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165Caderno de Atividades / Livro do Professor
2ª. Série
ESTÁTICA DO PONTO MATERIAL
1. A partir do gráfico da figura 1, podemos determinar a força de tração no fio 2, que contém a mola. Por semelhança de triângulos, para uma deformação de 6,4 cm, teremos uma força F2 = 32 N.
As forças que atuam no ponto de união dos fios é mostrada a seguir.
F2 = 32 N
F1
α β
P = M . 10
Vamos impor o equilíbrio das forças neste ponto.
Na vertical, teremos: m ⋅ 10 = F1 ⋅ sen α + 32 ⋅ sen β (I)
E na horizontal: F1 ⋅ cos α = 32 ⋅ cos β (II)
Com os valores da tabela em (II) vem:
F1 ⋅ 0,80 = 32 ⋅ 0,60 ⇒ F1 = 24 N
Com os valores da tabela e F1 em (I), obtemos:
m ⋅ 10 = 24 ⋅ 0,60 + 32 ⋅ 0,80 ⇒ m = 4,0 kg
2. As forças que atuam na esfera em equilíbrio, considerada como um ponto material, são mostradas no esquema a seguir.
F . cos θ
F . sen θ
θ
F
N
P
T
Do equilíbrio na direção horizontal, temos:
T = F ⋅ cos θ ⇒ T = 100 ⋅ 0,6 ⇒ T = 60 N
E, do equilíbrio na direção vertical, vem:
P = N + F ⋅ sen θ ⇒ 100 = N + 100 ⋅ 0,8 ⇒ 100 = N + 80 ⇒ N = 20 N
3. A figura a seguir mostra as forças que atuam no bloco. Ob-serve que a força-peso já foi decomposta em suas com-ponentes na direção tangente ao plano e normal ao plano e que a força de atrito estático é dirigida para cima, pois o bloco está na iminência de descer.
P . cos θ
P . sen θ
K . x
N
B
µ . N
θ
Na direção normal ao plano, temos:
N = P ⋅ cos θ ⇒ N = 2,80 ⋅ 10 ⋅ 0,60 ⇒ N = 16,8 N
E na direção tangente ao plano:
k ⋅ x + μ ⋅ N = P · sen θ ⇒ 350 ⋅ x + 0,50 ⋅ 16,8 = 2,80 ⋅ 10 ⋅ 0,80 ⇒ x = 0,04 m
4. Se o bloco de massa m desce o plano inclinado com velo-cidade constante, então o bloco de massa M sobe, também com velocidade constante. Dessa forma, a tração no fio pre-so aos corpos tem intensidade T, tal que, T = M ⋅ g (I).
FÍSICA
166 2ª. Série
Para o bloco de massa m descer o plano com velocidade constante, sua aceleração deve ser nula e a força resultante sobre ele também deve ser nula. Assim, para o bloco que desce o plano, temos:
• N = m ⋅ g ⋅ cosθ (na direção normal ao plano) (II)
• T + μc ⋅ N = m ⋅ g ⋅ senθ (na direção tangente ao plano) (III)
Com (I) e (II) na relação (III), obtemos:
M·g + μc ⋅ m ⋅ g ⋅ cosθ = m ⋅ g ⋅ senθ ⇒
M = m ⋅ senθ – μc ⋅ m ⋅ cosθ
5. As forças que atuam no bloco A são mostradas a seguir.
N
TA
PA
FatA
Como este bloco está em equilíbrio, a força resultante sobre ele é nula e, por estar na iminência de movimento, a força de atrito estático é máxima.
Portanto, na direção vertical:
N = PA ⇒ N = mA ⋅ g ⇒ N = 80 ⋅ 10 ⇒ N = 800 N
E na direção horizontal:
TA = Fat ⇒ TA = μ ⋅ N ⇒ TA = 0,25 ⋅ 800 ⇒ TA = 200 N
A força de tração no fio vertical tem intensidade igual à do peso do bloco suspenso.
As forças que agem no ponto de união dos três fios são mostradas abaixo.
T . sen 45o
T . cos 45o
T
TB = PB
TA = 200 N
Como este ponto está em equilíbrio, a força resultante é nula. Logo:
PB = T ⋅ sen 45° (1) e 200 = T ⋅ cos 45° (2)
Dividindo membro a membro a equação (1) pela equação (2), obtemos:
P T senT
P tg P NBB B200
4545
200 45 200=⋅⋅
⇒ = ⋅ ⇒ =º
cos ºº
Portanto:
PB = mB ⋅ g ⇒ 200 = mB ⋅ 10 ⇒ mB = 20 kg
6. Vamos considerar cada esfera como um ponto material. O sis-tema formado pelas 4 esferas é um tetraedro regular de aresta 2·R, em que R é o raio das esferas. As forças que atuam na esfera de cima e em uma das esferas de baixo é mostrado no esquema a seguir. Nesse esquema, Np é a intensidade da reação normal da parede, Nchão a intensidade da reação normal do chão e F a força de contato entre duas bolas.
F sen θ
F cos θ
P
P
FF F
F
Nchão
NPθ
θ
θ
Para o equilíbrio vertical da esfera superior, devemos ter:
3 ⋅ F ⋅ cos θ = P (I)
E para o equilíbrio horizontal da esfera inferior:
F ⋅ sen θ = Np (II)
De (I) e (II) temos:
NP sen
P =⋅⋅
θθ3 cos
(III)
Da geometria do tetraedro (ver esquema a seguir), vem:
h2R
θθ
2 . 2R 3 3 2
sen
R
Rsenθ θ=
⋅ ⋅
⋅⇒ =
2 33
23
3
Como sen2 θ + cos2 θ = 1, obtemos:
33
16
3
2
2
+ = ⇒ =cos cosθ θ
167Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
Com estes valores na equação (III), vem:
NP sen
NP
NP
P P P=⋅⋅
⇒ =⋅
⋅⇒ =
⋅θθ3
33
36
3
26cos
Para cada esfera inferior, na direção vertical, teremos:
Nchão = P + F ⋅ sen θ (IV)
De (II) e (IV), obtemos: N P Nsenchª o P= + ⋅cosθ
θ.
Então:
N PP
NP
chª o chª o= + ⋅ ⇒ =⋅2
6
633
3
43
ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO
7. A intensidade do momento de uma força é dada por: MO = F ⋅ d, em que d é o braço de alavanca da força, distân-cia entre a linha de ação da força e o polo O.
Observe que na situação (a) o braço de alavanca da força vale 2 m. Então:
MO = 100 ⋅ 2 ⇒ MO = 200 N ⋅ m
Na situação (b) o braço de alavanca da força vale 0,75 m.
Então:
MO = 50 ⋅ 0,75 ⇒ MO = 37,5 N ⋅ m
8. No equilíbrio de rotação, o módulo do torque da força F em relação ao ponto B deve ser igual à soma do módulo do torque da força-peso da barra com o módulo do torque da força-peso da carga, ambos em relação ao mesmo ponto B. Então:
F ⋅ d1 = Pbarra ⋅ d2 + P ⋅ d3
F ⋅ 1,5 = 5 ⋅ 10 ⋅ 1 + 2 ⋅ 10 ⋅ 2 ⇒ F ⋅ 1,5 = 90
F = 60 N
9. A figura a seguir mostra as forças que atuam na cancela.
2,40 m
2,00 m
oA B
R
1,20 m
P
F
Para iniciar o movimento de subida da cancela em torno do ponto O, o momento da força F deve ser maior ou pelo menos igual ao momento da força peso P.
Então: F ⋅ (2,40 – 2,00) ≥ (10 ⋅ 10) ⋅ (2,00 – 1,20) ⇒ ⇒ F ⋅ 0,40 ≥ 100 ⋅ 0,80 ⇒ F ≥ 200 N
10. A figura a seguir mostra as forças que agem no guindaste quando levanta uma carga P menor que máxima permitida.
Nt PgNd
P
Quando a carga suportada pelo guindaste atingir seu valor máximo P, as rodas traseiras ficarão na iminência de perder contato com o solo (Nt = 0) e o guindaste ficará apoiado apenas nas rodas dianteiras.
Nessa situação:
Nd = Pg + P.
Do equilíbrio do guindaste e adotando o polo dos momentos na roda dianteira, teremos:
MR(O) = 0 ⇒ 50.000 ⋅ 3 = P · 2 ⇒ P = 75 000 N
11.
a) Como o corpo de peso 50 N está em equilíbrio, a força de tração no fio que passa pelas polias tem intensidade T = 50 N.
b) Como a barra de peso 15 N, o corpo de peso 10 N e o corpo M, de peso PM estão em equilíbrio sustentados pelo fio, em que a tração é 50 N, então:
15 + 10 + PM = 50 ⇒ PM = 25 N
c) As forças que agem na barra AB são mostradas abaixo.
BA
d
10 N
50 N
15 N25 N
1,5 m 1,5 m
168 2ª. Série
Impondo o equilíbrio de momentos, em relação ao ponto A, temos:
50 ⋅ d = 15 ⋅ 1,5 + 10 ⋅ 3 ⇒ 50 ⋅ d = 52,5 ⇒ d = 1,05 m
12. Para manter o sistema em equilíbrio estático, o bloco D, de peso 5 N deve permanecer em repouso e, para isso, a tensão no fio valerá 5 N.
