
___ 2
] H 5 5t2
Portanto, o tempo gasto pelo motociclista até
atingir novamente a rampa é t 5 H5 .
Na direção horizontal ao movimento, tem-se um MU,orientando a trajetória para a direita; assim:
sx 5 s0x 1 vxt ] D 5 10t.
Substituindo, tem-se t 5 H5 e H 5 D, de onde resulta:
D 5 20 m.
� = 45°
2 m
14 b
Como o alcance do lançamento é dado por
A 5 v0
2 sen 2Jg
, tem-se: 2 5 v0
2 sen (2 3 45°)10
]
] 2 5 v0
2
10 ] v0 5 20
15 a
vb 5 11 km/h vc 5 (0,83 3 3,6) km/h 5 2,99 km/h
No sentido da correnteza: vb 1 vc 5 11 1 2,99; 14 km/h.
Contra a correnteza: vb 2 vc 5 11 2 2,99; 8 km/h.
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5 km
60°5 km
30°Ss ] 5 km
5 km
60°
Ss
16 e
Em um lançamento vertical, tem-se: h 5 v0
2
2g‘ .
Na situação de alcance máximo J 5 45°, e o alcance
é dado por: R 5 v0
2
g‘ , então: hR 5
v02
2g’
v02
g’
] hR 5
12
17 d
Pela Lei dos Cossenos: SS 5 ∙a2 1 2ab cos J 1 b2 ]
] SS 5 ∙52 1 2 3 5 3 5 cos 60° 1 52 ]
] SS 5 ∙52 1 52 1 52 5 ∙3(52) 5 5∙3
18 d
a) Incorreta. Tanto a altura máxima quanto o alcance
dependem do ângulo de lançamento e não são iguais.
b) Incorreta. Somente a velocidade vertical do projétil
é nula na altura máxima, porém ele possui velocidade
não nula na horizontal.
c) Incorreta. A energia cinética do projétil é
máxima quando sua velocidade é máxima, ou seja, a
energia cinética é máxima logo após o lançamento e
no retorno do projétil ao nível do lançamento.
d) Correta. A aceleração é constante e igual à
aceleração da gravidade no local.
e) Incorreta. O projétil realiza a combinação de dois
movimentos: MU na horizontal e MUV na vertical.
19 d
a) Incorreta. f 5 120 rpm 5 2 Hz
b) Incorreta. O sistema faz com que as duas esferas
estejam ligadas a um mesmo elemento que obriga
que elas se movam com velocidades distintas.
c) Incorreta. V 5 h 3 R, ou seja, a velocidade linear
depende do raio da trajetória.
d) Correta. Toda partícula em movimento circular possui
aceleração centrípeta.
e) Incorreta. De acordo com a frequência calculada
em a, pode-se afirmar que a partícula realiza duas
rotações por segundo (2 Hz) e não uma volta a cada 2 s.
20 a) h 5 d 3 tg J 2 5 3 [ d2
v02 ] 3 (1 1 tg2 J) ]
] 0 5 32 3 tg J 2 5 3 [ 322
202 ] 3 (1 1 tg2 J) ]
] 0 5 tg J 2 [ 160400
] 3 (1 1 tg2 J) ]
] 0 5 20,4tg2 θ 1 tg J 2 0,4 ]
] tg J 5
21 ! ∙12 2 4 3 (20,4) 3 (20,4)2(20,4)
] tg J1 5 2
tg J2 5 0,5{
b) VSA 5 45
VSB ]
]
Como DCA(final) 2 DCA(inicial) 5 DCB(final) 2 DCB(inicial), tem-se:
45
VSB 3 FCA 2 45
VSB 3 120 5 VSB 3 150 2 VSB 3 120 ]
] 45
3 FCA 2 96 5 30 ] FCA 5 157,5 batimentos
por minuto.
DCA(inicial) 5 45
VSB 3 120; DCA(final) 5 45
VSB 3 FCA
DCB(inicial) 5 VSB 3 120; DCB(final) 5 VSB 3 150{
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Se ela gira s rads/s, isso quer dizer que gira 2s ou uma volta a cada 2 segundos. Então, a cada 2 segundos ele tem chance de acertar o orifício, se não errar o tiro e mantiver a arma na direção inicial. Em 60 segundos fará 30 disparos, podendo acertar todas as balas, o que não é fácil probabilisticamente. Se ele acertasse todos os tiros, então gastaria toda a sua munição – 30 balas –, uma a cada 2 segundos.Se errar os 10 primeiros tiros, ainda tem 20 chances no tempo restante de 40 segundos.E se acertar o último tiro apenas, finda seu tempo logo após o disparo, e já terá perdido as outras 29 balas.Se ele dispara aleatoriamente, sem contar o tempo entre os disparos e sem manter a arma na direção inicial, terá menos chance de acertar, pois é mais fácil prever um tiro a cada 2 segundos na direção inicial (fixa) da arma em relação ao orifício.
Revisão em 22 volumes – Biologia – GabaritoESTUDANDO Cinemática vetorial
Para o ENEM
1 a
Enquanto a roda dentada dá uma volta completa, o disco interno terá girado o equivalente a 4 voltas.Assim, como o raio do disco interno é de 5 cm, tem-se:
ΔS 5 4 3 2sr ] ΔS 5 40s cm ] ΔS 5 40 3 3,2 5 128 cm
Como a velocidade da roda dentada é de π2
rad/s e o
deslocamento angular é de 2π rad, tem-se:
Δt 5 2ππ2
] Δt 5 4 s.
2 b
Se o ângulo de inclinação do braço da catapulta é 60°, então o ângulo da velocidade de lançamento será 30°.
y 5 y0 1 v0yt 1 g 3 t2
2 ] y 5 v0 3 sen a 3 t 2 g 3 t2
2
10 5 302
3 t 2 102
3 t2 ] 10 5 15t 2 5t2 ]
] t2 2 3t 1 2 5 0 ] t 5 3 ! ∙9 2 82
5 3 ! 12
t1 5 1 s e t2 5 2 s
Como se deseja saber a menor distância, será utilizado o tempo de 1 s, que é o tempo, na subida, em que a altura de 10 m é atingida.
x 5 v0 3 cos a 3 t ] x 5 30 3 ∙32 3 1
Fazendo ∙3 7 1,7, tem-se: x 5 25,5 m.
4 a
3 e
Definindo a velocidade de translação da Terra em relação ao Sol como vT e a velocidade da Lua em relação à Terra como vL, tem-se que a velocidade da Lua em relação ao Sol será dada pela soma vetorial vT 1 vL 5 v. Analisando a imagem do enunciado, pode-sedizer que a metade interna da trajetória da Lua em torno da Terra, isto é, quando ela está entre a Terra e o Sol, a componente de vL na direção da velocidade vT tem sentido oposto à vT, o que faz que v tenha o módulo menor que vT. Já na parte externa da trajetória, quando a Terra está entre a Lua e o Sol, a componente de vL na direção da velocidade vT tem mesmo sentido que vT, o que faz que v tenha o módulo maior que vT.
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Em relação a um referencial fixo fora do carro, observa-se, antes da frenagem, que o carro e opassageiro apresentam a mesma velocidade.Portanto, pelo princípio da inércia, tanto o carro quantoo passageiro tendem a permanecer nesse estado demovimento. Assim, no momento da frenagem docarro, o passageiro continua em movimento. Logo, pode-se concordar apenas com a explicação da 1a pessoa.
Considere a figura:
Aplicando a 2a Lei de Newton ao movimento do corpo,
tem-se: FR 5 Tmáx ] m 3 amáx 5 Tmáx } 900amáx 5 1.800
} amáx 5 2,0 m/s2
Tmáxima = 1.800 N
Cabo
Pelo princípio de ação e reação – 3a lei –, se a Terra atrai a maçã com a força peso, a maçã também atrai a Terra com a mesma força em módulo e mesma direção, mas em sentidos opostos. Portanto, a Terra é acelerada em direção ao corpo, mas como a massa da Terra é muito maior que a do corpo, sua aceleração será praticamente nula durante a queda do corpo – 2a lei.
Veja o contexto da
figura 5 na teoria.
Observe que as trações nas extremidades do fio 2 sãoiguais em módulo, já que os fios são ideais. Dado queo sistema está em equilíbrio, tem-se:• Para o corpo de massa M:
T1 5 T2 1 PM ] T1 5 T2 1 Mg (1)
• Para o corpo de massa m:T2 5 Pm ] T2 5 mg (2)
Substituindo (2) em (1) e considerando g 5 10 m/s2:T1 5 mg 1 Mg 5 10 3 10 1 20 3 10 } T1 5 300 N
Substituindo T1 5 300 N na expressão (1), obtém-se:T1 5 T2 1 Mg ] 300 5 T2 1 20 3 10 } T2 5 100 N
Logo: T1 __ T2
5 3.
Considerando os blocos A, B e C como um únicocorpo, o módulo da força resultante sobre ele (F ) é dado pela 2a Lei de Newton:F = (mA 1 mB 1 mC) ∙ a
Isto é: 4,2 = (1 1 2 1 3) ∙ a } a = 0,7 m/s2
Logo, a força resultante sobre o corpo B será:FR = mB ∙ a = 2 ∙ 0,7 } FR = 1,4 N.
Da 2a lei tem-se:
Assim: v = v0 + a ∙ t = 5 + 2.000 ∙ 1
1.000 = 7 m/s
F = m ∙ a ⇒ a = 4.000
2 = 2.000 m/s2
ESTUDANDO Leis de Newton e algumas forças especiais
Para o VESTIBULAR
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
b1
d2
Centroda Terra
P
NCaixa
Tampoda mesa
–N
–P
c3
a4
e5
Como não há movimento na direção vertical, pode-se
escrever: N = Pcaixa + F ∙ sen 30 = 2 ∙ 10 + 30 ∙ 0,5 = 35 N
6 c
b8
9 a
A equação horária desse movimento será:
s = s0 + v0 ∙ t + a ∙ t2
2 ⇒ a =
2 ∙ 212 = 4 m/s2
Para o equilíbrio tem-se:
T – P = m ∙ a ⇒ T = 3 ∙ 10 + 3 ∙ 4 = 42 N
Para que o bloco se mova, a força F = 20 N deve sersuperior à força de atrito estático máximo Amáx, quepode ser calculada como segue:
Amáx = μest ∙ N = μest ∙ mg = 0,3 ∙ 10 ∙ 9,8 ∴ Amáx = 29,4 N
Nesse caso: F Amáx ; portanto, o corpo ainda está em
repouso e deve-se ter A = F = 20 N.
est
est est
est
c10
11 a
F – P = m ∙ a ⇒ 30 – 2 ∙ 10 = 2 ∙ a ⇒ a = 5 m/s2
Assim, da equação da velocidade para esse movimento tem-se: v = v0 + a ∙ t = 0 + 5 ∙ 2 = 10 m/s2
7 a
fat = μc ∙ N = 0,3 ∙ 4 ∙ 10 = 12 N
Da 2a Lei, tem-se: F – fat = m ∙ a ⇒ 20 –12
4 = 2 m/s2
A força resultante será dada por: FR = F + fat = 20 – 12 = 8 N
Da equação de Torricelli: v2 = v20 + 2 ∙ a ∙ ∆s = 1 + 2 ∙
∙ 2 ∙ 12 = 49 ⇒ v = 7 m/s
Da 2a Lei: fat = m ∙ a ⇒ a = –12
4 = –3 m/s2
Assim: v2 = v20 + 2 ∙ a ∙ ∆s = ∆s =
492 ∙ 3 ≃ 8,16 m.
12 II, III, IV
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Tem-se a seguinte marcação de forças
sobre o corpo A: pelo princípio de ação e
reação, conclui-se que a reação à força
normal sobre o corpo está no prato da
balança. Portanto, determinar a indicação
da balança significa determinar a
intensidade da força normal. Supondo que
o corpo esteja em equilíbrio sobre a balança, tem-se:
N + Fel = P ⇒ N = P – kx ⇒ N = 5 – 20 ∙ 0,2 ∴
∴ N = 1 N
A
Fel
P
N
13 a
a14
No corpo B, tem-se: Fel = mB ∙ aB = 5 ∙ 1,6 = 8 N
No corpo A:
Sendo a força resultante:
FR = F – Fel = F – mB ∙ aB = f – 8
Testando a equação que vincula a aceleração à força resultante em cada uma das alternativas, conclui-se que o único par que a satisfaz é o da letra b.
F – Fel = mA ∙ aA ⇒ aA = F – Fel
mA ⇒ aA =
FR
4
A força de atrito é proporcional à normal que a superfície exerce sobre o corpo fat = μ ∙ N, sendo menor quando o corpo está em movimento (atrito dinâmico) do que quando o corpo está parado (atrito estático).
15 b
16 d
Da 1a lei: F – fat = 0 ⇒ F = μ ∙ m ∙ g
Somando vetorialmente a força de atrito e a normal
(as forças de contato), tem-se:
F2R = f 2
at + N2 = (μ ∙ m ∙ g)2 + (m ∙ g)2 = m ∙ g ∙1 + μ2
19 d
Sobre o bloco atuam as seguintes forças:
Para que o bloco não deslize, deve-se ter N = F. Assim:
Fat = P ⇒ μest ∙ N = mg ⇒ μest ∙ F = mg ⇒
⇒ F = mg
____ jest =
2 ∙ 10 _____ 0,5
∴ F = 40 N
F
P
Fat
N
b20Como o sistema está em movimento uniforme, para o
corpo A tem-se:
T = PA = mA ∙ g = 3 ∙ 10 ∴ T = 30 N
E, para o corpo B:
30 = T = Fat = cin ∙ N = cin ∙ mBg = cin ∙ 10 ∙ 10 ∴∴ cin = 0,30
21 Dado que o corpo está em repouso e na iminência de
escorregar, tem-se:
Fel + Fat = Px ⇒ kx + μest ∙ N = P ∙ sen θ
Mas:
N = Py = P ∙ cos θ = 10 ∙ 0,8 ∴ N = 8 N
Logo:
k ∙ 0,2 + 0,2 ∙ 8 = 10 ∙ 0,6 ⇒ k = 6 2 1,6
_______ 0,2
∴
∴ k = 22 N/m
17 Sabendo que a inclinação da reta do gráfico representa a aceleração, quanto mais inclinada, maior a aceleração. Assim, conclui-se que a aceleração máxima será:
A força de atrito será a resultante das forças que atuam sobre o corredor enquanto ele acelera – desconsiderando a resistência do ar. Conclui-se que, para que o corredor não derrape:
(fat)mín = m ∙ amáx = (μe)mín ∙ N = (μe)mín ∙ m ∙ g ⇒
⇒ (μe)mín = = = = 0,22
a = ∆v∆t
= 11 – 0
5 = 2,2 m/s2
m ∙ am ∙ g
ag
2,210
18 c
O coeficiente de atrito não depende de fatores externos, mas sim da natureza das superfícies emcontato. Portanto, ele é o mesmo em ambos osplanetas.
Aplicando a 2a Lei de Newton a cada um dosblocos, chega-se ao sistema:
Retornando à segunda equação, obtém-se fAB = 7 N.