Impondo-se o equilíbrio dos momentos da barra, em rela-ção ao ponto A, temos:
5 ⋅ 20 = 20 ⋅ (20 – X) ⇒ 100 = 400 – 20 ⋅ X ⇒ X = 15 cm
13. Para o equilíbrio dos momentos das forças que atuam na barra, em relação à dobradiça, devemos impor que:
T⋅ sen 30° ⋅ 8 = 500 ⋅ 4 ⇒ T = 500 N
14. As forças que atuam na haste são mostradas na figura abaixo:
T
L
mg
60o
Fat
N
O
Impondo o equilíbrio dos momentos em relação ao ponto O, temos:
T L sen m g
T L m g T
L
L mg
⋅ ⋅ ° ⋅ ⋅
⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =
⋅ = 60
602
32 2
12 2 3
cos ”
15. A partir da definição de densidade podemos calcular o vo-lume ocupado por 80 kg desse óleo:
dmV V
V m= ⇒ ⋅ = ⇒ =0 80 1080
0 13 3, ,
Como 1 m3 equivale a 1000 L, podemos concluir que o vo-lume dos 80 kg de óleo, correspondente a 0,1 m3, equivale a 100 L.
16. A densidade da mistura é dada pela razão entre sua massa total e seu volume total:
dmV
m m
VA B= =
+
dmV
d V d V
VA B= =
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅0 4 0 6, ,
3,2 = 2 ⋅ 0,4 + 0,6 ⋅ dB
2,4 = 0,6 ⋅ dB
dB = 4 g/cm3
17.
a) A densidade da mistura é dada pela razão entre sua massa total e seu volume total. Para a mistura de volu-mes iguais de A e B, teremos:
dmV
m m
V Vd
V VV V
dV
Vd
A B
A B
= =++
⇒ =⋅ + ⋅
+⇒
⇒ =⋅
⋅⇒ =
0 6 12
182
0 9
, ,
,, g/cm3
b) Para a mistura de volumes iguais de A e B, teremos:
dmV
m m
V Vd
m mm m
dmm
d d
A B
A B
= =++
⇒ =+
+⇒ =
⋅⋅
⇒
⇒ = ⋅ ⇒ =
0 6 12
2312
2123
0 8
, , ,,
, gg/cm3
18. A massa de água no frasco é:
mágua = 100,00 – 35,00 ⇒ mágua = 65,00 g
E a massa de líquido no frasco é:
mlíquido = 89,60 –35,00 ⇒ mlíquido = 54,60 g
A partir da definição de massa específica, ρ = m/V, e ob-servando que, nos dois casos, o volume ocupado pela água e pelo líquido é o mesmo, igual ao volume V do frasco te-remos:
m mágua
água
líquido
líquido líquidolíquiρ ρ ρ
ρ= ⇒ = ⇒65 00100
54 60,,
,ddo
líquido3g/cm
= ⇒
⇒ =
54 6065 00
0 84
,,
,ρ
19. A pressão p exercida pela bailarina sobre o solo é dada pela relação entre a força exercida sobre o solo e a área de apli-cação da força, ou seja, p = F/A.
A força F tem intensidade igual ao peso da bailarina. Então: F = 500 N
A área de aplicação da força corresponde à área da ponta da sapatilha, ou seja, A = 5 cm2 = 5 ⋅ 10–4 m2.
Temos, então:
pFA
p p p p atm= ⇒ =⋅
⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅−
500
5 101 10 10
46 N/m2
20. No pino atuam quatro forças: seu peso P (vertical, para bai-xo), a força F0 exercida pela pressão atmosférica (vertical para baixo), a força F exercida pelos gases no interior da panela (vertical, para cima), e a reação normal do apoio N (vertical, para cima), conforme mostra a figura a seguir.
169Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
F0 N
F
P
Para o equilíbrio do pino, estas forças devem se anular, isto é: F + N = P + F0.
Entretanto, como o peso P do pino e F0 são constantes, à medida que a pressão p no interior da panela aumenta, a força F também aumenta e, consequentemente, a reação normal do apoio N deve diminuir.
Quando a pressão no interior da panela atingir o valor máxi-mo, F atinge seu valor máximo, a força N anula-se e o pino fica na iminência de se movimentar e liberar vapor.
Então, lembrando que p = F/A, teremos:
F P F p A m g p A pm g
A p= + ⇒ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ =
⋅+0 0
0máx máx
Com os valores fornecidos, teremos:
p p
p
máx =⋅ ⋅
⋅ ⋅( )+ ⇒ = ⋅ + ⇒
⇒ = ⋅
−
−
48 10 10
3 2 1010 0 4 10 10
14
3
3 25 5 5,
, 110
14
5 N m
p atm
/ 2
= ,
máx
máx
máx
LEI DE STEVIN
21.
a) Como a torneira despeja 1 litro de água por minuto na piscina, então, depois de 18 horas ou 1 080 minutos, teremos 1 080 litros de água na piscina. A densidade da água é de 1 000 kg/m3, o que equivale a 1 kg/litro. Portanto, depois de 18 horas, a massa de água na pis-cina será de 1 080 kg.
b) Como a piscina é cilíndrica, o volume de água é calcu-lado por: V = π ⋅ R2 ⋅ h.
Então:
1,080 = 3,14 ⋅ 22 ⋅ h ⇒ 1,080 = 12,56 · h ⇒ ⇒ h = 0,086 m = 8,6 cm
c) A variação de pressão no fundo da piscina correspon-de à pressão hidrostática da coluna de água, dada por: Δp = ρ ⋅ g ⋅ h
Então: Δp = 1,0 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 0,086 ⇒ Δp = 860 N/m2
22. A pressão na base da coluna de água é dada pela lei de Stevin: p = ρ ⋅ g ⋅ h.
Temos, então: 1,0 ⋅ 105 = 1,0 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ h ⇒ h = 10 m
23. Nos dois casos, as colunas de líquido exercem, nas suas bases, pressões iguais à pressão atmosférica. Portanto: patm = ρHg ⋅ g ⋅ hHg = ρóleo ⋅ g ⋅ hóleo
Com os valores fornecidos, vem:
13,6 ⋅ 0,76 = 0,8 ⋅ hóleo ⇒ hóleo = 12,92 m
24. A pressão hidrostática exercida por um líquido é diretamen-te proporcional à altura: p = ρ ⋅ g ⋅ h
Como a altura no tubo da esquerda é o dobro da altura do da direita, a pressão no primeiro será 2 vezes maior do que no segundo.
25. Vamos calcular a pressão hidrostática exercida por uma coluna de água de 10 m de altura. Temos:
phidrostática = ρ ⋅ g ⋅ h ⇒ phidrostática = 103 ⋅ 10 ⋅ 10 ⇒⇒ phidrostática = 105 Pa = 1 atm.
O peixe 1 passa do nível 120 m para o nível 90 m, portanto desce 30 m e, consequentemente, sofre um aumento de pressão de 3 atm.
O peixe 2 passa do nível 30 m para o nível 90 m, portan-to sobe 60 m e, consequentemente, sofre uma redução de pressão de 6 atm.
26. De acordo com a lei de Stevin: p = ρ ⋅ g ⋅ hNa situação inicial: P = 1 000 ⋅ 10 ⋅ 0,5 ⇒ P = 5 000 N/m2
Quando o recipiente é colocado no plano inclinado, o desnível h da camada de água muda e passa a valer h’ = 0,5 ⋅ sen 30° ⇒ h’ = 0,25 m.
Nessa nova situação: P’ = 1 000 ⋅ 10 ⋅ 0,25 ⇒ P = 2 500 N/m2
27. Observe que a pressão na superfície livre da água, nos dois recipientes, é a pressão atmosférica.
Então, pela lei de Stevin, para o recipiente superior:
Patm = PA + 103 ⋅ 10 ⋅ 0,4 ⇒ PA = Patm – 4 000
E para o recipiente inferior:
Patm = PB + 103 ⋅ 10 ⋅ 1,20 ⇒ PB = Patm – 12 000
Portanto:
PA – PB = (Patm – 4 000) – (Patm – 12 000) ⇒ ⇒ PA – PB = 8 000 Pa
28. Como o reservatório nas duas situações comporta a mesma quantidade de água, então o volume de água é o mesmo.
Assim: 2 ⋅ 3 ⋅ 2 = 4 ⋅ 3 ⋅ h2 ⇒ h2 = 1 m
Pela lei de Stevin, a pressão hidrostática é dada por:
170 2ª. Série
ph = ρ ⋅ g ⋅ h.
Como o desnível entre a superfície da água e o fundo do reservatório foi reduzido à metade, podemos concluir que P2 = P1/2.
29. O volume de líquido no recipiente 1 é: V = π ⋅ R2 ⋅ HEste volume, ao ser colocado no recipiente 2, atingirá uma altura h, tal que:
V R h R H h h HR
2 2
2 22
39= ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅( )
π π π
De acordo com a lei de Stevin, a pressão na base do reci-piente é diretamente proporcional à altura da coluna líqui-da. Portanto, a pressão no fundo do recipiente 2 será 9P.
30. De acordo com a lei de Stevin, pontos localizados em um mesmo nível de um mesmo líquido estão sujeitos à mesma pressão.
Vamos considerar, então, o ponto A localizado na interface de separação óleo-mercúrio no ramo da esquerda do tubo em U e o ponto B, no mesmo nível e no ramo da direita do tubo em U.