14 2 fAB 2 fat 5 2 3 1
fAB 2 fat 5 2 3 1
14 2 2fat 5 4 ] fat 5 5 N
22 a
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As velocidades das esferas tornam-se constantesquando o módulo da força de resistência do ar em cadaesfera torna-se igual ao módulo da força peso. Nessas
condições, tem-se: FA 5 PA ] kv2A 5 mAg } v2
A 5mAg
kDado que mA 5 2 mB, tem-se:
• v2A
2mB 3 g _______
k } vA 5 dlllll
2mBg
_____ k
, conforme orientação.
• FB 5 PB ] kv2B 5 mBg ] vB 5 dlllll
mB 3 g
_____ k
, conforme
orientação. Assim: vA
vB 5 ∙ 2mBg
k ∙
kmBg 5 dll 2 .
Do enunciado pode-se concluir que a força de atrito estático é maior que 12 N. Assim: fat – 12 0 ⇒ fat 12 N.F1 – F2 = 9 N é menor do que a força necessária para superar a força de atrito estático e colocar o corpo em movimento; então, ele permanece parado.Como o atrito é uma força passiva, conforme a resultante das forças ativas aplicadas ao corpo aumenta, empurrando-o horizontalmente – suas rugosidades contra as rugosidades do piso –, este, pelo princípio da ação e reação, empurra o corpo de volta com a mesma intensidade, mesma direção e sentido oposto. Assim, até que a força de atrito estático – dada por fate = μe ∙ N – seja superada, a resultante no corpo continua nula e o corpo permanece parado. A partir desse valor, a resultante deixa de ser nula e o corpo entra em movimento.
Aplicando a 2a Lei de Newton ao movimento do corpo,tem-se: F 2 Fat 5 m 3 a ] F 2 jcin 3 N 5 m 3 a
Como N 5 P 5 mg, ou seja, N 5 20 N, tem-se:60 2 0,2 3 20 5 2 3 a } a 5 28 m/s2
23 c
24 b
25 e
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Caso A – carga no vagão 1:Usando a 2a Lei de Newton no vagão 1:FR = m1 ∙ aT = (500 + 1.000) ∙ a ⇒ T = 1.500 ∙ a (I)Usando a 2a Lei de Newton no vagão 2:FR = m2 ∙ aF – T = 500 ∙ a ⇒ 2.000 – T = 500 ∙ a (II)Resolvendo o sistema das equações I e II, obtém-se a aceleração a = 1 m/s2.Substituindo a aceleração em uma das equações, obtém-se a tração T = 1.500 N.Caso B – carga no vagão 2:
Usando a 2a Lei de Newton no vagão 1:FR = m1 ∙ a ⇒ T = 500 ∙ a (I)
Usando a 2a Lei de Newton no vagão 2:FR = m2 ∙ aF – T = (500 + 1.000) ∙ a ⇒ 2.000 – T = 1.500 ∙ a (II)
Resolvendo o sistema das equações I e II, obtém-se a aceleração a = 1 m/s2.Substituindo a aceleração em uma das equações,obtém-se a tração T = 500 N.Conclusão: a aceleração é a mesma, mas a tração muda.
Revisão em 22 volumes – Física – GabaritoESTUDANDO Leis de Newton e algumas forças especiais
Para o ENEM
1 a
I – Verdadeira: no estado de inércia, tem-se FR = 0 sobre o corpo e, portanto, sua aceleração é nula. Assim, ou o corpo se encontra em repouso (equilíbrio estático) ou em movimento retilíneo e uniforme (equilíbrio cinético). II – Verdadeira. III – Verdadeira.
e2
I – Verdadeira: se não desprezarmos a resistência doar, apenas ela e o peso atuam na bola durante o voo. Assim, a resultante é a soma de ambas.II – Falsa: não se soma força com velocidade.III – Falsa: a reação da bola no pé ficou no pé, e não na bola.
3 a
Se o empilhamento máximo é de cinco caixas, a última é capaz de suportar apenas a carga das outras quatro sobre si. Se cada caixa tem 10 kg, 4 caixas têm 40 kg, com um peso de 400 N.Na pilha com 10 caixas, serão danificadas as que tiverem mais de 4 caixas sobre si, ou seja, as 5 mais abaixo.
4 c
(2 ∙ 10)0,2
O tamanho da mola com a massa de 2 kg (P = 20 N) vale 2 m. Sem a massa, seu tamanho natural é 1,8 m. Portanto, a deformação x = 0,2 m. No equilíbrio, a força elástica deve equilibrar somente o peso: Fel = P. Então:
Fel = P
k ∙ x = m ∙ g
k =
k = 100 N/m
d5
Com velocidade constante, a caravela, o marujo e sua moeda seguem um sistema com referencial inercial, em que a lei da inércia afirma que um objeto tende a continuar seu movimento, desde que nenhuma força interfira.A moeda tende a acompanhar o mastro, apesar deganhar MUV na vertical devido à queda livre.Então, a moeda cai ao pé do mastro.
6 b
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Antes de discutir as questões, devem-se marcar as forçasque agem sobre cada um dos blocos de massas M1 e M2
e suas componentes:
Dessa forma, para que o corpo de massa M2 desça emmovimento acelerado, deve-se ter:P2 . Px ] M2 g . P1 3 sen J ]] M2 g . M1 g 3 sen J ] M2 . M1 sen J.
Por outro lado, para que o corpo de massa M1 desça emmovimento acelerado, deve-se ter P2 , Px. Finalmente,a condição para que o sistema permaneça em equilíbrioé que P2 5 Px. Portanto, as respostas da questão I são,respectivamente: M2 . M1 sen J; M1 sen J . M2; e M2 5 M1 sen J.
Pelas condições em II, verifica-se que M1 sen J . M2, pois:M1sen J 5 40 3 0,5 5 20 . 10. Logo, o corpo M1 desce oplano inclinado em movimento acelerado. Orientando atrajetória no sentido anti-horário, tem-se:• para o corpo de massa M1:Px . T ] Px 2 T 5 M1 3 a (1)• para o corpo de massa M2:P2 . T ] T 2 P2 5 M2 3 a (2)
Somando (1) e (2) membro a membro, tem-se:Px 2 P2 5 M1 a 1 M2 a ] M1 g sen 30° 2 M2 g 5 5 a(M1 1 M2) ] g(M1 sen 30° 2 M2) 5 a(M1 1 M2) ]]10(40 3 0,5 2 10) 5 a(40 1 10) ] } a 5 2 m/s2
T
T
N
JM
2
M1
Px
P2
P1
Pela primeira lei tem-se: T = fat + Ptan = μc ∙ m ∙ g ∙ cos θ ++ m ∙ g ∙ sen θ = 0,1 ∙ 60 ∙ 10 ∙ 0,9 + 60 ∙ 10 ∙ 0,44 = = 54 + 264 = 318 N
Da equação da velocidade para o movimento desse
móvel tem-se: v = v0 + a ∙ t ⇒ a = –81,6 = –5 m/s2
Assim: v = v0 + a ∙ t ⇒ v0 = 8 + 5 ∙ 2,4 = 20,0 m/s
A inclinação do plano será dada por:
sen θ = ag =
510 = 0,5 ⇔ θ = 30°
Como as massas dos corpos são diferentes, se o elevador estivesse com velocidade constante, os corposnão poderiam ficar equilibrados. A única forma de issoacontecer é se os corpos – e o elevador – estiverem emqueda livre. Assim, o movimento será de descida acelerada – pela gravidade.
No plano inclinado, Px 5 P 3 sen 30° e Fc 5 jc 3 N 55 jc 3 P 3 cos 30°. Como o bloco sobe em MU, a resultantedas forças na direção paralela à rampa deve ser nula.Logo, F 5 Px 1 Fc, o que torna corretas as afirmativas I e IV.
ESTUDANDO Aplicações das Leis de Newton e gravitação universal
Para o VESTIBULAR
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
1 a
2 b
4 c
5 b
d6
7 a
Sejam, respectivamente, T1 e T2 as forças de tração nofio que une os corpos de massas 4 kg e 6 kg ao corpode massa 10 kg. Considerando que o sistema tende ase movimentar no sentido horário (a inércia favorece ocorpo de massa 6 kg), a força de atrito (Fat) sobre o blocode 10 kg tem sentido da direita para a esquerda. Nessascondições, dado que o sistema permanece em repouso,tem-se:Fat 1 T1 5 T2 ] Fat 5 T2 2 T1 (1)
Para os corpos de massas 4 e 6 kg, pode-se escrever,respectivamente:T1 5 P1 5 4 3 10 } T1 5 40 N (2)T2 5 P 5 6 3 10 } T2 5 60 N (3)
Substituindo (2) e (3) em (1), resulta:Fat 5 60 2 40 } Fat 5 20 N
(02) (08)8
Soma: 02 + 08 ∙ 10Chamando as massas de 200 g e 400 g, respectivamente,de A e B, tem-se:PB – T = 0 ⇒ T = 3,92 NT – PA = mB ∙ a ⇒ 3,92 – 1,96 = 0,2 ∙ a ⇒ a = 9,8 m/s2
Como a roldana tem a metade da aceleração de A, além de se poder afirmar que os deslocamentos serão diferentes, pode-se dizer que:aA = 2 ∙ aroldana ⇒ vA = 2 ∙ vroldana ⇒ vA = 9,8 m/sApós a parada da roldana tem-se:PB – T = aB ∙ mB
T – PA = a ∙ mA
Assim: PB – PA = a ∙ (mA + mB) ⇒
⇒ a = PB – PA
(mA + mB) = 1,960,6 ≅ 3,27. m/s2
Sabe-se que: PT = P ∙ sen θPN = P ∙ cos θAssim, da primeira lei aplicada à polia tem-se:
PB = 2 ∙ T ⇒ T = mB ∙ g
2Agora, da primeira lei aplicada ao corpo A tem-se:
Pt = fat + T = μ ∙ mA ∙ g ∙ cos θ + mB ∙ g
2 = mA ∙ g ∙ sen θ ⇒
⇒ mB = 2
10 (50 ∙ 10 ∙ 0,8 – 0,2 ∙ 50 ∙ 10 ∙ 0,6) = 68 N
c3
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Pela segunda lei tem-se que: Fcp = P + N ⇒ P = m ∙ acp =
= m ∙ v2
r = m ∙ g ⇒ v = ∙r ∙ g
Como: P = m ∙ acp = m ∙ g ⇒ acp = g
9 e
10 a) Em queda livre, a única força que atua sobre o objeto durante todo seu movimento é a força peso; portanto: a 5 g. Observe a figura:
Substituindo os dados na equação horária do
movimento, tem-se:
2.420 5 0 1 0t 1 10t2
____ 2
} t 5 22 s
b) Nesse caso, tem-se a figura:
Origem
Solo(+)
s = 2.420 m
v0 = 0; s0 = 0; t0 = 0 (0,1)
P
Segundo o enunciado, o tempo de queda durante omovimento variado é de 7 s. Portanto, falta acrescentara esse valor o tempo de queda durante o movimentouniforme.O início do movimento uniforme ocorre em s0 5 200 m.Assim, da relação s 5 s0 1 vt, tem-se:2.420 5 200 1 60t ] t 5 37 sLogo, o tempo total de queda será:ttotal 5 7 1 37 } ttotal 5 44 s
v0 = 0; s0 = 0; t0 = 0
s = 2.420m
t = 7 s; s = 200m
Origem
F
P
Solo
Movimento uniforme(v = 60 m/s)
Movimento variado
(+)
b11
Observe que a normal corresponde à reação da força que a água aplica sobre o fundo do balde quando ele se encontra nessa posição. Para obter a velocidade mínima que o conjunto(balde 1 água) deve ter para que a água não caia,deve-se considerar que a água no interior do balde estejana iminência de cair, ou seja, que N 5 0.Nessas condições, como o movimento do conjunto écircular, a resultante centrípeta sobre a água
corresponde ao seu peso: Fcp 5 P ] m ∙ v2
mín ____ R
5mg ]
] v2mín 5 Rg ] vmín 5 dlll Rg 5 dlllll 5 3 9,8 } vmín 5 7 m/s
Água
Balde P
N
Como o movimento é curvilíneo, a esfera está submetidaa uma resultante centrípeta. Para que haja resultante centrípeta sobre a esfera,deve-se ter T . P. Logo:
Fcp 5 T 2 P ] mv2
____ R
5 T 2 mg
em que R é o raio da trajetória, que corresponde, nessecaso, ao comprimento do fio.Substituindo os devidos valores na expressão acima,
obtém-se: 0,6 3 22
______ 0,3
5 T 2 0,6 3 10 ] T 5 14 N.
Na situação-limite, tem-se Fcp 5 P; então:
5 m 3 g ] v2mín 5 R 3 g ] v2
mín 5 2,5 3 10 ] vmín 5 5 m/s
m 3 v2
mín _______ R
5
12
d13
a)
Descrevendo as forças:
P → Peso do ciclista + bicicleta
N → Força normal
fa → Força de atrito
b) fa = fc ⇒ μN = mv2
R ⇒ μmg =
= m v2
R ⇒ μ =
v2
Rg = 102
100 ∙ 10 = 0,1
c) Nx = Fc ⇒ Nsen θ = m v2
R, Ny = P ⇒
⇒ N cos θ = mg ou, dividindo a primeira equação pela
segunda, tg θ = v2
Rg ⇒ tg 45° = v2
100 ∙ 10 ⇒ v = 10∙10 m/s
NN θ
P P
fa
NN θ
P P
fa
Caso II
Caso I
14
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É necessário basear-se na segunda Lei de Kepler para determinar a relação entre tAB e tBC, e na Lei da gravitaçãouniversal para determinar os sentidos de FA e FB. Consideradas essas condições, observe a figura:
Como a estrela está mais próxima de A, tem-se:área BC > área AB. Portanto, pela segunda Lei de Kepler,deve-se ter tBC > tAB, uma vez que a velocidade detranslação do planeta diminui à medida que ele se afastada estrela, já que + AB ≃ + BC . Como a resultante das forçasé centrípeta, FA e FB apontam para o centro da estrela.
FA
FB
C
B
D
Estrela
Área AB; tAB
Área BC; tBCA
a15
16 d
Da terceira Lei de Kepler, tem-se @ TB __ TA
# 2 5 @ RB __ RA
# 3 .
Substituindo os dados do enunciado, tem-se:
@ TB __ TA
# 2 5 @ 6 R ___ R
# 3 ] @ TB __ TA
# 2 5 216 ] TB __ TA
5 6 dll 6
Nas condições do enunciado, a única força que agesobre Vênus é a da atração gravitacional (F ), quecorresponde à própria resultante centrípeta:
F 5 Fcp ] F 5 mVênus 3 acp ]
] F 5 mVênus 3 h2R ] F 5 mVênus 3 @ 2s ___ T
# 2 3 R
Substituindo os devidos valores e adotando s 5 3,14,
tem-se: F 5 5 3 1024 3 @ 2 3 3,14 _______
2 3 107 # 2 3 1011 } F 7 5 3 1022 N
A velocidade do satélite em órbita geoestacionária pode
ser obtida pela relação: v 5 h 3 R ] v 5 2s ___ T
3 R,
em que T 5 24 h (ou 86.400 s), já que o período derotação do satélite deve ser o mesmo que o da Terra emtorno do seu próprio eixo.
Então: v 5 2s ___ T
3 R ] v 5 2s ______
86.400 3 3,6 3 104
.