A pressão no ponto A é dada pela soma da pressão do ar comprimido e a pressão hidrostática da coluna de óleo: pA = par + ρóleo ⋅ g ⋅ HA pressão no ponto B é dada pela soma da pressão at-mosférica e a pressão hidrostática da coluna de mercúrio: pB = patm + ρHg ⋅ g ⋅ h
Então: pA = pB ⇒ par + ρóleo ⋅ g ⋅ H = patm + ρHg ⋅ g ⋅ h
Com os valores fornecidos, obtemos:
par + 0,9 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ (0,9 + 0,15) = 1 ⋅ 105 + + 13,6 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 0,25
par + 9,45 ⋅ 103 = 1 ⋅ 105 + 34 ⋅ 103
par ≈ 1,25 ⋅ 105 N/m2
31. Para aplicar a lei de Stevin devemos considerar dois pontos no mesmo nível e no mesmo líquido. No ramo da esquerda vamos considerar um ponto X na base do objeto e no ramo da direita um ponto Y, na mesma horizontal de X.
Então:
p p p p g HA h gA
hHX Y atm atm= ⇒ + = + ⋅ ⋅ ⇒ =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ρ ρρ ρ 2 2
32. O desnível z entre as colunas de líquido nos dois ramos do tubo origina uma diferença de pressão Δp dada por: Δp = d ⋅ g ⋅ z, em que d é a densidade do líquido.
Essa diferença de pressão gera uma força resultante no lí-quido contido no ramo horizontal. Se considerarmos que o tubo tem uma área de seção transversal igual a A, então tal força tem módulo dado por: F = Δp ⋅ A ⇒ F = ρ ⋅ g ⋅ z ⋅ A.
A massa de líquido no ramo horizontal inferior do tubo é m = ρ ⋅ L ⋅ A.
Pela segunda lei de Newton:
F = m ⋅ a ⇒ ρ ⋅ g ⋅ z ⋅ A = ρ ⋅ L ⋅ A ⋅ a ⇒ a = z ⋅ g/L
LEI DE PASCAL
33. O Princípio de Pascal estabelece que, quando um líquido incompressível está confinado num recipiente, todo acrés-cimo de pressão sobre o líquido é igualmente transmitido a todas as outras partes do líquido e também para as paredes do recipiente que o contém. Dessa forma:
F
A
F
A A
F
AF kgf1
1
2
2 2
2
22
120015
80= ⇒⋅
= ⇒ =
34. Seja F1 a força aplicada ao pedal do freio e F2 a força aplica-da à pastilha de freio. De acordo com o princípio de Pascal: F1/A1 = F2/A2, em que A1 e A2 são as áreas dos respectivos pistões.
Como o diâmetro do segundo pistão é duas vezes maior que o do primeiro, sua área será quatro vezes maior, pois A = π ⋅ d2/4.
Então: F
A
F
A
F
A
F
A
F
F1
1
2
2
1
1
2
2
1
2414
= ⇒ =⋅
⇒ =
35.
a) De acordo com a lei de Pascal: F
A
F
A1
1
2
2
=
Então:
100
100 10 11 10 10 000
42
24
2⋅= ⇒ = ⋅ ⇒ =−
FF N F N
b) O volume de líquido transferido do tubo de menor diâ-metro para o tubo de maior diâmetro é o mesmo. Então:
A h A h h h
m mm1 1 2 2
42 2
3
100 10 0 10 1
1 10 1
⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ =
= ⋅ =
−
−
,
36. Para o equilíbrio da alavanca AB, teremos, ao impor o equi-líbrio de rotação em torno do ponto A:
F ⋅ AB = F2 ⋅ AC ⇒ F2 = F ⋅ (AB/AC)
Para a prensa hidráulica, pela lei de Pascal: F2/S2 = F1/S1
Então:
F ⋅ (AB/AC)/ S2 = F1/S1 ⇒ F = F1 ⋅ (S2/S1) ⋅ (AC/AB)
171Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
LEI DE PASCAL
LEI DE ARQUIMEDES
37. Para que um corpo afunde na água, sua densidade média deve ser maior que a densidade da água. Assim, se o fras-co com medicamento afunda na água, então a densidade média do frasco com medicamento é maior do que a den-sidade da água.
38. A força exercida pela água sobre a esfera, o empuxo, equi-libra o peso da esfera de gelo. Vamos, então, determinar a massa da esfera a partir de sua densidade:
dmV
mm g m kg= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅ −0 90
54 5 4 5 10 3, , ,
Portanto, o peso da esfera de gelo, igual à intensidade da força que a água aplica à esfera é:
P = m ⋅ g ⇒ P = 4,5 ⋅ 10–3 ⋅ 10 ⇒ P = 4,5 ⋅ 10–2 N
39. Para o equilíbrio da pedra na situação 2:
F2 + E2 = P ⇒ F2 = P – E2
E para o equilíbrio na situação 1:
F1 + E1 = P ⇒ F1 = P – E1
Então: F2 – F1 = (P – E2) – (P – E1) = E1 – E2
O volume da pedra é calculado a partir de sua massa e de sua densidade:
dmV V
V m V L= ⇒ ⋅ = ⇒ = ⋅ ⇒ =−2 1012
6 10 63 3 3
Sabemos que a intensidade da força empuxo é igual ao peso do fluido deslocado. Assim, na situação 1, o empuxo tem intensidade E1 = 60 N e, na situação 2, E2 = 15 N.
Então: F2 – F1 = 60 – 15 ⇒ F2 – F1 = 45 N
40. O corpo descreve um MUV e sua posição varia em função do tempo de acordo com:
s = s0 + v0 ⋅ t + a ⋅ t2/2.
Como o corpo parte do repouso, então:
s – s0 = a ⋅ t2/2.
De acordo com o enunciado, o corpo se desloca por 2 m em 2 s.
Então: 2 = a ⋅ 22/2 ⇒ a = 1 m/s2
De acordo com a 2.a Lei de Newton, FR = m · a, temos:
P – E = m ⋅ a ⇒ 5 – E = 0,5 ⋅ 1 ⇒5 – E = 0,5 ⇒ E = 4,5 N
41. Observamos que os cilindros têm mesmo volume, porém suas densidades são diferentes. Pela expressão m = d ⋅ V, vemos que o cilindro de densidade maior possui massa maior. Dessa forma, o centro de massa, onde atuará a
força-peso nessa peça, fica deslocado para o ponto C (ver figura).
A B C
Densidademenor
Densidademaior
PP
Segundo o Princípio de Arquimedes, o empuxo é uma força vertical com sentido de baixo para cima que é igual, em módulo, ao peso do fluido deslocado pelo corpo. O ponto de aplicação do empuxo coincide com o centro de gravidade do fluido deslocado, que é em B.
42. Como o objeto flutua na água, seu peso é igual ao empuxo recebido por ele.
P = E
m ⋅ g = ρLIQ ⋅ g ⋅ VD
Considerando que para o cilindro m = ρC⋅ VC
ρC ⋅ VC ⋅ g = ρLIQ ⋅ g ⋅ VD
O volume do cilindro é VC = ABASE ⋅ L.
O volume deslocado é:
V AL
A L g g AL
D BASE C BASE LIQ BASE= ⋅⋅
⇒ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅⋅3
434
µ ρ
Fazendo as simplificações necessárias e sendo μLIQ = 1 g/cm3:
ρ ρC C= ⋅ ⇒ =134
0 75, g/cm3
43. Como o bloco flutua em equilíbrio na superfície da água, o empuxo exercido pela água equilibra o peso do bloco. Então:
E = P ⇒ρágua ⋅ Vi ⋅ g = dmadeira ⋅ Vcorpo ⋅ g ⇒Vi = Vcorpo ⋅ (ρmadeira / ρágua )
Com os valores numéricos fornecidos, vem:
Vi = 50 ⋅ 0,8 ⇒Vi = 40 cm3
44. a) mtotal = mcortiça + mmetal
mtotal = ρcortiça ⋅ Vcortiça + ρmetal ⋅ Vmetal
mtotal = ρcortiça ⋅ Abase ⋅ hcortiça + ρmetal ⋅ Abase ⋅ hmetal
mtotal = π ⋅ R2 ⋅ (ρcortiça ⋅ hcortiça + ρmetal ⋅ hmetal)
mtotal = 3 ⋅ (1)2 ⋅ (0,2 ⋅ 5 + 8 ⋅ 0,5)
mtotal = 3 ⋅ (1 + 4) = 15 g
172 2ª. Série
b) P = E
Ptotal = Emetal + Ecortiça
mtotal ⋅ g = ρ ⋅ g ⋅ Vmetal + ρ ⋅ g ⋅ Vsub.cortiça submerso
mtotal = ρ ⋅ π ⋅ R2 ⋅ (hmetal + hsub.cortiça)
15 = 1 ⋅ 3 ⋅ 12 ⋅ hsubtotal
hsub.total = 5 cm
45. O líquido mais denso é o que está em contato com o fundo do recipiente.
Na situação descrita, o peso P do cilindro é equilibrado pelo empuxo exercido pelo líquido mais denso, E1, e pelo empu-xo exercido pelo líquido menos denso, E2, ou seja:
P = E1 + E2 ⇒ ρc ⋅ V ⋅ g = ρ1 ⋅ V1 ⋅ g + ρ2 ⋅ V2 ⋅ g
Considerando que o cilindro tenha um volume V, teremos:
dc ⋅ V = 1,50 ⋅ (0,40 ⋅ V) + 0,90 ⋅ (0,60 ⋅ V) ⇒
dc = 0,60 + 0,54 ⇒ dc = 1,14 g/cm3
46. A intensidade da força empuxo é dada por: E = ρlíq ⋅ Vi ⋅ g
Como o volume imerso em cada líquido é o mesmo, V/3, po-demos concluir que a intensidade do empuxo é diretamente proporcional à densidade do líquido.
Assim: E1 < E2 < E3
47. O peso P dos corpos é dado por P = m · g. Como a massa dos corpos é a mesma, mas a aceleração da gravidade g da lua é menor que a da Terra, então: P1 > P2.
A força de empuxo F é calculada por F = ρl · Vld · g. Como os corpos estão imersos em um mesmo líquido e têm mesmo volume, então: F1 > F2.
A força de tração no fio é dada por:
T = P – F = (m – ρl · Vld ) · g.
Observe que a expressão entre parênteses tem um mesmo valor na Terra ou na Lua. Então, a tração T também varia apenas com a aceleração da gravidade e T1 > T2.
48. Esta figura ilustra as forças que atuam em cada um dos blocos.
EB
EA
PB
PA T1
T2
T2
B
A
Como os blocos estão em repouso, então a força resultante sobre cada um deles é nula.
Para o bloco A, temos: PA + T1 = T2 + EA (I)
E para o bloco B: PB + T2 = EB (II)
Calculemos o peso (P = d ⋅ Vc ⋅ g) e o empuxo (E = ρ ⋅ Vld ⋅ g) em cada bloco:
PA = 2,4 ⋅ 103 ⋅ 50 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ PA = 1,2 N
PB = 0,6 ⋅ 103 ⋅ 200 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ PB = 1,2 N
EA = 1,0 ⋅ 103 ⋅ 50 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ EA = 0,5 N
EB = 1,0 ⋅ 103 ⋅ 200 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ EB = 2,0 N
Da equação (II) obtemos: 1,2 + T2 = 2,0 ⇒ T2 = 0,8 N
E da equação (I) vem: 1,2 + T1 = 0,8 + 0,5 ⇒ T1 = 0,1 N
49. O corpo tem volume 1 cm3 = 1 ⋅ 10–6 m3 e densidade 500 kg/m3. Seu peso é:
P = ρc ⋅ Vc ⋅ g ⇒ P = 500 ⋅ 1 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ P = 5 ⋅ 10–3 N
O empuxo exercido pela água sobre o corpo vale:
E = ρl ⋅ Vld ⋅ g ⇒ E = 1000 ⋅ 1 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ E = 10 ⋅ 10–3 N
Antes da aplicação da força que estamos buscando, a tra-ção no fio é tal que:
P + T = E ⇒ 5 ⋅ 10–3 + T = 10 ⋅ 10–3 ⇒ T = 5 ⋅ 10–3 N
Para que a tração passe a ser de 2 ⋅ 10–3 N, devemos apli-car uma força vertical e para baixo de intensidade igual a 3 ⋅ 10–3 N
50. Nessa situação atuam no balão a força-peso, vertical para baixo, e o empuxo (cujo valor deve ser maior que o peso) vertical para cima. Aplicando a 2.a Lei de Newton:
FR = m ⋅ aE – P = m ⋅ aρ ⋅ g ⋅ V – m ⋅ g = m ⋅ a1,2 ⋅ 9,8 ⋅ V – 450 ⋅ 9,8 = 450 ⋅ 0,5
11,76 ⋅ V = 225 + 4410
V = 394,1 m3
51. A partir da situação inicial, qualquer carga adicional deverá ser equilibrada por uma variação na intensidade do empu-xo, conforme mostra o esquema a seguir.
E + ∆E
Pbalsa + Pmáx
Pbalsa
E
O máximo valor do peso da carga a ser adicionada deve ser equilibrado pela variação máxima do empuxo. Então:
Pmáx = ΔE ⇒ Pmáx = ρágua ⋅ ΔV ⋅ gPmáx = 1 ⋅ 103 ⋅ 15 ⋅ 40 ⋅ 0,20 ⋅ 10
173Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
Pmáx = 1,2 ⋅ 106 N
Observe que esta carga corresponde ao peso de uma mas-sa de 120 toneladas.
52. A balsa improvisada terá uma lotação máxima, n passa-geiros, quando o peso total se igualar ao empuxo exercido pela água sobre os tambores, totalmente submersos. As-sim, teremos:
Ppassageiros + Pcaminhão + Ptambores = E
n ⋅ mpassageiro ⋅ g + mcaminhão ⋅ g + mtambores ⋅ g = ρágua ⋅ V ⋅ gn ⋅ 70 + 1 560 + 120 = 1 ⋅ 103 ⋅ 2,4
n ⋅ 70 + 1 560 + 120 = 2 400
n ⋅ 70 = 720
n = 10,3
Portanto, o número máximo de passageiros é 10.
TERMOMETRIA
53. Para poder comparar, transformam-se 68 ºF em ºC.
θ θ θθ θC F C
C ROC5
32
9 568 32
918=
−⇒ =
−⇒ = =º
E, agora, 291 K em ºC
θC = θK – 273
θC = 291 – 273
θC = 18 ºC = θRO
Uma vez que as temperaturas estão na mesma escala, é fácil perceber que:
θRO < θNI < θSP.
54. Podemos determinar a temperatura na escala Celsius rela-cionando-a com a altura da coluna. Assim:
CC C
−−
= ⇒ =0
100 05
2025 º
Podemos determinar a temperatura na escala Fahrenheit da mesma maneira ou pela relação entre as temperaturas Celsius e Fahrenheit:
C F FF F
532
9255
329
77=−
⇒ =−
⇒ = º
55. Sabemos que, para a água, o ponto de fusão é 0 °C (equi-valente a 273 K) e o de ebulição é 100 °C (equivalente a 373 K).
Vamos, então, converter as temperaturas dadas da escala Kelvin para a escala Celsius. Sabemos que: T = C + 273. Então:
809 = C1 + 273 ⇒ C1 = 536 °C (estado gasoso)
328 = C2 + 273 ⇒ C2 = 55 °C (estado líquido)
157 = C3 + 273 ⇒ C3 = –116 °C (estado sólido)
A densidade da água é maior no estado líquido (situação II).
A movimentação média das partículas aumenta ao pas-sarmos da situação I para a situação II e desta para a situação III.
56. a) Façamos a comparação da escala de temperaturas, em
°R, e a de alturas, em mm.
5
30
h
20
70
θ
(°R) (mm)
Podemos obter a relação:
θ θ
θθ
−−
=−−
⇒−
=−
⇒
−=
−⇒ = ⋅ +
2070 20
530 5
2050
525
202
51
2 10
h h
hh
Essa equação termométrica é válida quando a altura h é medida em mm e a temperatura θ em °R, graus Roberto.
b) Para h = 18 mm teremos:
θ = 2 ⋅ 18 + 10 ⇒ θ = 36 + 10 ⇒ θ = 46 °R
c) Para θ = 50 °R teremos:
50 = 2 ⋅ h + 10 ⇒ 40 = 2 ⋅ h ⇒ h = 20 mm
57.
30
0
–50
Tx
40
oC oX
0
174 2ª. Série
Com base na relação entre as escalas mostrada acima,
tem-se:
TT T Xx
x x
−−
=− −− −
⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =0
40 030 500 50
50 80 40 64( )
( )”
58. A partir dos dados do gráfico, podemos estabelecer as rela-
ções mostradas abaixo.
50
θC
30
100
40
oC oT
0
Pela proporcionalidade de segmentos, temos:
C CC
−−
=−−
⇒−
= ⇒ =30
50 3040 0
100 030
204
1038 ºC
59. Podemos estabelecer uma relação de conversão entre a
escala T e a escala Celsius. Pelos dados do gráfico, temos:
100
75
0
130
T
oToC
–50
Então:
75 0100 0
50130 50
75100
50180
85
−−
=− −− −
⇒
=+
⇒ =
T
TT
( )( )
”T
60. Como as escalas termométricas consideram os mesmos
pontos fixos, os intervalos de temperatura entre as mesmas
são proporcionais. Dessa forma temos o seguinte:
90
x
10
100
50
oCoX
0
x
xx x X
−−
=−−
⇒
−= ⇒ = + ⇒ =
1090 10
50 0100 0
1080
510
40 10 50 º
61.
a) Para estabelecer a equação de correção do termômetro, podemos considerar que a escala defeituosa equivale a uma escala arbitrária CE. Com os dados do enuncia-do podemos estabelecer uma relação entre a escala Celsius e a escala defeituosa CE:
100
θC
0
98
θCE
oC oCE
2
Pela proporcionalidade de segmentos, temos:
C C C C
CC
E E
E
−−
=−−
⇒ =−
⇒
=⋅ −( )
0100 0
2
98 2 100
2
9625 2
24
b) Para uma indicação de 40 °C na escala defeituosa, temos:
C C C=⋅ −( )
⇒ =⋅
⇒ ≅25 40 2
2425 38
2439 58, ”C
c) Impondo a condição de que as duas indicações, a defei-tuosa e a correta, sejam iguais, temos:
CC
C C C=⋅ −( )
⇒ ⋅ = ⋅ − ⇒ =25 2
2424 25 50 50 ºC
175Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
DILATOMETRIA – DILATAÇÃO DOS SÓLIDOS
62. A dilatação linear dos corpos é diretamente proporcional ao produto do comprimento inicial dos corpos pelo coeficiente de dilatação linear e pela variação de temperatura. Con-siderando que as lâminas possuem mesmo comprimento inicial e sofrerão mesma variação de temperatura, conclui- -se que o encurvamento será determinado pelo coeficiente de dilatação dos materiais. Desse modo, uma vez que o coeficiente de dilatação do bronze é maior que o do ferro, o bronze sofrerá a maior dilatação, fazendo com que fique na parte convexa (a de maior comprimento) da lâmina.
63. No aquecimento de uma lâmina bi metálica, o material com maior valor de coeficiente de dilatação ocupa o lado externo da curva (mais comprido). No resfriamento, esse mesmo material ocupa o lado interno da curva (mais curto).