Adotando s 5 3,14, obtém-se: v ≃ 2,6 km/s.Para o cálculo da aceleração centrípeta, utiliza-se a
relação: acp 5 v2
__ R
] acp 5 (2,6)2
_______ 3,6 3 104
} acp 7 1,9 3 1024 km/s.
gT = GMR2 ⇒ gC =
G5M(1,8R2)
⇒ gC = 5
3,24 ∙
GMR2 ≃
≃ 1,5 GMR2 , ou seja, gC + 1,54gT
Soma: 01 + 02 + 08 + 16 ∙ 27A única proposição errada é a 04, pois a terceira Lei deKepler diz que o quadrado do período de tempo que um planeta leva para dar uma volta completa em torno do Sol é proporcional ao cubo do raio médioda elipse.
Pela Lei da gravitação universal, tem-se:
F 5 G m1 3 m2 _______
d2
Com d __ 3
, a intensidade da nova força Fe será:
Fe 5 G 3 m1 3 m2 _________
@ d __ 3
# 2 5 9 3 G
m1 3 m2 _______ d2
5 9F
17 (01) (02) (08) (16)
18 d
19 a
a20
21 e
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Revisão em 22 volumes – Física – GabaritoESTUDANDO Aplicações das Leis de Newton e gravitação universal
Para o ENEM
1 b
A força peso sobre a criança é: P = m ∙ g.P = 30 ∙ 10 = 300 NA resultante sobre a criança é a parte do peso que a fazdescer pelo toboágua. PT é a componente tangente:PT = P ∙ sen (θ) = 300 ∙ 0,6 = 180 NAssim, aplicando a Lei de Newton, a aceleração fica:FR = m ∙ a180 = 30 ∙ aa = 6 m/s2
e2
I – Falsa: as estações do ano estão relacionadas com a inclinação do eixo de rotação da Terra, e não com sua proximidade do Sol.II – Verdadeira: áreas iguais são varridas em tempos iguais, pela reta que liga o Sol ao planeta. Então, quanto mais próximo do Sol mais veloz deve estar o referido planeta.III – Falsa: a terceira Lei de Kepler relaciona o período de translação com o raio médio (T2 = k ∙ R3), e não o período de rotação.
3 d
A resultante centrípeta depende da massa e da velocidade do corpo, bem como do raio de curvatura da trajetória. A massa e o raio são constantes nas situações A, B e C.
Rcp = m ∙ v2
RA componente tangencial do peso age acelerando a massa no caminho AB e desacelerando no caminhoBC.
d4I – Verdadeira: a forma do objeto pode diminuir a resistência do ar.II – Verdadeira: diminuindo o volume do objeto a resistência do ar encontra menos área de secção reta para agir.III – Verdadeira: quanto mais rarefeito o ar no local da queda, menor será sua interferência.
e5A polia fixa só altera a direção da força aplicada, enquanto a móvel compartilha a carga com o teto, dividindo-a pela metade.A primeira polia entrega metade da carga para a segunda, que entrega metade da metade para a terceira, e assim sucessivamente, até chegar à fixa, que não altera o valor, apenas a direção.Portanto, a vantagem mecânica vale:VM = 2n = 25 = 32, em que n é o número de polias móveis.
6 c
No looping, a situação extrema é quando a posição do carrinho for a invertida, de ponta-cabeça. Nela a força normal é nula, e a resultante centrípeta é aforça peso.
Assim: Rcp = P m ∙ v2
R = m ∙ g
v2 = R ∙ g
v = (R ∙ g)
Substituindo os valores: v = (10 ∙ 10) ⇒ v = 10 m/s Convertendo para km/h, resulta:10 m/s ∙ 3,6 = 36 km/h
12
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No ponto de cruzamento dos fios, tem-se as forças:
em que T 5 P, já que o bloco se encontra em equilíbriona direção vertical. Aplicando as condições deequilíbrio, é feita a soma vetorial de T, TA e TB,de modo a obter uma linha poligonal fechada, o quegarante que a resultante seja nula.
Do triângulo, tem-se:
sen 45° = P __ T
⇒ TB = P ___
dll 2
___ 2
∴ TB = dll 2 ∙ P
TA
TB
T
TB
TA
T = P
45°
45°
Analisando as forças que atuam no prego em equilíbrio:
2Ty = 36 ⇒ Ty = 18 N
cos θ = Ty __ T
⇒ 30 ___ 50
= 18 ___ T
⇒ T = 30 N
36 N
θθ
TxTx
Ty TyT T
Diagrama de forças:
Para haver equilíbrio no sistema, é necessário que
Fx = NB e Fy = P. Com base na figura, também se pode
concluir que: tg a = 2 __ 3
.
⇒ 2 __ 3
= 30 ___ NB
⇒ NB = 45 N
⇒ tg a = P ___ NB
⇒ F ∙ sen a = P
F ∙ cos a = NB
B
C
α
Fx A
Fy
NB
P
F
Sendo θ o ângulo formado pela intersecção da cordalonga com uma horizontal passando pela argola que prende a esfera e α o ângulo formado pela intersecçãoda corda curta com a mesma horizontal, como o sistema está em equilíbrio, tem-se:
Como θ é menor do que α, seu cosseno será menor.Assim, pode-se concluir que a tração na corda curta é maior do que na longa; a possibilidade de ela romperé maior do que a da longa.
ΣFX = 0 ⇒ Tlongo cos θ = Tcurto cos α ⇒ Tcurto
Tlongo=
cos θcos α
Situação 1: equilíbrio de rotação
m ∙ g ∙ x = m1 ∙ g ∙ y ⇒ y
__ x = m ___ m1
(1)
Situação 2: equilíbrio de rotação
m2 ∙ g ∙ x = m ∙ g ∙ y ⇒ y
__ x = m2 ___ m (2)
Igualando (1) e (2): m ___ m1
= m2 ___ m ⇒ m =∙m1 ∙ m2
.
Por definição, a pressão ( p) é a razão entre a intensidade de uma força ( F ) aplicada em uma superfície
e a área (A) desta. Em símbolos: p = F __ A
. Portanto,
pode-se afirmar que a pressão é inversamenteproporcional à área.
ESTUDANDO Estática e hidrostática
Para o VESTIBULAR
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
1 b
2 e
3
d4
d5
6 e
⇒ H2
h1 =
A1
A2 =
A1
16A1 =
116
Sabe-se que: ∆V1 = ∆V2 ⇒ A2 ∙ H2 = A1 ∙ h1 ⇒
Do equilíbrio em P1 vem:
ΣFY = 0 ⇒ T1 ∙ sen 45º = P1 ⇒ T1 = 500 ∙2 N
ΣFx = 0 ⇒ T2 = T1 ∙ cos 45º ⇒ T2 = 500 N
Fazendo o mesmo para o corpo P2, vem:
ΣFx = 0 ⇒ T3 ∙ cos 30º = T2 ⇒ T3 = 1.000 ∙3
N
ΣFY = 0 ⇒ P2 = T3 ∙ sen 30º ⇒ P2 = 500 ∙3
N
7 a
8 b
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al e
Lei
9.6
10 d
e 19
de
feve
reiro
de
1998
.
No nível de separação dos dois líquidos, a pressão nosdois ramos do tubo deve ser igual. Pelo teorema de Stevin:
p1 = patm + d1gh
4 e p2 = patm + d2gh
Como p1 = p2 ] patm + d1gh
4 = patm + d2gh ]
] d1gh
4 = d2gh ] d1 = 4d2
A pressão (p) que a parede externa do submarino devesuportar corresponde à pressão hidrostática, dada por:p = dgh ⇒ p = 103 ∙ 10 ∙ 100 ∴ p = 106 N/m2
Sabendo que 1 mm2 corresponde a 10–6 m2,reescreve-se: p = 106 N/m2 = 1 N/mm2.Ou seja, para cada mm2 da parede do submarino existe
uma força de 1 N.
Pelo princípio de Stevin:
pfundo = patm + d ∙ g ∙ h ⇒ 29,7 ∙ 104 = 9,9 ∙ 104 + 103 ∙∙ 10 ∙ h ⇒ 104 ∙ h = 19,8 ∙ 104 ∴ h = 19,8 m
9
10 c
c11
12 a
Por Stevin, tem-se: PA = PB = 100.000 + 1.000 ∙ 10 ∙ 2 =
=1,2 ∙ 105 Pa
13 a
Considere a notação: • Pi = Peso dos blocos sobre o êmbolo i• Ai = Área do êmbolo ii = {L, M, N}Pelo teorema de Pascal, tem-se:
PL __ A
= PM ___ AM
= PN ___ AN
⇒ PL __ A
= PM ___ 2A
= PN ___ 3A
⇒ PL = PM ___ 2
= PN __ 3
O número de blocos a ser colocado nos êmboloscoincide com os respectivos denominadores nas frações acima; o trio que satisfaz a essa condição estána alternativa a.
14 a
O peso dos líquidos será:P = P1 + P2 = g(d1 ∙ v1 + d2 ∙ v2) = 10(0,0026 ∙ 500 ++ 0,0008 ∙ 400) = 16,2 N
a16
Patm + FE
SE = Patm +
FD
SD + d ∙ g ∙ h ⇒ FD =
= SE [ 900 ∙ 10 0,2500
900 ∙ 10 ∙ 4] = 0
Por Stevin, pode-se escrever:
c17
Ao ser solta: E – P = m ∙ a ⇒ g(ρH2O ∙ Vesfera – mesfera) =
Assim: v2 = v20 + 2 ∙ a ∙ ∆h = 0 + 2 ∙ 40 ∙ 0,5 = 40 ⇒
⇒ v2 = 40Portanto: v2 = v2
0 – 2 ∙ g ∙ ∆h = 40 – 2 ∙ 10 ∙ ∆h = 0 ⇒ ⇒ ∆h = 2 m = 200 cm
= 10(1 ∙ 200 – 40)
1.000 = 0,04 ∙ a ⇒ a = 40 m/s2
18 d
Na situação de equilíbrio: P = Eágua + Eóleo .
dcorpo ∙ Vcorpo = dágua ∙ Vágua + dóleo ∙ Vóleo
Como a área da base é a mesma para todo o bloco, osfatores volumétricos serão simplificados, restandoapenas as respectivas alturas das colunas:
dcorpo ∙ hcorpo = dágua ∙ hágua + dóleo ∙ hóleo
d ∙ 10 = 1 ∙ 2,0 + 0,80 ∙ 8,0 ⇒ 10d = 8,4 ⇒⇒ d = 0,84 g/cm3.
b19
Sendo o empuxo dado por: E = dH2O ∙ VH2O ∙ g =
= 8, 77 8,27 ⇒ VH2O = Vliga = VAu + VAg = 0,05 m3
Assim: mliga = mAu + mAg = dAu ∙ VAu + dAg ∙ VAg ⇒⇒ 19,3VAu + 10,5VAg = 0,877
Resolvendo o sistema formado pelas duas equações acima,
tem-se que: 8,8VAu = 0,352 ⇒ VAu = 0,04 m3 ⇒
⇒ PAu = dAu ∙ VAu ∙ g = 19,3 ∙ 0,04 ∙ 10 = 7,72 N
(02) (04)15(01) Incorreta. O volume total da esfera B (e, portanto, ovolume submerso) é oito vezes maior que o da esfera A.(02) Correta. Pelo argumento anterior.(04) Correta. Pelo princípio de Arquimedes, no
equilíbrio tem-se vsub = dcorpo ∙ Vcorpo
dlíq.
(08) Incorreta. O empuxo depende do volume delíquido deslocado, e já foi concluído que o volumedeslocado por B é maior que o deslocado por A.
O movimento de subida ou descida dependerá dosentido da resultante entre o peso do balão e o empuxo. Assim, admitindo-se a partida do repouso, obalão sobe se E > P e desce se E < P. Por outro lado, arelação E > P só ocorre quando dar > db e E < Pimplicam dar < db.
A massa de água deslocada pelo volume do corpo imerso é de 40 gramas. Assim:
Assim:
mH2O ∙ dH2O ∙ vcorpo ⇒ vcorpo = 401
= 40 cm3.
dcorpo = mcorpo
vcorpo =
10040
∙ 2,50 g/cm3.
20 b V, V, V, F, F
e21
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Soma: 02
A densidade do bloco será dada por:
d = mV
= 16.0001 ∙ 2 ∙ 3
= 2.666,7 kg/m3
Como essa densidade é menor que a do ferro, pode-seafirmar que as proposições 01 e 04 estão erradas.Mudando o volume do bloco, tem-se:
d = mV =
16.00016 = 1.000 kg/m3
Assim, como a densidade do bloco e a da água sãoiguais, não há flutuação.A pressão na base do bloco não será de 250 kPa, pois:Pbase = Patm + dágua ∙ g ∙ h = 100.000 + 1.000 ∙ 10 ∙ 25 =
∙ 350 kPaA proposição 32 não está correta, pois existem outrasforças atuando, como o atrito entre a água e o casco. O volume do bloco imerso para que o cabo aguente será dado por:E = P – Fmáx ⇒ d ∙ V ∙ g = 160.000 – 120.000 ⇒
⇒ V = 40.000
1.000 ∙ 10 = 4 m3
Portanto, a proposição 02 está correta.
22 (02)
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Revisão em 22 volumes – Física – GabaritoESTUDANDO Estática e hidrostática
Para o ENEM
1 a
I – Verdadeira – a pressão (p) resulta da relação força (F)
pela área (A): p = FA . Como a força peso da válvula é
constante, se a área aumenta, a pressão diminui. II – Verdadeira – com a mesma relação, mantendo a áreae aumentando a força peso, a pressão de equilíbrioserá maior. III – Falsa – sem a válvula, a pressãointerna se iguala à externa, que vale 1 atm, e não zero.
2 c
I – Falsa – a diferença entre as massas do submarinocheio de água e vazio é a massa do volume de água quecabe no tanque de lastro: mlastro = mcheio – mvazio (I)Quando estiver cheio de água, seu volume será a razãoentre a massa e a densidade da água:
mágua = 18.000 – 12.000 = 6.000 toneladas = 6.000.000 kg
Vlastro = mágua
dágua (II) mágua =
6.000.0001.000
Usando II: Vlastro = 6.000.000
1.000
Vlastro = 6.000 m3
Comparando com o volume do submarino, de 15.000 m3:Vlastro é menor que o resto do submarino.II – Verdadeira – empuxo é o peso da água deslocadapelo volume do objeto, no caso, o submarino:E = dágua ∙ Vsub ∙ gE = 1.000 ∙ 15.000 ∙ 10 = 150.000.000 NPara equilibrar, o peso da embarcação mais o lastro deveser igual ao empuxo: Psub + Plastro = 150.000.000 N(msub + mlastro) ∙ g = 150.000.000 N(12.000.000 + mlastro) ∙ 10 = 150.000.000 Nmlastro = 15.000.000 – 12.000.000 = 3.000.000 kgmlastro = 3.000 toneladas, que equivalem à metadeda capacidade do tanque de lastro.III – Verdadeira – a pressão exercida por um líquido vale:p = d ∙ g ∙ h = 1.000 ∙ 10 ∙ 500 = 5.000.000 ⇒ ⇒ p = 5 ∙ 106 N/m2 ou 50 atm > 30 atm.