Portanto, se considerarmos que as barras sofreram um aquecimento (ΔT > 0), então, α1 > α2. Por outro lado, se considerarmos que as barras foram resfriadas (ΔT < 0), então, α1 < α2.
64. De acordo com a lei da dilatação térmica linear:
ΔL = α ⋅ L0 ⋅ Δθ.
Então: ΔL = 10–5 ⋅ 15 ⋅ (65 – 25) ⇒ ΔL = 0,006 0 m
Portanto: L = L0 + ΔL ⇒ L = 15 + 0,006 ⇒ L = 15,006 0 m
65. De acordo com a lei da dilatação térmica linear:
ΔL = α ⋅ L0 ⋅ Δθ.
Então: ΔL = 13 ⋅ 10–6 ⋅ 2 000 ⋅ [45 –(–15)] ⇒
ΔL = 1,56 m ≅ 1,6 m
66. O aumento do comprimento da barra, de acordo com o enunciado, deverá ser 0,1 % de seu comprimento a 20 °C. Portanto:
∆ ∆ ∆L L L L L L= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅−0 1100
0 001 100 03
0
,,
Aplicando a lei da dilatação térmica linear obtemos:
10 5 1010
5 10200
30 0
63
6− −
−
−⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =⋅
⇒
⇒ =
L L
C
∆ ∆
∆
θ θ
θ º
Então, a temperatura deverá variar em 200 °C.
Mas: Δθ = θ – θ0 ⇒ 200 = θ – 20 ⇒ θ = 220 °C
Logo, a barra deverá ser aquecida até 220 °C para que seu comprimento aumente em 0,1%.
67. Devemos analisar a dilatação térmica linear do diâmetro do orifício que deverá passar de 5,0 mm para 5,1 mm.
De acordo com a lei da dilatação térmica linear:
ΔL = α ⋅ L0 ⋅ Δθ.
Então: 5,1 – 5,0 = 20 ⋅ 10–6 ⋅ 5,0 ⋅ Δθ ⇒ Δθ = 1 000 °C
68. Devemos aplicar a lei da dilatação superficial e lembrar que β = 2 ⋅ α.
Então, com A0 = 10,000 m2; β = 44 ⋅ 10–6 °C–1 e
Δθ = 200 °C, obtemos:
ΔA = A0 ⋅ β ⋅ Δθ ⇒ ΔA = 10,000 ⋅ 44 ⋅ 10–6 ⋅ 200 ⇒
⇒ ΔA = 0,088 m2
Como ΔA = A – A0, teremos:
0,088 = A – 10,000 ⇒ A = 10,088 m2
69.
a) A nova distância entre as extremidades A e B é dada pela diferença entre os comprimentos finais: dAB = Lferro – Lzinco
Então:
dAB = L0ferro ⋅ (1 + αferro ⋅ Δθ) – L0zinco ⋅ (1 + αzinco ⋅ Δθ)
dAB = 12,0 ⋅ (1 + 1,0· 10–5 ⋅ 100) – 5,0 ⋅ (1 +
+ 3,0 ⋅ 10–5 ⋅ 100)
dAB = 12,0 ⋅ 1,001 – 5,0 ⋅ 1,003
dAB = 12,012 – 5,015
dAB = 6,997 m
Como a distância inicial entre as extremidades A e B era 7 m, conclui-se que a variação da distância entre as extremidades A e B é:
ΔdAB = 6,997 – 7,000
ΔdAB = –0,003 m = –3 mm
b) Considerando a barra de zinco terminando no ponto C procurado, tem-se que para a distância de C a A não variar com a temperatura:ΔLzinco = ΔLferro
L0zinco ⋅ αzinco ⋅ Δθ = L0ferro ⋅ αferro ⋅ Δθ
L0zinco ⋅ 3,0 ⋅ 10–5 = 12,0 ⋅ 1,0 ⋅ 10–5
L0zinco = 4,0 m
Portanto, o ponto C procurado está a 4,0 m do parafuso.
Logo, a distância de C a A é dada por:
dCA = 12,0 – 4,0
dCA = 8,0 m
176 2ª. Série
70. A dilatação superficial da placa é dada por:
ΔA = A0 ⋅ β ⋅ Δθ, com β = 2 ⋅ α
Portanto:
ΔA = 10,000 ⋅ 20,000 ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 10–6 ⋅ 40 ⇒
ΔA = 16 ⋅ 10–2 m2 ⇒ 1 600 m2
Tal variação de área corresponde à área da folha de papel de 40 cm × 40 cm.
71. À temperatura de 30 °C, o volume inicial do paralelepípedo é:
V0 = 10 ⋅ 20 ⋅ 40 ⇒ V0 = 8 000 cm3
Para a dilatação volumétrica:
γ = 3 ⋅ α ⇒ γ = 3 ⋅ 5 ⋅ 10–6 ⇒ γ = 15 ⋅ 10–6 °C–1
Para uma variação de temperatura Δθ = (130 – 30) °C = = 100 °C, temos:
ΔV = V0 ⋅ γ ⋅ Δθ ⇒ ΔV = 8 000 ⋅ 15 ⋅ 10–6 ⋅ 100 ⇒
ΔV = 12 cm3
DILATAÇÃO DOS LÍQUIDOS
72. a) Inicialmente, vamos calcular a variação da capacidade
volumétrica do recipiente, cujo coeficiente de dilatação volumétrica é γ = 3 ⋅ α = 27 ⋅ 10–6 °C–1.
Temos:
ΔV = V0 ⋅ γ ⋅ Δθ
ΔVrecipiente = 500 ⋅ 27 ⋅ 10–6 ⋅ 200 ⇒ ΔVrecipiente = 2,7 cm3
A dilatação volumétrica do liquido será a soma dessa dilatação do recipiente com o volume transbordado:
ΔVlíquido = 2,7 cm3 + 10 cm3 ⇒ ΔVlíquido = 12,7 cm3
b) Para o líquido, temos:ΔV = V0 ⋅ γ ⋅ Δθ
12,7 = 500 ⋅ γ líquido ⋅ 200 ⇒ γ líquido = 1,27 ⋅ 10–4 °C–1
73. ∆ ∆ ∆ ∆
∆
V V V V
C
= ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =
=⋅⋅
⇒ =
−
−
−
0 0 04
2
4
0 03 6 10
3 10
6 1050
γ θ θ θ
θ
,
”
74. A dilatação volumétrica do frasco é dada por: ΔVfrasco = V0(frasco) ⋅ 3 ⋅ α ⋅ ΔθE a dilatação térmica do líquido por: ΔVlíquido = V0(líquido) ⋅ γ ⋅ ΔθDe acordo com o enunciado, o recipiente está totalmen-te preenchido pelo líquido, ou seja: V0(frasco) = V0(líquido). Além disso, a variação de temperatura Δθ será a mesma para ambos.
Para não haver transbordamento de líquido, devemos ter:
ΔVlíquido ≤ ΔVfrasco ⇒ V0(líquido) ⋅ γ ⋅ Δθ ≤ V0(frasco) ⋅ 3 ⋅ α ⋅ Δθ ⇒ ⇒ γ ≤ 3 ⋅ α
75. A partir da definição de densidade, temos:
massa (m) = densidade (d) ⋅ volume (V ) = constante
Logo: dgelo ⋅ Vgelo = dágua(liq) ⋅ Vágua(liq)
Como dgelo < dágua(liq), pois gelo flutua em água, então: Vgelo > Vágua(liq)
CALORIMETRIA76. Calor é energia térmica em trânsito entre sistemas, ou cor-
pos, a diferentes temperaturas. Essa energia flui esponta-neamente dos corpos quentes para os corpos frios.
Assim, o achocolatado quente cede energia ao ambiente (mais frio), enquanto o achocolatado frio recebe energia do ambiente (mais quente).
77. A amplitude térmica de uma região está relacionada à presença de grandes massas de água ou de umidade relativa do ar. A água, substância que possui um eleva-do valor de calor específico quando comparado a outras substâncias, deve absorver grandes quantidades de calor para se aquecer e liberar grandes quantidades de calor para se resfriar.
No deserto do Saara, a grande amplitude térmica entre o
dia e a noite se deve ao pequeno valor do calor específico da areia e à baixa umidade relativa do ar.
78. O fato de a água ter uma grande influência na amplitude térmica de uma região está relacionado ao seu alto valor de calor específico. A presença de grandes massas de água em uma região faz com que a amplitude térmica seja me-nor nessas região quando comparada a uma região com pequena presença de água.
79. Pela equação fundamental da calorimetria: Q = m ⋅ c ⋅ ΔθCom os dados do enunciado, temos:
Q = 6,0 ⋅ 1024 ⋅ 0,5 ⋅ (700 – 2 700) ⇒ Q = –6,0 ⋅ 1027 kJ
Note que o sinal negativo (–) indica que o calor deve ser perdido pela estrela.
177Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
DILATAÇÃO DOS LÍQUIDOS
CALORIMETRIA
80. Do enunciado, temos: mA = 1 kg e mB = 2 kg.
Do gráfico obtemos: QA = 500 kJ ; ΔTA = 50 °C; QB = 300 kJ; ΔTB = 100 °C.
Pela equação fundamental da calorimetria: Q = m ⋅ c ⋅ ΔθPara a substância A: 500 = 1 ⋅ cA ⋅ 50 ⇒ cA = 10 kJ/(kg ⋅ °C)
E, para a substância B: 300 = 2 ⋅ cB ⋅ 100 ⇒ cB = 1,5 kJ/(kg ⋅ °C)
81. Do enunciado temos:
Q = 25,2 MJ = 25,2 ⋅ 103 kJ;
cágua = 4,2 kJ/(kg ⋅ K) e Δθ = 20 °C.