3 e
I – Falsa – se cada balão suporta 100 g = 0,1 kg, para suportar a casa toda são necessários n balões:
n = mcasa
mbalão =
5.0000,1 = 50.000 balões
II – Falsa – o volume das caixas seria: Vcaixa = comprimento ∙ altura ∙ largura
Vcaixa = 5 cm ∙ 10 cm ∙ 20 cm = 1.000 cm3 = 1 litro = 10–3 m3
O número de caixas necessárias será:
C = (no de balões)
(balões por caixa) ∙
50.000C
= 500 caixas
O volume de 500 caixas será 500 vezes o volume de uma única caixa: V500 = Vcaixa ∙ 500 = 500 ∙ 10–3 == 0,5 m3 = 500 litros. Caberia facilmente. III – Verdadeira – todos os balões cheios teriam 50.000 vezes o volume deum único balão: Vtotal = 50.000 ∙ 5 litros = 250.000 litros ==250 m3. É menor que o da casa.
d4
O volume do iceberg é Vice = 200 m3
Com 15% emersos, sobram 85% imersos.
Vfora = 15% de 200 m3 = 30 m3
Vdentro = 85% de 200 m3 = 170 m3
Assim:
a) Vdentro = 85% de 200 m3 = 170 m3
b) % imersa = (densidade corpo)
(densidade do líquido)
densidade do corpo = 0,851,1
= 0,935 g/cm3
c) Vdentro = 85% de 200 m3 = 170 m3
d) A densidade deve ser menor que a da água para o
iceberg boiar.
e) Vfora = 15% de 200 m3 = 30 m3
a) A força gravitacional entre corpo e esfera é muito menor que o peso da esfera e não influencia o sistema;b) O peso da esfera é constante: P = m ∙ g; c) Não há contato entre o corpo e a esfera, portanto não há atrito a ser considerado; d) A esfera no extremo do braço gera um momento de giro sobre o ombro, que depende da distância da esfera ao ombro; e) O peso é constante.
b5
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Motor
Sentido dodeslocamento
Fmotor
P
ESTUDANDO Trabalho e energia mecânica
Para o VESTIBULAR
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
d1
2 b
O trabalho (†) de uma força (F) é dado pela relação: † ∙ F 3 Ss 3 cos a. I. Falsa. Nesse caso, cos 180° ∙ –1. Como Fa > 0 e Ss > 0, tem-se: †F a < 0.
II. Verdadeira. Nesse caso, a ∙ 0°; logo: †F ∙ 100 3 2 3 1 } †F ∙ 200 J.
III. Falsa. No caso da força peso, a ∙ 90°. Como cos 90° ∙ 0, tem-se necessariamente: †P ∙ 0. IV. Verdadeira. Para a força normal, a ∙ 90°. ∴ †N ∙ 0.
A distância percorrida em meia hora é de 2,7 km. Transformando a energia consumida de quilocaloriaspara kJ, tem-se 810 kJ. Da definição de trabalho de umaforça constante: † ∙ F 3 d ] F ∙ 300 N.
3 a) A aceleração adquirida pelo corpo é máxima quando a força resultante sobre ele também é máxima.Isto é: Fmáx ∙ m 3 amáx. Com base no gráfico, Fmáx ∙ 4 N e,do enunciado, m ∙ 2 kg. Portanto: Fmáx ∙ m 3 amáx ] 4 ∙ 2amáx } amáx ∙ 2 m/s2.
b) Como a força F = é variável, o trabalho realizado porela pode ser calculado como segue: †F ∙ área sob o gráfico
†F ∙ base 3 altura ___________
2 ∙
3 3 4 ____ 2
} †F ∙ 6 J
Segundo o enunciado, a força F = atua na mesma direção e no mesmo sentido do deslocamento do corpo.Portanto:†F . 0, ou seja, †F ∙ 6 J.
4 b
F ∙ P ∙ m ∙ g ∙ 1,5 ∙ 10 ∙ 15 N
† ] F ∙ d ∙ cos J ] † 5 15 3 30 3 0,5 5 225
5 d
† ∙ F ∙ d ∙ cos θComo F ∙ cos θ ∙ constante, tem-se que † é função de d, que apresenta a forma de uma função afim, ou seja, seu gráfico é uma reta que passa pela origem dos eixos.† ∙ F ∙ d ∙ cos 60° ∙ 4 ∙ 1 ∙ 0,5 ∙ 2 JComo o trabalho é proporcional ao deslocamento, d é o gráfico correto.
7 e
O enunciado sugere a figura:
Supondo que os pesos sejam elevados em movimentouniforme: Fmotor ∙ P .
Nessas condições, a potência do motor será dada por:
Pmotor ∙ O†motorO
______ St
] Pmotor ∙ OFmotor 3 Ss 3 cos aO
________________ St
Como a ∙ 0, a força do motor tem o mesmo sentido dodeslocamento. Logo:
Pmotor ∙ P 3 Ss _____
St ∙
mgSs _____
St
Calcula-se agora a potência do motor ao realizar cadauma das tarefas:
I. PI ∙ 100 3 10 3 20 ___________
10 } PI 5 2.000 W
II. PII ∙ 200 3 10 3 10 ___________
20 } PII 5 1.000 W
III. PIII ∙ 300 3 10 3 15 ___________
30 } PIII ∙ 1.500 W
8 c
P ∙ mgh
tempo ∙ (700 – 460) ∙ 10 ∙ 50
20 ∙ 6.000 W
d940% de 7,2 ∙ 108 J ∙ 2,88 ∙ 108 J
P ∙ 2,88 ∙ 108 J2 ∙ 3.600 s ∙ 4 ∙ 104 W ∙ 40 kW
10 d
Para determinar a velocidade do móvel no instante t ∙ 10 s, substitui-se esse valor na função horária:v ∙ 3 1 0,2t ] v ∙ 3 1 0,2 3 10 } v ∙ 5 m/sLogo, a energia cinética associada a esse móvel é dada
por: Ec ∙ mv2
____ 2
∙ 20 3 52
______ 2
} Ec ∙ 250 J
6 b
Calculando a área abaixo do gráfico até o eixo d, tem-se
o trabalho realizado pela força.
Área ∙ 20 ∙ 2 + (40 1 20) ∙ x2
+ 2 ∙ 40
2 ∙ 140 J
c1172 km/h ∙ 20 m/s e 36 km/h ∙ 10 m/sPelo Teorema da Energia Cinética:
† ∙ E c final 2 E c inicial
] † ∙ 1.000 3 (202 2 102)
________________ 2
]
] † ∙ 500 3 300 ∙ 150.000 } † ∙ 150 kJ
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. Situação inicial: E ∙ m 3 g 3 h
Situação final: E ∙ m __ 2
3 g 3 2h ∙ m 3 g 3 h
Assim, as energias cinéticas dos dois objetos são asmesmas ao atingirem o solo.
12 a) V ∙ 250 m/s e L ∙ 50 m. Para essas estimativas,
tem-se: R ∙ VL ___ bar
] R 5 250 3 50 ________ 1,5 3 1025
] R 7 8,3 3 108
b) Primeiramente, determina-se a velocidade média da bactéria com os dados do enunciado.
R ∙ VL ____
bágua
] 1,0 3 1025 ∙ V 3 2,0 3 1026
___________ 1,0 3 1026
]
} v ∙ 5 3 1026 m/s
Então, a energia cinética média vale:
Ecin ∙ m 3 V2
______ 2
∙ 6 3 10216 3 (5 3 1026)2
_________________ 2
]
} Ecin ∙ 7,50 3 10227 J
13 b
Como F é a única força responsável pelo movimento do corpo, pode-se considerá-la a própria forçaresultante, cujo trabalho realizado é:
†F ∙ F 3 Ss 3 cos a ∙ 4,0 3 5 3 cos 0° } †F ∙ 20 J
Aplicando o Teorema da Energia Cinética:
†F ∙ E c final 2 E c inicial, em que: E c inicial ∙ 0, pois v0 ∙ 0.
Logo, E c final ∙ †F ∙ E c inicial ∙ 20 J
O bloco, no ponto A, está dotado apenas de energiapotencial gravitacional, já que sua velocidade inicial ézero (E c inicial ∙ 0). No ponto B, entretanto, o blocopossui energia potencial gravitacional e cinética. Logo,por conservação de energia: EpgA
∙ EpgB 1 EcB
mghA 2 mghB 1 mv2
B ____ 2
] v2B ∙ 2g(hA 2 hB) ]
] v2B ∙ 2 3 10 3 (10 2 5) ∙ dllll 100 } OvBO ∙ 10 m/s
c14
d15Como a energia total do sistema é a mesma, considerando a descida da pedra nas trajetórias, ou seja, é igual a mgh, todas as pedras sairão das rampas com a mesma velocidade; logo, o alcance de todos os lançamentos também será igual.
c16
Ep ∙ mgh ∙ P ∙ h ∙ 800 ∙ 3 ∙ 2.400 JSe o atleta consegue ganhar 600 J a cada ida e vinda, são necessárias 4 voltas.
19 b
Inicialmente, determina-se a velocidade do garoto no
ponto B: vB ∙ d ____
StAB
∙ 20 ___ 2
] vB ∙ 10 m/s.
Considerando o nível de referência de alturas na reta$CD%, determina-se a energia mecânica total em B:
Eme c B ∙ Ep g B
1 Eci n B ∙ m 3 10 3 5 1 m 3 102
______ 2
]
} Eme c B ∙ 100 m
Conservação da energia entre B e C:
Eme c B ∙ Ep g B
1 Eci n B ] 100 m ∙ 0 1
m 3 v2c _____
2 ]
} vc 7 14,2 m/s
Desprezados os atritos, o movimento no trecho CDtambém é uniforme. Logo:
vc ∙ d ____
StCD
] 14,2 ∙ 20 ____
StCD
] StCD 7 1,4 s
b18
20 d
Segundo o gráfico, a energia total (mecânica) associadaao sistema é de 120 J. No ponto de altura máxima, aenergia cinética associada à bola é a mínima possível.Segundo o gráfico: Ec
mín ∙ 30 J, que ocorre a 21
metros do local de lançamento. Por conservação deenergia, no ponto mais alto da trajetória:
Epg 1 Ec mín
∙ 120 } Epg 5 90 J
Logo, a altura máxima atingida pela bola pode sercalculada como segue:
Epg ∙ 90 } mghmáx ∙ 90 ]
] hmáx ∙ 90 ___ mg ∙
90 _______ 0,5 3 10
} hmáx ∙ 18 m
c17A velocidade horizontal é maior em III. Como a energia potencial é a mesma nos três casos, a trajetória que exigiu a maior energia foi a III.
e21I. Correta. A força em uma mola depende da deformação. Como o corpo está em movimento, B é omomento em que ele inverte seu movimento; a força évariável, pois x é variável.
II. Correta. A energia armazenada em B é potencial elástica; de fato, a expressão da assertiva II fornece o valor da energia potencial elástica.
III. Incorreta. Não se pode somar a energia da situação A com a da B.IV. Incorreta. Nas situações A e B, nada se pode concluir sobre a conservação da energia.
22 a
Por conservação de energia:
Ec ∙Epel ] mv2
____ 2
∙ kx2
___ 2
] v2 ∙ kx2
___ m ] OvO ∙ OxO dlll k __ m
OvO ∙ O0,2O dllll
0,18 ____
2 } OvO ∙ 0,06 m/s
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B
hd
60°
30°
C
30°
RH
O
vc
Cálculo da altura h do ponto C, em relação ao nível de
referência em B: B ÅOC ∙ 30°
H ∙ R 3 cos 30° ] H ∙ dll 3 R
____ 2
h ∙ R 2 H ] h ∙ @ 1 2 dll 3
___ 2
# R
Agora, avaliando a conservação da energiamecânica entre os pontos A e C da trajetória:
EA ∙ EC ] mgR ∙ mg @ 1 2 dll 3
___ 2
# R 1 mv2
C ____ 2
dll 3
___ 2
gR ∙ v2
c __ 2
] v2c ∙ dll 3 gR
De C a D, tem-se um lançamento oblíquo, cujo alcancea é preciso calcular.
a ∙ v2
c 3 2sen J 3 cos J _______________ g ∙
dll 3 gR 3 2 3 1 __ 2
3 dll 3
___ 2
_______________
g ] } a ∙ 3R ___
2
A distância L procurada é tal que L 5 d 1 a.
L 5 R 3 cos 60° 1 3R ___ 2
∙ R __ 2
1 3R ___ 2
] } L 5 2R
23
d24
Considere a figura:
Por conservação de energia:
E Apg ∙ E Bpg 1 12 ] mghA ∙ mghB 1 12 ]
] hB ∙ mghA 2 12
__________ mg
hB ∙ 1 3 10 3 2 2 12 ____________
1 3 10 } hB ∙ 0,8 m ∙ 80 cm
hB
hA = 2 m
v0 = 0
v = 0
A
B
Solo
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Revisão em 22 volumes – Física – GabaritoESTUDANDO Trabalho e energia mecânica
Para o ENEM
1 e
O gráfico i mostra o aumento contínuo da energiacinética, ou seja, da velocidade do móvel, fato que é observado apenas no móvel III.O gráfico ii ilustra uma energia cinética constante, seguida de diminuição, e volta a ser constante, embora menor. Essa análise qualitativa corresponde à figura I, do skatista, que vem por uma plataforma horizontal com velocidade constante, sobe o aclive perdendo velocidade e segue por outra plataforma, com velocidade constante.O gráfico iii está relacionado à figura IV, pois a bola é chutada com velocidade máxima, perde velocidadeenquanto ganha altura e volta a ficar veloz ao cair. No ponto de energia cinética mínima, a bola está emsua altura máxima, em que tem apenas velocidade horizontal.E o último gráfico (iv) corresponde ao movimento do pêndulo (II). Ele parte de velocidade nula, aumenta continuamente até passar pelo ponto de menor altura, em que a velocidade é máxima, e perde velocidade ao subir até atingir sua altura máxima, com velocidade nula, do outro lado.
2 b
Impulsionada pela força do saque, a bola (m ∙ 300 gramas ∙ 0,3 kg) sobe a uma altura de 25 m com a gravidade local valendo 10 m/s2.A energia potencial gravitacional da bola, na altura máxima, é de: EG ∙ m ∙ g ∙ h ∙ 0,3 ∙ 10 ∙ 25 ] EG ∙ 75 JA energia cinética é nula na altura máxima, pois não há velocidade na bola. Porém, na descida, toda a energia gravitacional vai se transformando em cinética e, ao tocar a quadra, a energia gravitacional se anula; portanto, a energia cinética é máxima: EC ∙ 75 J.
Em A, a energia cinética (EC) é nula, pois o esquiador está em repouso, e a energia gravitacional (EG) vale:EG ∙ m ∙ g ∙ h ∙ 100 ∙ 10 ∙ 45 ] ] EG ∙ 45.000 joules ∙ 45 kJ
Assim, a energia mecânica total em A vale:EM ∙ EC + EG ∙ 0 + 45.000 ] EM ∙ 45.000 J ∙ 45 kJ
Em B, a energia gravitacional se anula, enquanto a
cinética vai valer: EC ∙ m ∙ v2
2 ∙ 100 ∙ 202
2 ∙
∙ 100 ∙ 400
2 ∙ 20.000 J ] EC ∙ 20 kJ
E a energia mecânica total vale:EM ∙ EC + EG ∙ 20.000 + 0 ∙ 20.000 J ] EM ∙ 20 kJ
A energia dissipada (Ediss) na descida foi de:Ediss ∙ EMA
– EMB ∙ 45.000 – 20.000 ] Ediss ∙ 25.000 J
3 b
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Considere a seguinte sequência de figuras com respeitoà interação entre o homem (H) e o menino (M):
Admitindo que o sistema (homem 1 menino) sejamecanicamente isolado, pode-se escrever:
(qsist)final ∙ (qsist)inicial ] mMvM 1 mHvH ∙ 0
40 3 vM 1 80 3 0,25 ∙ 0 ] 40vM ∙ 220 } vM ∙ 20,5 m/s.