Pela equação fundamental da calorimetria:
Q = m ⋅ c ⋅ Δθ.
Com os dados, obtemos:
25,2 ⋅ 103 = m ⋅ 4,2 ⋅ 20 ⇒m = 300 kg
A partir da definição de densidade, temos:
ρ = ⇒ = ⇒ = =mV V
V m L1000300
0 3 3003,
82.
a) Sabendo que a densidade da água é de 1g/cm3 e que 1 L corresponde a 1 000 cm3, concluímos que a massa de água a ser aquecida é de 1 000 g.Então, pela equação fundamental da calorimetria, Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, temos:
Q = 1 000 ⋅ 1 ⋅ 72 ⇒Q = 72 000 cal = 301 392 J
b) A potência da fonte de calor é dada por:
PQt t
t sot = ⇒ = ⇒ = =∆ ∆
∆560301392
538 2 8 97, , min
83. A panela sobre o armário possui energia potencial gravita-cional dada por:
Ep = m ⋅ g ⋅ h ⇒Ep = m ⋅ 10 ⋅ 2,10 ⇒Ep = 21 ⋅ m J (com m em kg)
De acordo com o enunciado 80% dessa energia será con-vertida em calor absorvido pela panela.
Então, com a equação fundamental da calorimetria, Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, temos:
0,80 ⋅ 21⋅ m = (m ⋅ 103) ⋅ 0,42 ⋅ Δθ ⇒
16,8 = 4,2 ⋅ 102 ⋅ Δθ ⇒Δθ = 0,04 °C
84. A energia absorvida pelo sistema de freios, sob a forma de calor sensível, corresponde à energia cinética do carro.
Então:
Q E m cm v
C freio freiocarro= ⇒ ⋅ ⋅ =
⋅⇒
⇒ ⋅ ⋅ ⋅ =⋅ ⋅
∆
∆
θ
θ
2
23
2
30 4 44 102 0 10 2
,, 00
230
2
∆θ ≅ ºC
85. A partir da definição da potência da fonte de calor temos:
PQt
QQ J
Q cal Q cal
ot = ⇒ =⋅
⇒ = ⋅ ⇒
⇒ =⋅
⇒ = ⋅
∆4 000
3 6072 10
72 104
18 10
4
44
Da equação fundamental da calorimetria, Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, temos:
18 ⋅ 104 = 2 400 ⋅ 1 ⋅ Δθ ⇒
Δθ = 75 °C
A barra sofrerá a mesma variação de temperatura, de 75 °C.
Então, para a barra temos:
L0 = 10 cm; α = γ/3 = 1,2 ⋅ 10–5 °C–1 e Δθ = 75 °C.
Pela lei da dilatação térmica linear, ΔL = α ⋅ L0 ⋅ Δθ, temos:
ΔL = 1,2 ⋅ 10–5 ⋅ 10 ⋅ 75 ⇒
ΔL = 9,0 ⋅ 10–3 cm
86. De acordo com o rótulo, o valor energético da castanha é de 90 kcal por porção de 15 g. Então, se queimarmos 150 g dessa castanha, o calor liberado será de 900 kcal, dos quais 60% será absorvido pela massa de água. Portanto, a água receberá 0,6 ⋅ 900 kcal, ou seja, 540 kcal.
com a equação fundamental da calorimetria,
Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, temos:
540 ⋅ 103 = m ⋅ 1 ⋅ (87 – 15) ⇒
540 ⋅ 103 = m ⋅ 72 ⇒ ⇒ m = 7,5 ⋅ 103 g = 7 500 g
87. O volume de ar a ser resfriado corresponde ao volume da sala:
V = 15 ⋅ 10 ⋅ 4 ⇒ V = 600 m3
A massa correspondente de ar é obtida a partir da definição de densidade:
dmV
mm m kg= ⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒ =125
600125 600 750, ,
Aplicando-se a equação fundamental da calorimetria, te-remos:
Q = m ⋅ c ⋅ Δθ ⇒
9 000 ⋅ 250 = 750 ⋅ 103 ⋅ 0,25 ⋅ Δθ ⇒
Δθ = 12 °C
178 2ª. Série
TROCAS DE CALOR
88. Com dados do gráfico podemos relacionar a escala Celsius e a escala X:
10
θC
0
85
θx
oC oX
25
θ θ θ θ
θθ
θ θ
C X C X
CX
X X
−−
=−−
⇒ =−
⇒
=−
⇒ = ⋅ +
0
10 0
25
85 25 10
25
6025
66 25
Antes de aplicarmos as equações de trocas de calor, devemos converter o calor específico da liga metálica de cal/(g ⋅ °X) para cal/(g ⋅ °C).
Para isso, devemos determinar uma relação entre variações de temperaturas nas escalas Celsius e X. Da figura anterior, temos:
∆ ∆∆
∆θ θθ
θC XC
X
10 0 85 25 6−=
−⇒ =
(equação de conversão)
Assim, uma variação de temperatura de ΔθX = 1 °X cor-responde a uma variação de temperatura de 1/6 °C. Logo:
c cal g X cal g C cal g Cliga = ⋅° = ⋅° = ⋅°0 1 0 60 1
, / / , /( ),
( ) ( ) 1/6
Aplicando-se a equação das trocas de calor, teremos:
Qágua + Qliga = 0
100 ⋅ 1 ⋅ (Tf – 20) + 200 ⋅ 0,6 ⋅ (Tf – 75) = 0
Tf – 20 + 1,2 ⋅ (Tf – 75) = 0
Tf – 20 + 1,2 ⋅Tf – 90 = 0
2,2 ⋅ Tf = 110
Tf = 50 °C (temperatura final)
89. Qbarra + Qágua = 150 000
C ⋅ Δθ + m ⋅ c ⋅ Δθ = 150 000
1 000 ⋅ Δθ + 2 000 ⋅ 1 ⋅ Δθ = 150 000
3 ⋅ Δθ = 150
Δθ = 50ºC
ΔL = L0 ⋅ α ⋅ Δθ
0,01 = 40 ⋅ α ⋅ 50
1 ⋅ 10–2 = 2 ⋅ 103 ⋅ α
α = 5 ⋅ 10–6 °C–1
90. No copo teremos uma massa m de refrigerante “gelado” e
uma massa 2 ⋅ m de refrigerante “sem gelo”. Então:
Q”gelado” + Q”sem gelo” = 0
m ⋅ c ⋅ (θf – 5) + 2 ⋅ m ⋅ c ⋅ (θf – 35) = 0
θf – 5 + 2 ⋅ (θf – 35) = 0
θf – 5 + 2 ⋅ θf – 70 = 0
3 ⋅ θf = 75
θf = 25 °C
91. Podemos, a partir dos dados do gráfico, obter a capacidade
térmica C dos corpos.
Usando a relação Q = C ⋅ Δθ obtemos:
1 200 = CA ⋅ 60 ⇒ CA = 20 cal/°C
1 200 = CB ⋅ 20 ⇒ CB = 60 cal/°C
Juntando-se o corpo A, a 60 °C, com o corpo B, a 20 °C, e
usando o princípio geral da trocas de calor temos:
Qrecebido + Qcedido = 0
20 ⋅ (θf – 60) + 60 ⋅ (θf – 20) = 0
θf – 60 + 3 ⋅ θf – 60 = 0
4 ⋅ θf = 120
θf = 30 ºC
92. Sendo 1 ⇒ água líquida a 100ºC; 2 ⇒ calorímetro; 3 ⇒ ⇒ água a 20 ºC; 4 ⇒ água a 0 ºC, tem-se:
Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 0
200 ⋅ 1 ⋅ (20 – 100) + 5 ⋅ (20 – 20) + 100 ⋅ 1 ⋅ (20 – 20) +
+ m ⋅ 1 ⋅ (20 – 0) = 0
–16 000 + 20 ⋅ m = 0
m = 800 g
179Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
TROCAS DE CALOR MUDANÇAS DE FASES
93. Sabe-se que, para uma substância pura, a temperatura das mudanças de estado físico é constante. Como o gráfico dado apresenta dois patamares, correspondentes às mudanças de estado, concluímos que o material NÃO é uma mistura.
Ainda pelo gráfico, T2 corresponde à temperatura de fusão (sólido + líquido) e T3 à temperatura de vaporização (líquido + vapor).
Entre T1 e T2 ocorre aquecimento do sólido; entre T2 e T3, aquecimento do líquido e entre T3 e T4 aquecimento do vapor.
94. A quantidade de calor recebida pela água nos 2,0 minutos iniciais é dada por:
Q = m ⋅ 1 ⋅ (40 – 20) ⇒ Q = 20 ⋅ mPara que toda a água da panela (inicialmente a 20 °C) vapo-rize, o calor total a ser recebido pela água é:
Q = m ⋅ c ⋅ Δθ + m ⋅ L ⇒ Q = m ⋅ 1 ⋅ (100 – 20) + m ⋅ 540 ⇒ ⇒ Q = 620·m
Como a potência da fonte de calor é constante, teremos:
Pm
Pm
ttot ot=
⋅⇒ =
⋅⇒ =
202
62062
minmin
∆∆
95. Durante o aquecimento entre –10 °C e 100 °C, o naftale-no encontra-se no estado sólido e apenas sua temperatura deve variar, permanecendo no estado sólido. Assim, no grá-fico T (°C) x t (min) não existirá patamar.
96. Vamos analisar cada uma das afirmações feitas.
I. A afirmação está correta, pois a 300 °C observamos, no gráfico, a existência de um patamar correspondente à passagem do estado sólido para o estado líquido (fusão).
II. A afirmação está correta, pois, usando a definição de potência, Pot = Q/Δt e a equação fundamental da calori-metria, Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, temos: Pot ⋅ Δt = m ⋅ c ⋅ Δθ ⇒ 1 000 ⋅ 39 = 1 ⋅ csólido ⋅ (300 – 0) ⇒ ⇒ csólido = 130 J/( kg ⋅ °C)
III. A afirmação está errada, pois:Pot ⋅ Δt = m ⋅ c ⋅ Δθ ⇒ 1 000 ⋅ (243,3 – 63,3) = = 1 ⋅ clíquido ⋅ (1 500 – 300) ⇒clíquido = 150 J/( kg ⋅ °C)
IV. A afirmação está errada, pois durante a fusão:Q = m ⋅ L ⇒ Pot ⋅ Δt = m ⋅ L ⇒ 1 000 ⋅ (63,3 – 39) = = 1 ⋅ Lf ⇒ Lf = 24 300 J/kg
97. Com a equação fundamental da calorimetria, Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, durante o aquecimento da fase sólida, temos:
Q1 = 0,1 ⋅ 1,0 ⋅ [5 – (–15)] ⇒ Q1 = 2 J
O aquecimento na fase líquida, entre 5 °C e 45 °C, exige uma quantidade de calor Q’ dada por:
Q’ = 0,1 ⋅ 2,5 ⋅ (45 – 5) ⇒ Q’ = 0,1 ⋅ 2,5 ⋅ 40 ⇒ Q’ = 10 J
Observe que Q2 = 6 J + Q’
Então: Q2 = 6 + 10 ⇒ Q2 = 16 J
Podemos, agora, obter a razão pedida:
Q
Q
Q
Q1
2
1
2
216
18
= ⇒ =
98. A temperatura da mistura de água e gelo, em equilíbrio no interior na garrafa térmica, permanece igual a 0 °C enquan-to houver gelo por derreter.
O calor que deve entrar na garrafa para a fundir a massa de 400 g de gelo é:
Q = m ⋅ L ⇒ Q = 400 ⋅ 80 ⇒ Q = 32 000 cal = 32 kcal
A partir da definição de potência:
PQt
kcal kcalt
tot = ⇒ = ⇒ =∆ ∆
∆0 232
160,min
min
99. Os dois objetos, com mesma massa, são aquecidos em um mesmo forno de potência constante. O gráfico Temperatura x Tempo mostra que, durante o aquecimento da fase líquida, a temperatura de R aumenta mais rapidamente que a de S (a reta de R tem inclinação maior que a de S). Assim, podemos concluir que o calor específico da fase líquida de R é menor que o de S. Assim, a dedução de Kelvin está correta.
Ainda do gráfico, observa-se que o patamar da fusão de S é maior que o de R, ou seja, S exige um tempo e uma quan-tidade de calor maior para sofrer a fusão. Portanto, o calor latente de fusão de S é maior que o de R. Assim, a dedução de Planck está errada.
100. Durante a fusão do gelo: Q = m ⋅ L ⇒ 800 = m ⋅ 80,0 ⇒ ⇒ m = 10,0 g
Para o aquecimento da massa m = 10,0 g de água, de 0 °C a 25,0 °C, teremos:
Q’ = m ⋅ c ⋅ Δθ ⇒ Q’ = 10,0 ⋅ 1,0 ⋅ (25,0 – 0) ⇒
Q’ = 250 cal.
Mas: Q = 800 + Q’ ⇒ Q = 800 + 250 ⇒
Q = 1 050 cal = 1,05 kcal
101. Para este aquecimento, os 100 g de água devem receber em três etapas: calor sensível para aquecer o gelo de –4 °C a 0 °C, calor latente para fundir a massa de gelo e, nova-mente, calor sensível para aquecer a água líquida de 0 °C a 37 °C.
180 2ª. Série
Q = 100 ⋅ 0,50 ⋅ [0 –(–4)] + 100 ⋅ 80 + 100 ⋅ 1,0 ⋅ (37 – 0)
Q = 200 + 8 000 + 3 700
Q = 11 900 cal = 11,9 kcal
102. Nessa situação o corpo sólido perde calor para o gelo, que é, em parte, derretido. O corpo sólido tem assim sua tem-peratura diminuída, logo o calor por ele trocado é sensível. O gelo muda de fase, então o calor por ele trocado é latente. Aplicando a lei de conservação da energia:
QCEDE + QRECEBE = 0
mSOL ⋅ c ⋅ Δθ + mGELO ⋅ L = 0
16 ⋅ c ⋅ (0 – 100) + 2,5 ⋅ 80 = 0
–1 600 ⋅ c = -200
c = 0,125 cal/g ⋅ °C
103. Devemos observar que, durante a troca de calor entre a água e o gelo, o bloco de gelo sofrerá fusão completa e a água resultante dessa fusão será aquecida até 20 °C (tem-peratura final de equilíbrio).
Então, do princípio geral das trocas de calor, temos:
Qágua + Qgelo = 0
500 ⋅ 1 ⋅ (20 – 80) + mgelo ⋅ 80 + mgelo ⋅ 1 ⋅ (20 – 0) = 0
100 ⋅ mgelo = 500 ⋅ 60
100 ⋅ mgelo = 30 000
mgelo = 300 g
104. A massa total da mistura de água e gelo é 280 g. Portanto, se no equilíbrio térmico devemos ter massas iguais de água e gelo, concluímos que, na situação final, teremos 140 g de água e 140 g de gelo a 0 °C. Logo, a massa de gelo que sofre a fusão, durante a troca de calor, é 40 g.
O calor recebido por esta massa de gelo que se funde é cedida pela água que estava à temperatura θ °C.
Pela equação das trocas de calor:
Qágua + Qgelo = 0
100 ⋅ 1 ⋅ (0 – θ) + 40 ⋅ 80 = 0
100 ⋅ θ = 3 200
θ = 32 °C
105. Para a fase sólida, com a equação fundamental da calori-metria, temos:
Q = m ⋅ c ⋅ Δθ ⇒ Q = 100 ⋅ 0,03 ⋅ (320 – 20) ⇒ Q = 900 cal
Para a determinação do instante em que se encerra a fusão da substância usaremos uma semelhança de triângulos. Observe a figura a seguir:
800
480
320
20
18 40 t t(s)
0(oC)
128 1480
(128 – t)s
20 s
160 oC
320 oC
Da semelhança entre os triângulos destacados, temos:
128160
20320
128 10 118−
= ⇒ − = ⇒ =t
t t s
DIAGRAMA DE FASES
106. A etapa I, passagem da água no estado líquido para o esta-do sólido (solidificação), corresponde à seta 2.
A etapa II, passagem da água no estado sólido para o esta-do gasoso (sublimação), corresponde à seta 3.
107. Em ambos os diagramas:
• a curva 1 corresponde à transição sólido ↔ líquido;
• a curva 2 corresponde à transição líquido ↔ vapor;
• a curva 3 corresponde à transição sólido ↔ vapor;
• o ponto T é o ponto triplo.
O primeiro diagrama, no qual a curva 1 é decrescente com o aumento de temperatura, é característico das substâncias que se dilatam ao se solidificarem (como a água).
108. Dentro do botijão, a pressão é tal que o butano é encontra-do, em equilíbrio, na fase líquida e na fase gasosa (vapor).
109.
a) De acordo com a curva da fusão, um aumento de pressão provoca uma diminuição da temperatura de fusão (como acontece com a água). Portanto, o diagrama corresponde a uma substância que, durante a fusão, contrai-se.
b) Situação A: estado líquido;Situação B: estado gasoso;
Situação C: estado sólido.
c) A mudança do estado A para o estado C (líquido → só-lido) é a solidificação.
d) Se, a partir do estado B, a temperatura diminuir sem alteração da pressão, a substância passará do estado gasoso para o estado sólido e sofrerá sublimação inver-sa (ou cristalização).
181Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
DIAGRAMA DE FASES
TRANSMISSÃO DE CALOR
110. A lã é um bom isolante térmico. Assim, no caso de João, a lã dificultou a passagem de calor de seu corpo (mais quente) para o ambiente (mais frio). No caso de Arnaldo, mais uma vez a lã dificultou a passagem de calor, desta vez, do ambiente (mais quente) para a lata de refrigerante (mais fria).
111. As brisas terrestres e marítimas são estabelecidas quando o ar mais quente e menos denso sobe, originando uma área de menor pressão. O ar mais frio desloca-se, então, para essas regiões de menor pressão. O fenômeno é ilustrado no esquema abaixo.
Terra fria
Terra quente
Brisa terrestre
Brisa marítima
Ar descendente
Ar descendente
Superfície marítimamais fria
Superfície marítimamais quente
Ar ascendente
DIA
NOITE
Ar ascendente
O processo de transmissão de calor associado a este fenô-meno é a convecção.
112. De acordo com o texto, “o ASPS, região de alta pressão na atmosfera, atua como uma ‘tampa’, que inibe os mecanis-mos de levantamento do ar”, ou seja, dificulta a convec-ção do ar. Ainda de acordo com o texto “a Terra perde calor
mais rapidamente, devido à falta de nuvens”, ou seja, a falta de nuvens favorece a irradiação de calor pela Terra.
113. Analisando um a um cada item:
I. Incorreto. Corpos metálicos possuem em geral baixos calores específicos. Assim, se aquecem com facilidade, mas também esfriam com facilidade quando possuem temperaturas superiores à ambiente.