Portanto, o menino se desloca em sentido oposto ao dohomem com velocidade de 0,5 m/s.
–q0
qf
∆q
60°
60°
yAntes da curva
x
yDepois da curva
x
60°
ESTUDANDO Princípio da conservação da quantidade de movimento
Para o VESTIBULAR
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
3 d
1
d2
Ec ∙ 12 mv2 ⇒ 9 ∙
12 ∙ m ∙ 32 ⇒ m ∙ 2 kg
q ∙ m ∙ v ∙ 2 ∙ 5 ⇒ q ∙ 10 kg ∙ m/s
O impulso da força exercida sobre a parede é: I ∙ variação da quantidade de movimento ∙∙ m ∙ vfinal – m ∙ vinicial.
I ∙ 0,1 ∙ 10 – 0,1 ∙ (–0,8) ∙ 1,8 kg ∙ m/s
Logo, o impulso da força exercida pela parede sobre a bolinha é –1,8 kg ∙ m/s.
Considere a figura:
Fazendo a devida conversão,
a velocidade do veículo é de 14 m/s. Assim, a quantidade de movimento do veículo antes da curva era: q0 ∙ mv ∙ 500 3 14 } q0 ∙ 7.000 kg 3 m/sApós a curva: qf ∙ mvf ⇒ qf ∙ 500 ∙ 14 } qf ∙ 7.000 kgDa relação vetorial ∆q ∙ qf – q0, tem-se o esquema:
Como q ∙ q0 e o ângulo entre
q e –q0 é de 60°, o triângulo da figura
é equilátero.
Logo: ∆q ∙ 7.000 kg ∙ m/s.
d4540 km/h ∙ 150 m/s.Quantidade de movimento da ave após o choqueq ∙ m 3 v ∙ 3 3 150 ] q ∙ 450 kg 3 m/s
Pelo Teorema do Impulso:Sq ∙ I ∙ F 3 St ] 450 ∙ F 3 0,001 ]} F ∙ 450.000 NO peso de 450.000 N equivale a uma massa de 45.000 kg, ou 45 toneladas.
5 e
Para determinar a intensidade F da força, utiliza-se o Teorema
do Impulso: IF ∙ OSqO ] F 3 St ∙ OSqO } F ∙ OSqO
_____ St
Segundo o enunciado: St ∙ 0,08 s. Falta determinar Sq.
Como o choque é perfeitamente elástico, pode-se escrever:
OqinicialO ∙ OqfinalO ∙ mv ∙ 0,1 kg 3 8 m/s ∙ 0,8 kg 3 m/s.
Agora: Sq ∙ qfinal – qinicial . Vetorialmente:
Como OqfinalO ∙ OqinicialO e o ângulo entre qfinal e –qinicial é
de 60°, o triângulo da figura é equilátero.
Logo: OSqO ∙ 0,8 kg 3 m/s.
Assim: F ∙ e Sq
___ St
u ∙ 0,8
____ 0,08
} F ∙ 10 N.
Sq
–qinicial
qfinal
60°
6 b
I ∙ F ∙ 0,04, mas I ∙ variação da q ∙ 0,75 ∙ 10 – 0,75 (–10) ∙ 15 kg ∙ m/s.
15 ∙ F ∙ 0,04, então F ∙ 375 N.
7 Como o impulso é na mesma direção e sentido da velocidade, tem-se: ∆q ∙ I ⇒ ∆q ∙ F ∙ ∆t ⇒ 6 ∙ vf – 6 ∙ ∙ 0,4 ∙ 12 ∙ 1 ⇒ vf ∙ 2,4 m/s
c8
vH0
= vM0
= 0
vM
= ? vH
= 0,25 m/s(+)
Antes da interação
M H(+)
Durante a interação
M HF
(+)M H
Depois da interação
vH0
= vM0
= 0
vM
= ? vH
= 0,25 m/s(+)
Antes da interação
M H(+)
Durante a interação
M HF
(+)M H
Depois da interação
vH0
= vM0
= 0
vM
= ? vH
= 0,25 m/s(+)
Antes da interação
M H(+)
Durante a interação
M HF
(+)M H
Depois da interação
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.9 F, V, F, V
1. Falsa. A energia potencial do sistema é a soma das
energias potenciais elásticas, ou seja, U ∙ k(x – x0)2
2.
2. Verdadeira. Como o sistema está em repouso, pode-se afirmar, pela primeira Lei de Newton, que a resultante de forças que atuam nele é nula.3. Falsa. Como o problema não afirma que as massas são iguais e como a quantidade de movimento do sistema se conserva, ou seja, se mantém igual a zero, pode-se dizer que só haveria uma mesma aceleração para os dois corpos se as massas fossem iguais. Além disso, à medida que a mola volta ao seu normal o valor da força elástica diminui, o que impede que a aceleração seja constante.4. Pela conservação da quantidade de movimento, tem-se que, após a liberação da mola, as quantidades de movimento dos carrinhos deverão ser iguais em módulo e opostas em sentido, daí vem:
m1v1 + m2v2 ∙ 0 ⇒ m1v1 ∙ –m2v2 ⇒ v1 ∙ –v2
m2
m1
(01) (02) (04) (08)10
Soma: 01 + 02 + 04 + 08 ∙ 15Como em colisões perfeitamente elásticas a energia se conserva, não pode haver dissipação de espécie alguma. Deformações permanentes são indicadores de dissipação de energia, logo a colisão não pode serperfeitamente elástica.
11 b
A conservação do momento linear do sistema não depende da conservação da energia mecânica. Se, por exemplo, um carro colidir com outro, mesmo havendo conservação do momento linear, há dissipação de energia na forma de calor.
a12O impulso ( I ) da força em questão é numericamenteigual à área sob o gráfico.
Logo: I ∙N b 3 h ____
2 ∙
10 3 30 ______ 2
} I ∙ 150 N 3 s.
De acordo com o gráfico, a projeção F da força sobre ocorpo é sempre positiva. Logo, o valor do impulsotambém será positivo. Portanto: I ∙ 150 N 3 s.
13 a
Em um jogo de sinuca ideal, há um choque elástico e a bola atingida sai com a mesma velocidade da que chegou. Essa choca-se e para. Nesse caso, há conservação da energia e da quantidade de movimento.
(01) (04)14
Soma: 01 + 04 ∙ 501 e 04 corretas.(02) Incorreta. A variação da quantidade de movimentotem direção e sentido estabelecidos pela força resultante e não pela velocidade.(08) Incorreta. Se a resultante das forças externas que atuam sobre o sistema for nula, a quantidade de movimento do sistema é constante e não necessariamente nula.(16) Incorreta. A somatória dos impulsos é que será nula,e não o impulso em cada corpo isoladamente. Como o intervalo de tempo (que multiplica a força para se obter o impulso) é uma grandeza escalar, a força determinará a direção e o sentido do impulso.
15 c
O módulo da quantidade de movimento inicial do sistema é: 6,0 ∙ 15,0 + 4,0 ∙ 10,0 ∙ 130 kg ∙ m/s.Na colisão perfeitamente inelástica os corpos ficam juntos. Logo, na situação final a massa total será 10,0 kg.Então, 130 ∙ 10 ∙ vfinal.Logo, a velocidade final do conjunto é 13 m/s.
16 O enunciado sugere a seguinte figura:
Dado que 0 , e , 1, trata-se de um choqueparcialmente elástico. Usando a definição, tem-se:
e ∙ vA 2 vB _______ v A 0 2 v B 0
] 0,5 ∙ vA 2 vB __________
10 2(220) } vA 2 vB ∙ 15 (1)
Usando agora a conservação da quantidade demovimento do sistema, tem-se:
(qsist)antes ∙ (qsist)após ] mA v A 0 1 mB v B 0 ∙ mAvA 1
1 mBvB ] 2 3 10 1 1(220) ∙ 2vA 1 vB ] 2vA 1 vB ∙ 0
} vB ∙ 22vA (2)
Substituindo (2) em (1), vem:
vA 2(22vA) ∙ 15 } OvAO ∙ 5 m/s
Substituindo vA ∙ 5 m/s em (2), resulta:
vB ∙ 210 m/s } OvBO ∙ 10 m/s.
mA
= 2 kg
vA0 = 10 m/s Durante a colisão
Antes da colisão
Após a colisãovB0 = –20 m/s
mB
= 1 kg(+)
A B(+)
A B(+)
A B
mA
= 2 kg
vA0 = 10 m/s Durante a colisão
Antes da colisão
Após a colisãovB0 = –20 m/s
mB
= 1 kg(+)
A B(+)
A B(+)
A B
mA
= 2 kg
vA0 = 10 m/s Durante a colisão
Antes da colisão
Após a colisãovB0 = –20 m/s
mB
= 1 kg(+)
A B(+)
A B(+)
A B
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Cálculo da velocidade imediatamente antes da colisão:Pela conservação da energia mecânica,
4Mgh ∙ 4Mv2
A
2 ] vA ∙ ∙2gH
Cálculo da velocidade imediatamente após a colisão:Pela conservação da quantidade de movimento do
sistema, 4M∙2gH ∙ (4M + M)v’
Novamente pelo princípio da conservação da
energia mecânica: 5M(v’)2
2 ∙ 5Mgh’ ] gh’ ∙
] ∙4∙2gH
5 ∙2
2
] gh’ ∙ 32gh
50 ] h’ ∙ 0,64 h
Deve-se determinar a velocidade inicial v do bloco A,admitindo que o sistema seja isolado. Para tanto,considera-se a figura:
Pela conservação da quantidade de movimento, tem-se:
(qsist)inicial ∙ (qsist)depois ] mAv ∙ vA 1 B(mA 1 mB) ]
] 2v ∙ 6(2 1 3) } v ∙ 15 m/s
Portanto, a energia cinética associada ao corpo A antes
da colisão é: EC ∙ mAv2
_____ 2
] EC ∙ 2 3 152
______ 2
} EC ∙ 225 J
No choque com a mola, para que haja deformaçãomáxima, toda energia cinética do corpo A deve serconvertida em energia potencial elástica. Portanto, porconservação de energia, tem-se:
EC ∙ E P el ] 225 ∙
kx2
___ 2
]
x2 ∙ 2 3 225 ______ 5 3 105
} OxO ∙ 3 3 1022 m
17
mA
= 2 kg
vA
= v vA + B = 6 m/svB
= 0
mB
= 3 kg(+)
A B(+)
A B
Antes da colisão Depois da colisão
Em relação à colisão, tem-se:
a) Como o choque é frontal e elástico, a velocidade da bola após o choque é de 220 m/s. Logo:
OSqO ∙ Oqfinal 2 qinicialO ∙ Omv 2 mv0O
OSqO ∙ O0,5(220) 2 0,5 3 20O ]
} OSqO ∙ 20 kg 3 m/s
b) Pelo Teorema do Impulso, tem-se:
IF ∙ OSqO } IF ∙ 20 N 3 s.
18
v0
= 72 km/h = 20 m/s m = 0,5 kg
(+) (+)(+)
F
v0
= 72 km/h = 20 m/s m = 0,5 kg
(+) (+)(+)
F
v0
= 72 km/h = 20 m/s m = 0,5 kg
(+) (+)(+)
F
19 e
A energia inicial é m ∙ g ∙ H; logo, a velocidade de colisão da bolinha é dada por:
mgH ∙ mv2
2 ] v ∙ ∙2gH
Pelo princípio da conservação da quantidade de
movimento, tem-se: m∙2gH ∙ 3mv’ ] v’ ∙ ∙2gH
3Utilizando novamente a conservação da energia
mecânica, vem:
3mgh ∙ 3mv’2
2 ] gh ∙ 2
∙ 3
∙2∙2gH
] gh ∙ 29
2gH
]
] h ∙ H9
20 a) Energia potencial da esfera na altura máxima:
Epg ∙ m 3 g 3 hB ∙ 5 3 10 3 0,2 ] Epg ∙ 10 J
Pela conservação de energia da esfera:
Ecin ∙ Epg ] 5 3 v2
B _____ 2
∙ 10 ] vB ∙ 2 m/s
b) Conservação da quantidade de movimento:
qantes ∙ qdepois ] 2 3 4 ∙ 2 3 veA 1 5 3 2 ]
] veA ∙ 21 m/s
O sinal negativo indica o sentido para a esquerda.
c) Eantes ∙ 2 3 42
_____ 2
] Eantes ∙ 16 J
Edepois ∙ 2 3 12
_____ 2
1 5 3 22
_____ 2
] Edepois ∙ 11 J
Portanto, SE ∙ 5 J.
d) A colisão não foi perfeitamente elástica, pois o
sistema não conservou a energia mecânica inicial de 16 J.
c21
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Revisão em 22 volumes – Física – GabaritoESTUDANDO Princípio da conservação da quantidade de movimento
Para o ENEM
Antes do tiro, o sistema arma-bala estava em repouso,ou seja, sua quantidade de movimento era nula. Como a propulsão da bala é causada por uma explosãoe como nas explosões as forças que agem são internas ao sistema, a quantidade de movimento total se manterá em zero, mesmo após o disparo. Isso só é possível se bala e arma se deslocarem com quantidades de movimento de mesmo módulo, porém de sentidoscontrários.Usando o princípio da conservação da quantidade de movimento, tem-se:qantes ∙ qdepois
mA ∙ vA + mB ∙ vB ∙ mA ∙ vA’ + mB ∙ vB’
mA ∙ 0 + mB ∙ 0 ∙ mA ∙ vA’ + mB ∙ vB’ ∙ 0
vA ∙ – mB
mA ∙ vB
O sinal negativo indica o movimento retrógrado da arma, e, considerando que mA ⪢ mB, conclui-se que vA ⪡ vB.O gráfico que representa melhor tal situação é o da alternativa b.
1 b
2 d
I. Verdadeira. O módulo da quantidade de movimento da bola antes de tocar o piso pode ser obtido com:q
antes ∙ m ∙ v ∙ 0,3 ∙ 25 ∙ 7,5 N ∙ s
II. Verdadeira. O módulo da quantidade de movimento da bola depois de tocar o piso pode ser obtido com:q
depois ∙ m ∙ v ∙ 0,3 ∙ 25 ∙ 7,5 N ∙ s
Então, o impulso é dado pela diferença vetorial entre as quantidades de movimento final e inicial:
I ∙ ∆q ∙ qdepois 2 qantes ∙ qdepois + (2qantes)
O impulso será a soma de dois vetores:
Assim, o impulso é vertical e para cima. Pela geometria do triângulo equilátero, o módulo do impulso deve ser o mesmo das quantidades de movimento qA e qD, ou seja, I ∙ 7,5 N ∙ s.