II. Correto. A tubulação com formato de serpentina concen-tra uma maior quantidade de tubo (comprimento) numa área restrita, favorecendo a absorção de energia radiante.
III. Correto. Os corpos negros são os melhores absorvedo-res de energia radiante.
IV. Incorreto. A água fria tem calor específico elevado, preci-sando receber muito mais calor que a tubulação para so-frer a mesma variação na temperatura. O calor absorvido pelo sistema é para a água que atravessa a tubulação.
V. Incorreto. O revestimento de isopor serve de isolamento térmico, contribuindo para que o sistema não troque ca-lor com o meio externo, mas não favorece a absorção.
VI. Incorreto. A tampa de vidro é transparente e deixa a radiação solar atravessá-la. Ela não contribui para a absorção, mas sim na manutenção da temperatura por refletir internamente o calor liberado pela serpentina.
114.
a) A temperatura varia linearmente desde 200 °C na ex-tremidade A até 0 °C na extremidade B. O esquema a seguir ilustra o diagrama da temperatura θ em função da distância x até a extremidade A.
200
x(m)
0(oC)
10
b) A temperatura no ponto C, a 30 cm da extremidade A, pode ser obtida por uma relação de semelhança de triângulos:
200
0,3
x(m)
0(oC)
10
θ
Mar
cos
Gom
es. 2
011.
Dig
irtal
182 2ª. Série
Teremos, então:
2000 3
2001
200 60 140−
= ⇒ − = ⇒ =θ
θ θ,
”C
c) A taxa de transferência de calor é obtida com a lei de Fourier: ϕ = k A Δθ/L
Então: ϕ = 1,0 ⋅ 25 ⋅ (200 – 0)/100 ⇒ ϕ = 50 cal/s
d) Em 10 min (equivalente a 600 s), o gelo fundente rece-berá 50·600 cal que provocará a fusão de uma massa m de gelo.
Com a equação do calor latente, vem:
Q = m ⋅ L ⇒ 50 ⋅ 600 = m ⋅ 80 ⇒ m = 375 g
115.
a) A área A da superfície interna total é:
A = 2 ⋅ (3 ⋅ 4 + 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 4) ⇒ A = 2 ⋅ (12 + 6 + 8) ⇒ ⇒ A = 2 ⋅ 26 ⇒ A = 52 m2
b) Para manter a temperatura interna constante, o aque-cedor deve repor o calor perdido para o exterior. Então:
Pot = ϕ ⇒ Pot = k A ΔT/ε ⇒ Pot = 0,05 ⋅ 52 ⋅ 60/0,26 ⇒ ⇒ Pot = 600 W
c) A partir da definição de potência:
Pot = E/Δt ⇒ 0,600 = E/24 ⇒ E = 14,4 kWh
116. O calor fluirá do extremo livre da barra 3 para os extremos livres das barras 1 e 2. Pela conservação da energia, deve-mos ter: ϕ3 = ϕ1 + ϕ2
Com a lei de Fourier, ϕ = k A (θ2 – θ1)/L, obtemos:
0 20 100
50
0 16 0
64
0 12 0
24
, , ,⋅ ⋅ −( )=
⋅ ⋅ −( )+
⋅ ⋅ −( )A A Aθ θ θ
4 10 100 2 5 10 5 103 3 3⋅ ⋅ −( ) = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− − −T T T,
400 4 7 5 115 400 34 78− ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒ =T T T T C, , , ”
ESTUDO DOS GASES
117. De acordo com a Teoria Cinética dos Gases, as partículas que constituem um gás estão em um constante estado de movimentação, caótica e desordenada. Essas partículas têm uma mesma velocidade média, que depende da tem-peratura do gás; porém, podem ter velocidades diferentes num dado instante. Além disso, os choques dessas partí-culas contra as paredes do recipientes são perfeitamente elásticos e com duração desprezível. A Teoria Cinética dos Gases também estabelece que o volume ocupado pelas partículas é desprezível quando comparado ao volume gasoso.
118. Com a equação de Clapeyron, obtemos:
p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T ⇒ 1,0 ⋅ 105 ⋅ V = (128/32) ⋅ 8,31 ⋅ 300 ⇒ ⇒ V ≅ 0,1m3 = 100 litros
119. Como a garrafa permanece aberta, a pressão do ar em seu interior é constante e igual à pressão atmosférica local.
Considerando que o volume V da garrafa praticamente não varia, podemos, com a equação de Clapeyron, relacionar a quantidade de mols de ar na garrafa antes do aquecimento (n) e depois do aquecimento (n’).
Teremos: p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ 300 (I) e p · V = n’ ⋅ R ⋅ 400 (II)
Dividindo, membro a membro, as equações (I) e (II), ob-temos:
p Vp V
n Rn R
nn
nn
n n n
⋅⋅
=⋅ ⋅⋅ ⋅
⇒ =⋅⋅
⇒ =⋅
⇒
⇒ = ⋅ ⇒ =
300400
134
34
0 75 75
’ ’’
’ , ’ % ⋅⋅n
120.
a) A partir da equação de Clapeyron, p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T, temos:
p p Pa⋅ ⋅( ) = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅−1800 106 000
448 3 300 188 106 8, ,
b) Vamos considerar que o extintor tenha uma massa es-timada Mext = 20 kg.Pelo princípio da conservação da quantidade de movi-mento, temos:
Mext ⋅ vext = m ⋅ v ⇒ 20 ⋅ vext = 0,050 ⋅ 20 ⇒
vext = 0,05 m/s
121. A partir da definição de pressão, temos:
pFA
FF N= ⇒ ⋅ =
⋅⇒ =−2 10
1 10205
4
122. Para uma mola: F = k ⋅ x
Logo: 20 = k ⋅ 0,1 ⇒ F = 200 N/m
123.
a) A partir da equação de Clapeyron, P ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T, temos:
nV
PR T
nV
nV
=⋅
⇒ =⋅⋅
⇒ = ⋅−
−3 2 108 300
13 108
11,, mol/m3
Com a Constante de Avogrado, o número de partículas/m3 será:
183Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
ESTUDO DOS GASES
NV
mol
m molNV
= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒
⇒ = ⋅
−13 10 6 10
8 10
113
23
12
,partículas
partículasmmol
b) Pnave = 105 – 0 ⇒ Pnave = 105
Psub = (P0 + ρ ⋅ g ⋅ h) – 105 ⇒
Psub = (105 + 1 000 ⋅ 10 ⋅ 100) – 105 ⇒
Psub = 10 ⋅ 105 Pa
Portanto: P
P
P
Psub
nave
sub
nave
=⋅
⇒ =10 10
1010
5
5
124.
a) Na situação de equilíbrio, a pressão exercida pelos ga-ses é a mesma em ambos os lados da parede móvel. Considerando que V seja o volume do lado esquerdo do cilindro e T a temperatura dos gases, podemos usar a equação de Clapeyron (p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T) para obter:
p ⋅ V = 2 ⋅ R ⋅ T (lado esquerdo) e p ⋅ (5 – V) = 4 ⋅ R ⋅ T (lado direito)
Dividindo membro a membro as duas equações, che-gamos a:
V/(5 – V) = 1/2 ⇒ 2 ⋅ V = 5 – V ⇒ V = 5/3 L
b) Com a equação de Clapeyron, aplicada ao lado esquer-do do cilindro, vem:
p p atm⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =53
2 0 080 300 28 8, ,
125.
a) Pela lei de Stevin:
p = p0 + ρ ⋅ g ⋅ h ⇒
p = 1 ⋅ 105 + 1 000 ⋅ 10 ⋅ 30
⇒ p = 4 ⋅ 105 N/m2 = 4 atm
b) Pela lei geral dos gases:
p V
T
p V
T
VV mm1 1
1
2 2
2
22
34 1280
1
3004 3
⋅=
⋅⇒
⋅=
⋅⇒ ≅ ,
126. A pressão exercida por uma dada massa de gás contida em um recipiente de volume constante (como é o caso do ar em um pneu) depende apenas da temperatura: maior temperatura implica em maior pressão, pois as moléculas do gás terão maior velocidade e exercerão forças maiores ao bater nas paredes do recipiente.
Por este motivo, os pneus devem ser calibrados quando frios. Caso contrário, o ar, ao retornar à temperatura am-biente, exercerá pressão menor que a recomendada.
127. De acordo com a lei de Stevin, a pressão do gás na situação inicial é igual à pressão atmosférica acrescida da pressão hidrostática de uma coluna de mercúrio de 20 cm de altura: pgás = patm + pcoluna.
Então, na situação inicial:
pgás = 760 + 200 ⇒ pgás = 960 mmHg
Aplicando-se a lei geral dos gases, obtemos:
p V
T
p V
TV
T
p V
T
p p mmHg
1 1
1
2 2
2
2
2 2
960 0 80
9600 8
1200
⋅=
⋅⇒
⋅=
⋅ ⋅⇒
= ⇒ =
,
,
Portanto, na situação final:
pgás = patm + pcoluna ⇒
1 200 = 760 + pcoluna ⇒pcoluna = 440 mmHg
Como na situação final a pressão hidrostática da coluna de mercúrio é de 440 mmHg, podemos concluir que o desnível h vale: h = 44 cm.
128.
a) Na situação inicial, a pressão do gás é igual à pressão atmosférica de 76 cmHg, pois não há desnível entre as colunas de mercúrio do manômetro em U. Após o aquecimento, com a superfície livre o mercúrio sobe 6 cm, concluímos que a superfície em contato com o gás desce 6 cm e, portanto, o desnível entre as colunas de mercúrio é de 12 cm. Logo, após o aquecimento, a pressão do gás passa