III. Falsa.Da expressão do impulso: I ∙ F ∙ ∆tSubstituindo os valores conhecidos: 7,5 ∙ F ∙ 0,03Obtém-se: F ∙ 250 N.
a) Falsa. A quantidade de movimento da bolinha pode ser obtida fazendo-se: q ∙ m ∙ v ∙ 0,1 ∙ 50 ∙ 5 N ∙ s
b) Falsa. A força média é obtida do impulso:
I ∙ F ∙ ∆t. Comparando com I ∙ ∆q:
F ∙ ∆t ∙ m ∙ ∆v
F ∙ 0,02 ∙ 0,1 ∙ [60 – (–50)]
F ∙ m ∙ ∆v
∆t ∙ 0,1 ∙ 110
0,02 ∙ 550 N
c) Falsa. Obtém-se o impulso com:
I ∙ m ∙ ∆v
I ∙ 0,1 ∙ [60 – (–50)] ∙ 11 N ∙ sd) Verdadeira. A variação da quantidade de movimento da bolinha é o próprio impulso, calculado no item anterior: I ∙ ∆q ∙ 11 N ∙ se) Falsa. A variação da velocidade da bolinha precisa considerar a inversão do sentido.
∆v ∙ vfinal – vinicial ∙ 60 – (–50) ∙ 110 m/s
3 e
30° 30°
q
q
antes
depois
30o
60oI
–q
q
antes
depois
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A variação da temperatura em °F se relaciona com a
variação em °C segundo a relação: StC
___ 5
∙ StF
___ 9
.
Para a variação de 27 °C mostrada na figura, tem-se
então:
27 ___ 5
∙ StF
___ 9
] StF ∙ 243 ____
5 ] StF ∙ 48,6 °F
ESTUDANDO Calor, temperatura e dilatação
Para o VESTIBULAR
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
1 d
Tanto em um caso como no outro, a propagação se dá por ondas eletromagnéticas, ou seja, por radiação.
2 a
O intuito da enfermeira é medir a temperatura do corpodo paciente. Para isso, o termômetro e o corpo precisamentrar em equilíbrio térmico, fenômeno que acontecequando ambos exibem o mesmo valor de temperatura,e que leva certo intervalo de tempo para ocorrer.
b3
I. Correta. O aluno confunde os conceitos de calor etemperatura. O calor é energia em trânsito, ou seja, éa energia térmica que se transfere de um corpo parao outro. A temperatura, por outro lado, é uma grandezaassociada ao grau de agitação das partículas queconstituem o material em estudo.II. Incorreta. A transferência é de energia, o queprovoca uma variação de temperatura.III. Incorreta. Aqui o aluno confunde os conceitos deenergia em trânsito (calor) e calor específico.
d4A lã é um isolante térmico e evita o contato direto
do gelo com o ambiente.
5 d
• Ao aquecer a extremidade de uma barra de ferro, asmoléculas que constituem o material nessa região passama vibrar mais devido à elevação da temperatura. O choqueentre essas moléculas e as vizinhas transfere parte da energia de vibração, fazendo com que as últimas também vibrem mais intensamente. O processo se propaga, caracterizando-o como transmissão decalor por condução.• O aquecimento do corpo humano pelos raios solaresse dá pela transmissão de calor por meio de radiaçãoinfravermelha, a qual, por natureza, se propaga no vácuo. Esse processo é denominado irradiação.• O vento sopra da terra para o mar durante a noite porquea água ainda está mais quente que a areia. Assim, o arsobre a água é menos denso e sobe, enquanto o ar sobrea areia é mais denso e desce. A corrente convectivaformada se “fecha” com um fluxo de ar da terra para aágua, próximo à superfície.
e7
37,3 ∙ 5 @ tF1 2 32 ________
9 #
39,3 ∙ 5 @ tF2 2 32 ________
9 #
]
] 39,3 2 37,3 ∙ 5 __ 9
(tF2 2 32 2 tF1 1 32) ]
] 2 ∙ 5 __ 9
(StF) } StF ∙ 3,6 °F
37,3 ∙ tK1 2 273
39,3 ∙ tK2 2 273]
] 39,3 2 37,3 ∙ tk2 2 273 2 tK1 1 273 ] StK ∙ 2 K
8 b
Para converter Fahrenheit em Celsius, usa-se a
expressão tC __ 5
∙ tF 2 32
______ 9
.
Substituindo os valores indicados na figura daexpressão acima, obtêm-se, respectivamente:
60 °C; 82,2 °C; 104,4 °C; 126,7 °C; 148,9 °C
Arredondando para o inteiro mais próximo, obtêm-seos valores indicados na alternativa b.
d9
10 a
Kelvin é unidade de medida de temperatura; pascal, de pressão; e newton, de força.
6 b
Com base no enunciado, tF ∙ 172 °F. Então:
tC __ 5
∙ 172 2 32 ________
9 ]
tC __ 5
∙ 140 ____ 9
]
] tC ∙ 700 ____ 9
} tC 7 78 °C
c11
Podemos resolver o problema a partir de uma
semelhança de triângulos extraída
do gráfico. tF 2 32
________ 212 2 32
∙ 20 ____ 100
]
] tF 2 32
______ 180
∙ 1 __ 5
] tF ∙ 180 ____ 5
1 32 ] tF ∙ 68 °F10020
tF _ 32
212 _ 32
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I. Correta. É imediata, com base na leitura do gráfico.No ponto de fusão do gelo, tem-se JC ∙ 0 °C, quecorresponde a 25 °X.II. Correta. Substituindo-se na equação de conversãoobtida no item III, resulta: 0 ∙ 0,6 3 JX 1 3 } JX ∙ 25 °X.No ponto de vapor da água, JC ∙ 0 °C.
Substituindo novamente, tem-se:
100 ∙ 0,6 3 JX 1 3 } JX 7 162 °X
III. Correta.
JC 2 0
______ 60 2 0
∙ JX 2(25)
________ 95 2(25)
]
] JC
___ 60
∙ JX 1 5
______ 100
] JC ∙ 60(JX 15)
_________ 100
} JC ∙ 0,6 3 JX 1 3
95
–5
60
0
wC
Jc Jx
wX
13 b
Na direção horizontal, o ponto B sofre dilatação na parteinferior (comprimento 2a) e na parte superior(comprimento a). Como a dilatação depende docomprimento inicial, a dilatação resultante será paraa direita. Na vertical, a dilatação para baixo do ramo daesquerda é compensada pela dilatação para cima(comprimentos iguais) do ramo da direita; resta a dilatação para baixo do segmento central. Logo, a dilatação total terá componentes para baixo e para a direita.
14 b
A barra B tem um comprimento inicial três vezes maior que a A. Como são feitas de um mesmo material, a variação de temperatura deve compensar essa diferença, ou seja, a variação de temperatura de B deve ser um terço da de A.
e15
São calculados separadamente os comprimentos finais decada barra:
LFe ∙ L0 (1 1 a 3 SJ) ∙ 1 1 12 3 1026 3 300
} LFe ∙ 1,0036 m
LAl ∙ L0 (1 1 a 3 SJ) ∙ 1 1 22 3 1026 3 300
} LAl ∙ 1,0066 mO comprimento total será a soma dos comprimentos decada barra:
Lf ∙ LAl 1 LFe ∙ 1,0066 1 1,0036 } Lf ∙ 2,0102 m
17 a
A inclinação das retas está relacionada ao coeficiente dedilatação. Como a1 . a2, a inclinação da reta 1 deve sermaior que a da reta 2. Elas se interceptam no ponto (T0, L0). A única alternativa que engloba as três condiçõesmencionadas é a a.
F, F, V, F18
1. Pelos dados da questão, não há como calcular a relação entre os coeficientes de dilatação.2. O comprimento inicial das barras é o mesmo, o quenão corresponde ao que está representado no gráfico.3. 0,03% L0 ∙ L060 ∙ 0,000005 (°C)–1
4. Não se pode converter esse coeficiente dessa forma.
19 e
SL ∙ L0 3 a 3 SJ ] 0,001 3 L0 ∙ L0 3 25 3 1026 (Jf 2 22) ]
] (Jf 2 22) ∙ 0,001
________ 25 3 1026
} Jf ∙ 62 °C
20 c
Uma dilatação de 2,4 cm² é igual a 0,00024 m²:
SA ∙ A0 3 d 3 SJ ]
] 0,00024 ∙ A0 3 2 3 1,2 3 1026 3 100 ]
] A0 ∙ 0,00024
_____________ 2,4 3 1026 3 100
} A0 ∙ 1,0 m2
21 c
A área inicial é reduzida com o resfriamento. Como onúmero de estrelas observadas é proporcional à área doCCD, necessariamente esse número será menor a umatemperatura mais baixa. Isso descarta as alternativas a e b.SA ∙ A0 3 d 3 SJ ∙ 4 3 2 3 5 3 1026 3 (280 2 20)
} SA ∙ 4 3 1023 cm2
Fazendo a proporção, tem-se:
4 cm2 5.000 estrelas
3,996 cm2 n estrelas } n ∙ 4.995 estrelas
c16
Utilizando as informações do gráfico, é possível calcular ocoeficiente de dilatação a:
SLf ∙ L0 3 a 3 SJ ]
] 1 ∙ 1.000 3 a 3 (80 2 35) ]
] a ∙ 1 _________
1.000 3 45 7 22 3 1026 °C21
Dos metais listados, o único com coeficiente próximo dovalor obtido é o alumínio.
d22
O aumento de temperatura implica dilatação do líquidoe do recipiente. Para avaliar as alternativas, é precisodeterminar qual se dilata mais. Para tanto, analisa-se ocoeficiente de dilatação volumétrica de ambos os materiais:Com base no enunciado: avidro ∙ 27 3 1026 °C21
DGL ∙ 5 3 1024 °C21 ∙ 500 3 1026 °C21. Como D ∙ 3a, temos:
Dvidro ∙ 81 3 1026 °C21. Assim: DGL . Dvidro e, portanto, aglicerina se dilata mais que o vidro.
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23 e
O volume que extravasa corresponde à variação devolume aparente dada por: SVap ∙ V 0 líq.
3 Dap 3 St, em que,com base no do enunciado, St ∙ 100 °C e V 0 líq.
∙ 2 3 102 cm3,já que o recipiente está completamente cheio demercúrio. Resta-nos ainda o valor do coeficiente dedilatação aparente (Dap), que pode ser calculado comosegue: Dlíq ∙ Dap 1 Drec , em que, com base no enunciado:
Dlíq ∙ 1,8 3 1024 °C21 e Drec ∙ 4 3 1025 °C21.
Logo, Dap ∙ 1,4 3 1024 °C21. Portanto:
SVap ∙ V 0 líq 3 Dap 3 St ∙ 2 3 102 3 1,4 3 100 ] SVap ∙ 2,8 cm3
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9.6
10 d
e 19
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feve
reiro
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1998
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Revisão em 22 volumes – Física – GabaritoESTUDANDO Calor, temperatura e dilatação
Para o ENEM
3 a
c1
I. Verdadeira. O barro conduz mais a energia térmica do que o vidro, por isso é mais propenso a facilitar troca de energia térmica do que o barro.II. Falsa. Essa era uma das justificativas dos defensores do calórico.III. Verdadeira. Uma pessoa com temperatura corpórea de aproximadamente 36,5 °C pode sentir frio ao segurar a barra de ferro porque seu corpo perde calor para a barra. A sensação de frio é causada pela perda de calor.IV. Falsa. O café permanece quente por mais tempo na garrafa térmica porque ela evita a troca de calor entre o café e o ambiente externo à garrafa.
b II, III
2
I. Incorreta. O calor é energia em trânsito, portanto é inadequado afirmar que o calor preenche um determinado espaço como se tivesse existência material.II. Correta. III. Correta.
Para responder a essa questão, o aluno deve ter claro o que é uma substância termométrica, para identificá-la no termômetro de Galileu. Deve também raciocinar sobre as imprecisões provenientes de o ar ser a substância termométrica escolhida por Galileu.Como a substância termométrica no instrumento é o ar, as alternativas b, c e e são descartadas e a alternativa d mostra uma característica do ar importante para o funcionamento do termômetro, ou seja, quanto menor o calor específico da substância termométrica, melhor a precisão do termômetro.
4 c
Os conceitos da termodinâmica relacionados ao desenvolvimento do termômetro devem ser conhecidos pelo aluno que irá responder a essa questão. Apesar de as alternativas a e b serem coerentes com o objetivo de um aprimoramento do termômetro como instrumento de medida, somente a alternativa c produz impacto direto na definição menos arbitrária e na padronização das escalas termométricas. A alternativa d determina uma estratégia para a configuração de uma das escalas termométricas, ou seja, a alternativa c contempla a alternativa d, sendo mais abrangente e, por isso, mais essencial.
5 e
∆V ∙ Dlíq ∙ V0 ∙ ∆J ⇒ ∆V ∙ (8,99 ∙ 10−4 ∙ 1 ∙ 106).
∙ (3 − 30)
∆V ∙ (8,99 ∙ 102) ∙ (−27) ⇒ ∆V ∙ 24.273 barris
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Do gráfico, deduz-se que a variação de temperatura éSt 5 20 wC e que o corpo ficou sujeito a esseaquecimento durante 10 min. A quantidade de calortotal Q recebida pelo corpo pode ser obtida como segue:
Da equação fundamental da calorimetria Q 5 mcSt,
c 5 Q
____ mSt
5 1.500 _______
100 3 20 } c 5 0,75 cal ______
g 3 wC .
6 d1 c
ESTUDANDO Calor e mudança de fase
Para o VESTIBULAR
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
As fagulhas têm capacidades térmicas muito pequenas, por isso, mesmo que ocorra rápida troca de calor entre a pele e o material que compõe a fagulha, fazendo com que sua temperatura caia muito rapidamente, a quantidade de calor envolvida nessa troca é muito pequena para causar queimaduras na pele.
2 d
I) 300 ∙ m ∙ 0,3 ∙ 10 ∙ m ∙ 100 gII) 400 ∙ m ∙ 0,2 ∙ 10 ∙ m ∙ 200 g, portanto o objeto (II) é o de maior massa.III) 450 ∙ 150 ∙ c ∙ 10 ∙ c ∙ 0,3 cal/g ∙°C, portanto o objeto (V) é o de maior calor específico.Já é possível perceber que a alternativa correta é a d.
3 a
150 cal 1 min
Q 10 min] Q 5 1.500 cal
4 b
potência ∙ intervalo de tempo ∙ energia420,0 ∙ 20,0 ∙ 8.400,0 J, que são 2.000 cal.60% é absorvido ∙ 1.200 cal∆Q ∙ mc∆θ1.200 ∙ 500 g ∙ 0,1 ∙ ∆θ∆θ ∙ 24 °C
Pelo gráfico, verifica-se que ambos, A e B, sofreram variaçãode temperatura de St 5 50 wC ao receber QA 5 500 cal eQB 5 1.500 cal, respectivamente. Como mA 5 mB 5 m,a partir da equação fundamental da calorimetria Q 5mcSt, tem-se:
■ CA 5 QA ______
m 3 St 5
500 _______ 100 3 50
} cA 5 0,10 cal _____
g 3 wC
■ CB 5 QB ______
m 3 St 5
1.500 _______ 100 3 50
} cB 5 0,30 cal _____ g 3 wC
5 a
Relacionando os dados do enunciado e lembrando deincluir a conversão de calorias para joules na energiatérmica, temos:
Pot 5 m 3 c 3 SJ _________
St ] 0,80 3 200 5
4 3 1.000 3 1 3 (J 2 22) ___________________
30 3 60 ]
] J 5 94 wC
7 b
A temperatura não é absorvida e nem refletida, mas sim a energia. A placa pintada de preto quando exposta ao sol, absorve mais energia que uma placa de qualquer outra cor.
8 a
150 cal/min em 10 minutos 5 1.500 cal1.500 5 75 3 c 3 (45 – 25)c 5 1,00 cal/g 3 °C
9 ∆Q ∙ mc∆t12 kcal ∙ 500 g ∙ 1 cal/g ∙ °C ∙ ( Tmáx – 0)Nesse caso, Tmáx – 0 ∙ 24 °C.Para a quantidade de calor ser maior que 12 kcal, Tmáx > 24 °C.Portanto, são cinco as capitais nas quais é necessário fornecer mais de 12 kcal para aquecer 500 g de água. São elas: F, G, H, J e K.
10 e
Para fundir 500 g de gelo, são necessárias:Q ∙ mL ] Q ∙ 500 3 80 ] Q ∙ 40.000 calUsando a informação do fluxo médio dada no enunciado:
? ∙ Q
___ St
] 800 ∙ 40.000 ______
St ] St ∙ 50 s
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Q1 ∙ 0,01 3 Qtotal ] 0,01 3 Qtotal ∙ mc 3 50 (1)
Q2 ∙ 0,99 3 Qtotal ] 0,99 3 Qtotal ∙ mL (2)
Dividindo a 2a equação pela 1a:
0,99
____ 0,01
∙ L ____
50c ] L __ c ∙ 4.950 K
11 a) A quantidade de energia usada para derreter umamassa m ∙ 0,5 g de gelo pode ser calculada como segue:Q ∙ m 3 LF ] Q ∙ 0,5 3 80 } Q ∙ 40 cal ∙ 160 J.Portanto, a energia total (E) envolvida no processo é, porconservação de energia: E ∙ 2Q ] E ∙ 320 J.Usando o teorema da energia mecânica:
† F at ∙ Efinal
mec 2 Einicial mec ∙ 2Einicial
mec , pois a velocidade final
do bloco é zero. Logo: † F at ∙ 2320 J.
b) A energia mecânica inicial do sistema correspondeà energia cinética inicial do gelo. Portanto:
Ecin ∙ Einicial mec ] mv2
____ 2
∙ 320 ] v2 ∙ 640 ____ 10
} OvO ∙ 8 m/s.
c) Com base em † F at ∙ 2320 J, tem-se:
Fat, Ss cos 180° ∙ 2320 ] Fat 3 50 3 (21) ∙ 2320 } Fat ∙ 6,4 N que corresponde à força resultantesobre o bloco de gelo. Logo, pela segunda lei deNewton: FR ∙ Fat ] m 3 a ∙ 6,4 } a ∙ 0,64 m/s2. Usando agora a relação v ∙ v0 1 at : 0 ∙ 8 1 0,64t} t ∙ 12,5 s
12 e
13 c
Analisando o gráfico, pode-se concluir que são incorretas as alternativas a, b, d e e:
a) c ∙ Q
____ mSt
∙ 100 ______
50 3 20 } c ∙ 0,1 cal/g °C
b) LF ∙ Q
__ m ∙ 900 ____ 50
} LF ∙ 18 cal/g
d) Lv ∙ Q
__ m ∙ 2.000 _____
50 } Lv ∙ 40 cal/g
e) c 5 Q
____ mSt
∙ 160 ______
50 3 40 } c ∙ 0,08 cal/g °C.
Pelo gráfico, a quantidade de calor recebida pelasubstância em estado líquido é:Q ∙ 2.000 2 1.000 } Q ∙ 1.000 calIsso ocasionou a variação de temperatura St ∙ 40 °C.Portanto, o calor específico da substância no estado
líquido é: c ∙ Q
____ mSt
∙ 1.000 ______ 50 3 40
} c ∙ 0,5 cal/g °C.
15 e
Deve-se somar a quantidade de calor para elevar a água no estado líquido até 100 °C, vaporizá-la e depoiselevar a temperatura do vapor até 440 °C:Q ∙100.000 ∙ 1 ∙ (100 – 20) + 100.000 ∙ 540 + 100.000 ∙∙ 0,48 ∙ (440 – 100)Q ∙ 8.000.000 + 54.000.000 + 16.320.000 ∙ ∙ 78.320.000 cal
16 b
Observando o gráfico, para elevar a temperatura de
–50 °C até zero e depois liquefazê-la, a quantidade
de calor necessária é 105 cal; e para elevar sua
temperatura até a próxima mudança de estado, 100 cal.
17 d
I) Incorreta. A transferência se dá por irradiação, convecção e também por condução, sendo um processo complexo em que não se pode estabelecer um único processo de transferência.II) Correta. Quando se aumenta a pressão na panela, a ebulição da água ocorre a temperaturas maiores que cem graus Celsius.III) Correta. Pode-se economizar gás com este procedimento.IV) Incorreta. A temperatura de ebulição diminuiria.
18 a
A água não passa do interior da garrafa para o exterior.
19 a
Durante as mudanças de estado a temperatura permanece constante e devemos continuar fornecendo ou retirando calor para que elas ocorram.
14 Os patamares horizontais representam as transições defase das substâncias. Observando os gráficos, é possível concluir que tanto na fusão quanto na vaporização as maiores temperaturas correspondem à substância A, depois à B e por último à C. Isso descarta as alternativas a e c.Apesar de sofrer fusão a 0 °C, não podemos garantir queB é água pura apenas por isso.A fase final de A é uma coexistência entre fase líquida evapor, ambos à mesma temperatura. Portanto, e é falsa.Finalmente, o calor de vaporização de B é maior que ode C, pois o segundo patamar horizontal (vaporização)de B é mais extenso que o de C.
20 a
Pelo princípio das trocas de calor, devemos ter:
Qbloco 1 Qcal 1 Qágua ∙ 0 ]
] mblococblocoSTbloco 1 CcalStcal 1 máguacáguaStágua ∙ 0
Usando os dados do enunciado, temos:
500 3 cbloco 3 (30 2 250) 1 80 3 (30 2 20) 1 400 3 1 3 (30 2 20) ∙∙ 0 ] 2110.000cbloco 1 800 1 4.000 ∙ 0 ]
] } cbloco 7 0,044 cal/g°C
21 d
Temperatura de equilíbrio térmico: 40 °C2 baldes ∙ 1 ∙ (40 – 100) + x baldes ∙ (40 – 0) ∙ 0–120 + x ∙ 40 ∙ 0x ∙ 3 baldes
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22 (02) (16)
(01) Incorreto. Nos processos de transferência de calor há também a convecção.(02) Correto. É a definição de caloria.(04) Incorreto. Para isso a variação de energia interna deve ser zero.(08) Incorreto. O ciclo descreve o rendimento teórico de uma máquina térmica.(16) Correto, geralmente costuma ser o fréon.
23 aA energia potencial da queda do corpo é convertida emenergia térmica para aquecer 1 kg de água:20mgh ∙ 4,2máguac SJ ] 20 3 50 3 h ∙ 4,2 3 1.000 3 1 3 1,5 ]] h ∙ 6,3 m
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Revisão em 22 volumes – Física – GabaritoESTUDANDO Calor e mudança de fase
Para o ENEM
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4 d
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ESTUDANDO Gases e termodinâmica
Para o vestibular
1 c
Deve-se escrever a equação PV/T para as duas situações.A temperatura deve estar em kelvin:
1 atm ∙ 9,9 L 287 ∙
P ∙ 1 L 281
P ∙ 0,88 atm
3 e
Inicialmente deve-se colocar as temperaturas em kelvin: 300 K e 290 K
Na situação 1: PV T ∙
1 ∙ 3,3 300
Na situação 2: PV T ∙
P ∙ 2,9 290
Igualando as equações: P ∙ 1,1 atm, ou seja, 10% maior que a pressão atmosférica normal.
6 d
Os valores WI, WII e WIII são numericamente iguais àsáreas sob os respectivos diagramas. Por comparaçãodireta na figura do enunciado: WI > WII > WIII.
7 b
Na expansão isotérmica, a variação de energia interna é zero, uma vez que a temperatura permanece constante. Dessa forma, o trabalho realizado pelo gás é igual ao calor absorvido por ele.
8 O trabalho realizado pela máquina é numericamenteigual à área interna ao ciclo. Como este está orientadono sentido horário: D . 0.Logo:
D ∙ 2P0 3 2V0
2 ∙ 2P0 3 V0 ∙ 2 3 13 J } D ∙ 26 J.
4 a
Para encontrar a temperatura, deve-se igualar a
expressão PV T nas situações A e B.
Como a pressão é constante:V T ∙ constante ]
20 400 ∙
60 TB
]
] TB ∙ 1.200 K ou TB ∙ (1.200 – 273) °C ]] TB ∙ 927 °CPor exclusão, a correta é a alternativa a.
2 n0, P0 ∙ 2 atm
V0, T0 ∙ 300 K ] P0V0 ∙ n0RT0
n ∙ n0
2 , P
V ∙ V0, T ∙ 280 K
] PV ∙ nRT ] PV0 ∙ n0
2 RT
2 PP0
∙ TT0
] P ∙ 280300 ∙
1415 ∙ 0,93 atm
5 a) Aplicando a equação de Clapeyron:
PAVA ∙ nRTA ] TA ∙ PAVA ____
nR ] TA ∙
3 3 8 ________ 1 3 0,082
} TA 7 93 K.
b) Usando a propriedade gráfica de que D ∙N Área,
obtém-se: D ∙N 2 3 1023 3 3 3 105 } D ∙N 6 3 102.Como se trata de uma expansão: D . 0; logo, D ∙ 600 J.
c) Pode-se escrever TC ∙ TA 7 293 K, pois A e Cpertencem à isoterma dada.
9 c
Comparando-se as áreas internas das figuras, percebe-se que K é a menor. Logo, o trabalho resultante também é menor.
11 e
O diagrama (c) representa um processo de expansão, pois o volume final é maior que o inicial. Não é um processo isobárico, pois a pressão muda constantemente.Em (a) tem-se um processo isovolumétrico seguido de um isobárico.Em (b) tem-se um processo isobárico seguido de um isovolumétrico.Os trabalhos em (a) e (b) são diferentes, uma vez que as áreas cinza das figuras são diferentes.
10 a) Aplicando a Lei Geral dos Gases aos pontos A e C:
PA 3 VA ______
TA ∙
PC 3 VC ______ TC
] 1 3 4 ____ TA
∙ 1 3 4 ____
TC ] TC ∙ TA } ST ∙ 0.
b) Do item a, ST ∙ 0. Partindo-se da relação
SU ∙ 3 __ 2
n 3 R 3 ST, obtém-se: SU ∙ 0. Pela Primeira Lei da
Termodinâmica: SU ∙ Q 2 D ] Q ∙ D.O valor numérico do trabalho pode ser obtido pela propriedade gráfica: D ∙N Área ] D ∙N 3 3 4 } D ∙N 12 J.No trecho AB há uma expansão (D . 0); logo, D ∙ 12 J.Portanto, Q ∙ 12 J.
12 d
Transformam-se as temperaturas em kelvin: 370 K e 296 K.
O rendimento máximo é dado por: R ∙ 1 – Tf Tq
R ∙ 1 – 296 370
∙ 1 – 0,8 ] R ∙ 0,2 ou 20%
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
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16 a
O ciclo está orientado no sentido horário e, portanto,D . 0. Usando a propriedade de que D ∙N Área:D ∙ 3 3 1022 3 8 3 105 } D ∙ 24 kJ.A partir da definição de rendimento de uma máquinatérmica, pode-se obter a quantidade de calor Q1
fornecida ao gás:
g ∙ D ___
Q1 ] Q1 ∙
D __ g ] Q1 ∙ 24 ∙ 103
0,8 ] Q1 ∙ 30 kJ.
13 Soma: 02 + 04 ∙ 6
(01) Incorreta. Com base no gráfico, há variação devolume na transformação A p B . Portanto: D % 0.
(02) Correta. SUA ∙ SUB se, e apenas se, atransformação A p B for isotérmica, isto é, se PAVA ∙
∙ PBVB. Como PA ∙ P, VA ∙ V __ 3
, PB ∙ P __ 3
e VB ∙ V,
tem-se PAVA ∙ PV ___ 3
e PBVB ∙ PV ___ 3
.
Portanto, a transformação é isotérmica, pois PAVA ∙ PBVB .
(04) Correta. Sabe-se que o trabalho é numericamenteigual à área sobre o gráfico, ou seja:
D ∙N Área ] D ∙
N P3 @V 2 V __
3 # ] D ∙
N P3 3
2V ___ 3
} D ∙N 2 __ 9
PV .
Como, nesse trecho, o gás sofre uma compressão,
D , 0. Logo: D ∙ 2 2 __ 9
PV.
(08) Incorreta. Nesse caso, tem-se uma transformação isovolumétrica e, portanto, D ∙ 0. Assim, pelaPrimeira Lei da Termodinâmica, tem-se: Q ∙ SU.
A partir da relação U ∙ 3 __ 2
PV, calcula-se a energia
interna do gás nos pontos C e A:
UC ∙ 3 __ 2
PCVC ] UC ∙ 3 __ 2
3 P __ 3
3 V __ 3
] UC ∙ PV ___ 6
UA ∙ 3 __ 2
PAVA ] UA ∙ 3 __ 2
3 P 3 V __ 3
] UA ∙ PV ___ 2
]
Q ∙ SU ] Q ∙ UA 2 UC ] Q ∙ PV
___ 2
– PV
___ 6
} Q ∙ PV ___ 3
.
Como Q . 0, o gás absorve calor.
(16) Incorreta. Como o ciclo está orientado no sentido horário, o gás realiza trabalho sobre o ambiente.
14 Soma: 01 + 02 + 04 + 08 ∙ 15
(01) Correta. Em um processo isovolumétrico, o trabalhoé nulo, pois não há deslocamento da massa gasosa.
(02) Correta. Em uma transformação isotérmica, o produtoPV é constante. Dessa forma, se o volume aumenta, a pressão deve diminuir na mesma proporção.
(04) Correta. A partir da relação SU ∙ 3 __ 2
nRST, se ST ∙ 0,
obtém-se SU ∙ 0.
(08) Correta. As grandezas cujo valor final nãodepende do processo escolhido são a energiainterna e a temperatura, e elas são diretamente proporcionais entre si.
(16) Incorreta. Por definição, em uma transformaçãoadiabática não há troca de calor com o meio externo.
(32) Incorreta. Em um processo isobárico, a razão V : Tpermanece constante. Logo, para que o valor darazão permaneça constante, se V diminui, T devediminuir na mesma proporção.
15 d
O gás sofre uma expansão; logo, necessariamente, tem-se D . 0, o que já invalida a alternativa a. Quanto ao módulo do trabalho no SI, tem-se:
D ∙N Área ] D ∙ (5 ∙ 105 + 2 ∙ 105) ∙ 4
2} D ∙ 14 3 105 J.Para avaliar SU, usa-se a Primeira Lei daTermodinâmica SU ∙ Q 2 D.A partir do enunciado: Q ∙ 1 2 3 105 cal ∙ 8 3 105 J e,do argumento anterior, D ∙ 14 3 105 J.Portanto: SU ∙ Q 2 D } SU ∙ 26 3 105 J.Esse valor é diferente do valor numérico proposto nasalternativas b, c e e.A alternativa d está correta, pois, comoSU ∙ 26 3 105, 0, deve-se ter ST , 0, o que indica que o gás sofreu resfriamento.
17 a V F V
A primeira proposição é verdadeira, pois sempre há variação de energia interna no gás utilizado.A segunda proposição é falsa, pois o rendimento sempre será inferior a 100%.A terceira proposição é verdadeira, pois é por isso que, na parte de trás do refrigerador, sentimos que há passagem de calor para o meio ambiente.
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18 a
Do enunciado:Q1 ∙ 25 3 106 cal ∙ 105 3 106 J; T1 ∙ 400 K;Q2 ∙ 10 3 106 cal ∙ 42 3 106 J; T2 ∙ 200 K;D ∙ 63 3 106 J.Segundo o Princípio de Conservação de Energia:Q1 ∙ D 1 Q2. De fato, 105 3 106 ∙ 63 3 106 1 42 1 106. Portanto, amáquina não viola a Primeira Lei da Termodinâmica.Com relação ao rendimento:
g ∙ D ___
Q1 ∙ 63 ∙ 106
105 ∙ 106 } g ∙ 0,6 ∙ 60% , 100%.
Portanto, a máquina também não viola a Segunda Leida Termodinâmica.
19 c
R ∙ 1 – 300
Tq
0,2 ∙ 1 – 300
T ] Tq ∙ 300 0,8
] Tq ∙ 375 K
Na nova situação:
0,25 ∙ 1 – 300
Tq ] Tq ∙
300 0,75 ] Tq ∙ 400 k
20 d
a) Incorreta. Dois corpos podem estar em equilíbrio térmico e um terceiro pode ser uma fonte de calor com temperatura mais elevada.b) Incorreta. 100 graus Celsius correspondem a 212 graus Fahrenheit.c) Incorreta. O texto não especifica se todos os termômetros serão graduados em uma mesma escala, portanto dois termômetros com escalas diferentes identificam valores diferentes para uma mesma medida.d) Correta.e) Incorreta. Nas mudanças de estado, isso não é verdade, pois uma substância pode ser aquecida e sua temperatura permanecer constante.
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2 b
Para responder a essa questão, o aluno deve identificar que se trata de uma transformação isotérmica, cujo gráfico está representado na alternativa b.
ESTUDANDO Gases e termodinâmica
Para o eNeM
1 e
I. Verdadeira. A água exerce pressão sobre os corpossubmersos, sendo que a cada 10 m de coluna de águaa pressão sobre eles é acrescida de um valor igual a 1 atm.II. Falsa. O volume do gás é inversamente proporcional à pressão por ele sofrida. Sendo assim, com o aumento da pressão o volume diminui.III. Verdadeira. Com o aumento da pressão, o volumedo gás diminui proporcionalmente. Logo, em ummesmo volume de ar, 1 L, o número de moléculas de O2 aumenta à medida que a concentração do gásaumenta. Como a concentração dos gases dobra coma diminuição de volume, a quantidade de oxigênioinspirada também dobra.
3 a
A pessoa perceberia rapidamente que o filme estaria de trás para a frente porque é algo fisicamente absurdo. A seta do tempo aponta para o aumento da desordem. Como no caso de um ovo se quebrando, o início do fenômeno tem um grau maior de ordem, o ovo intacto; o fenômeno é irreversível.
4 e
5 c
6 a
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
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ESTUDANDO Óptica geométrica e reflexão da luz
Para o vestibular
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
1 c
A Lua e os planetas do Sistema Solar são fontes de luzsecundárias; portanto, caso o Sol “morresse”, eles nãomais seriam vistos pelo sobrevivente. Por outro lado, porserem fontes de luz primárias, as estrelas continuariamvisíveis.
6 d
Observe a figura:
Imagem Objeto
Portanto, o relógio (objeto) está marcando 4h.
7 c
No caso do espelho plano (vertical), aproximar-se ouafastar-se dele não alterará a visualização do corpo,apenas modificará o tamanho da imagem. Nesse caso, asações I e II são inócuas. Pelo mesmo motivo, se nasituação inicial você já conseguir se ver por inteiro,qualquer movimentação em sua posição não prejudicaráa visualização.
2 Com base na figura, tem-se que os triângulos ABC eDEC são semelhantes:
6 cm = 0,06 m
5 m3 m
A
h
B
D
E
C
Portanto, pode-se escrever:
h __ 3
= 0,06
____
5 ⇒ 5h = 0,18
∴ h = 3,6 ∙ 10–2m = 3,6 cm
3 a) Os espelhos planos formam imagens simétricas emrelação aos respectivos objetos.
2 m
2 m
2 m
6 m
SA A’
PL
b) A partir da figura representada no item a, tem-se, porcongruência de triângulos, que SA = SA’. Portanto,determinar a distância x percorrida pelo raio de luzsignifica determinar a medida do segmento LA’.Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo A’LP:x2 = (6 +2)2 + 62 = 64 + 36 ∴ x = 10 m
4 b
O enunciado sugere a seguinte figura:
20 cm 20 cm
Observador Objeto
Imagemdo
objeto
50 cm
Logo, a distância d do observador à imagem do objetoserá: d = 50 + 20 ∴ d = 70 cm
8 b
Como os raios solares chegam praticamente paralelosao espelho, são refletidos para o foco. Essa distância focal é metade do raio de curvatura do conjunto de espelhos.
5 b
H – 10
H + 10
αβ
H
A
B
C
E
D
Do triângulo ABC tem-se:
tg 45° = 1 = H – 10
x ⇒ x = H – 10
Do triângulo ACE tem-se:
tg β = 2 = H + 10H – 10 ⇒ 2H – 20 = H + 10 ⇒ H = 30
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.9 a
Entre os espelhos esféricos de Gauss, o único quepossibilita a formação de uma imagem virtual e menorque o objeto é o espelho convexo.
11 a
Os espelhos convexos são frequentemente usados emretrovisores de motocicletas, nos automóveis maismodernos e também nos cruzamentos de estacionamentos, nos quais, para evitar acidentes, é necessário obter um campo visual mais amplo, não importando o tamanho real do objeto. Esse objetivo é atingido com o uso de espelhos convexos.
12 a
A distância focal é uma característica geométrica doespelho e independe da posição do objeto em relaçãoao vértice. Seu valor corresponde à metade da medidado raio de curvatura do espelho. Logo, no caso dessacolher, a distância focal equivale a 2 cm.
10 a) Octógono regular é um polígono de oito lados iguaise oito ângulos iguais.
b) Ângulo central = 360°
8 = 45°
c) Cada ângulo tem 135°, logo a soma será 135° ∙ 8 =1.080°
d)
0,60 m
0,60 1 0,90 1 0,90 5 2,40 m
0,60 m0,90 m 0,90 m
ESPELHO
PLANO
13 c
Como o espelho é convexo, a distância focal é negativa.1
–25 = 1
25 + 1p’ ⇒
1p’ = –
225 ⇒ p’ = –12,5 cm
p’ = –12,5 cm, logo a imagem se forma entre o vérticee o foco, é virtual e direita.
14 d
Para resolver essa questão, é preciso lembrar que umponto imagem é virtual se ele é vértice de um pincel de luz que emerge de um sistema óptico de forma cônica e divergente.Espelhos planos e esféricos convexos sempre fornecem imagens virtuais. Portanto, a alternativa correta deve incluir os casos I e IV. Com isso isola-se a alternativa d.Para desencargo, deve-se checar o caso V.
Objeto
Imagem
C F
O pincel de luz que emerge do espelho côncavo temforma cônica e é divergente. Logo, trata-se de umaimagem virtual.
15 b
Dado que o raio de curvatura é R = 36 cm, a distância
focal f será: f = 36 ___ 2
∴ f = 18 cm
Se p = 12 cm, o objeto se encontra entre o vértice (V ) eo foco (F ) do espelho, como mostra a figura:
C F
p = 12 cm
R = 36 cm
f = 18 cm
Para determinar matematicamente se a imagem é maior ou menor que o objeto, bem como sua orientação em relação a ele, é preciso calcular o aumento linear transversal (A). Para isso, determina-se p’ usando a equação de Gauss:1f
= 1p
+ 1p’
⇒ 1 ___ 18
= 1 ___ 12
+ 1p’
⇒ 1p’
= 2 2 3 _____ 36
∴ p’ = –36 cmComo p’ < 0, trata-se de uma imagem virtual.Calcula-se agora o aumento linear (A):
A = –p’p
= 36 ___ 12
∴ A = 3
Como A > 0, a imagem é direita em relação ao objeto e,como ∙A∙ > 1, a imagem é maior que o objeto.
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16 e
Uma ressalva: a afirmação II refere-se ao módulo doaumento linear transversal (A); pela afirmação III, aimagem é invertida e, portanto, tem-se A = –5.Com base na afirmação I, p = 6 cm.
Como A = –p’p , vem: –5 =
–p’6 ∴ p’ = 30 cm
Uma ressalva: a afirmação II refere-se ao módulo doaumento linear transversal (A); pela afirmação III, aimagem é invertida e, portanto, A = –5.Com base na afirmação I, p = 6 cm.
Como A = –p’p , vem: –5 =
–p’6 ∴ p’ = 30 cm
Um espelho convexo não fornece imagens invertidasem relação ao objeto. Isso descarta a alternativa a.Distância focal e raio de curvatura são dados por:
1 __ f =
1 __ p + 1p’ =
1 __ 6
+ 1 ___
30 =
5 1 1 _____ 30
∴ f = 5 cmR = 2f ∴ R = 10 cmIsso descarta as alternativas b e c.Imagens invertidas são sempre reais. Isso descarta aalternativa d.
20 (01) (02) (16) Soma: 01 + 02 + 16 = 19
(01) Nos espelhos convexos, a imagem é sempre virtual, direita e menor. Afirmativa correta.
(02) Como f = R2 e adota-se o sinal negativo no foco
dos espelhos convexos, a afirmativa está correta.
(04) Para calcular o aumento, calcula-se inicialmente a
distância da imagem até o espelho: 1
–15 =
130
+ 1p’
;
130
+ 1
Di logo, a distância de imagem é –10 cm. Como
A = io = −
p’p = −
–1030 =
13 , a afirmativa é incorreta.
(08) 15 =
110 +
1p’ ⇒ p‘ = 10 cm; logo,
A = io = −
p’p = –
1010 = –1. Afirmativa incorreta.
(16) Como o aumento acima foi –1, está correta essa afirmativa.
17 ap – q = R ⇒ q = p – R ⇒ 1 __
f = 1 __ p + 1 __ q ⇒
⇒ 2 __ R
= 1 __ p +
1 _____ p 2 R
= p 2 R 1 p
_________ p(p 2 R)
⇒
⇒ 2p2 – 2pR = pR – R2 + pR ⇒⇒ 2p2 – 4Rp + R2 = 0Resolvendo a equação de 2o grau em p:
p1 = R + R∙2
2 e p2 = R – R∙2
2O valor de p2 < 0 não serve, pois, nesse caso, adistância do objeto à imagem será negativa.
18 a) O objeto em F, para o pequeno espelho, é virtual, pois é formado por prolongamentos de raios.
b) Como o objeto em F é virtual, s = – 0,5 m. Assim, para o pequeno espelho:
1p +
1p‘ =
1f ⇒
1– 0,5 +
12 =
1f ⇒ f = – 0,667 m;
r = 2f ≃ –1,3 m
c) Como r < 0, o pequeno espelho é convexo.
b) No instante em que o objeto passar por F, a imagemse formará no infinito. O objeto está em MRU; assim,pode-se escrever: p = p0 + v ∙ t ⇒ 10 = 50 – 5 ∙ t ⇒⇒ t = 8 s
c) Após 7 s, o objeto estará a 15 cm do vértice e terá7,5 cm de tamanho.p = 50 – 35 ∴ p = 15 cm
1 __ f =
1 __ p + 1p’ ⇒
1 ___ 10
= 1 ___
15 +
1p’ ⇒
⇒ 1p’ =
3 2 2 _____ 30
⇒ p’ = 30 cm
i __ o = – p’p ⇒
i ___ 10
= – 30 ___ 15
⇒ i = –20 cm
19 a) Em t = 2 s, o objeto percorreu 10 cm. Como suaposição inicial era de 50 cm até o espelho, nesseinstante ele se encontra a 40 cm do espelho.
1 __ f =
1 __ p + 1p’ ⇒ 1 ___
10 =
1 ___ 40
+ 1p’ ⇒
⇒ 1p’ =
4 2 1 _____ 40
⇒ p’ ≃ 13,3 cm
i __ o = – p’p ⇒ i ___
10 = –
13,3 ____
40 ⇒ i ≃ –3,3 cm
Como p’ > 0 e i < 0, a imagem é real e invertida. Pelovalor do módulo de i, observa-se que é menor queo objeto.
21 a) A imagem é real, pois, segundo o enunciado, ela éprojetada em uma parede, e apenas imagens reaispodem ser projetadas.
b) O espelho é côncavo, pois apenas nele é possível produzir imagens reais.
c) i __ o = –
p’p ⇒
i ___ 0,5
= – 300 ____ 10
⇒ i = –15 cm
A imagem é invertida, pois i < 0. Além disso,qualquer imagem real de espelho esférico é invertida.
d) 1 __ f =
1 __ p + 1p’ =
1 ___ 10
+ 1 ____
300 =
31 ____ 300
⇒ f ≃ 9,7 cm
Rep
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.ESTUDANDO Óptica geométrica e reflexão da luz
Para o eNeM
1 d
A propriedade indicada no enunciado e utilizada na arma idealizada por Arquimedes seria a capacidade dos espelhos de fazer convergir os raios luminosos em um só ponto, propriedade essa encontrada nos espelhos côncavos.
3 d
As características das imagens formadas por espelhos são:• espelho plano forma imagens simétricas ou de mesmotamanho que os objetos;• em espelhos côncavos, as dimensões das imagens dependem da distância do objeto ao espelho, sendo possível obter imagens maiores, menores ou iguais às do objeto, podendo ainda serem imagens invertidas ou não, o que inviabiliza a utilização desse tipo de espelho em retrovisores;• espelhos convexos formam imagens direitas e menores que os objetos e têm a vantagem de aumentar o campo visual do espelho.Logo, a alternativa correta é a letra d.
2 c
Fazendo uma analogia entre essa situação e a reflexão em um espelho plano por meio de uma imagem de F simétrica em relação ao plano do muro, nota-se que os caminhos virtuais têm o mesmo comprimento dos verdadeiros caminhos propostos pelas equipes (ver figura).
F Qx x F’
N
M
PO
(A)
(B)
(C)
(D)
Pelo esquema, nota-se que a trajetória adotada pela equipe C torna-se uma reta e que, portanto, é o caminho mais curto entre O e F.
4 e
Para analisar um ponto em relação a determinado elemento óptico, é necessário desprezar os outros elementos e identificar como aquele ponto existiria sem os outros elementos. Assim, o ponto Aseria ponto imagem real em relação ao espelho E1
e ponto imagem virtual em relação ao espelho E2, enquanto o ponto B seria ponto imagem real para o espelho E2 e ponto objeto real para a lente ocular.
5 d
O número de imagens de um objeto estabelecidas em
uma associação de espelhos é dada por N = 360°
α –1.
Então, como o fotógrafo quer ter doze imagens e tem três objetos, cada objeto terá de gerar mais três imagens:obj1 + 3 imag (obj1) + obj2 + 3 imag (obj2) + obj3 + + 3 imag (obj3) = 3 ∙ 4 = 12 imagensPara que cada objeto gere três imagens, o ângulo formado entre os espelhos deve ser:
3 = 360°
α – 1 ⇒ 4 = 360°
α ⇒ α = 90°
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito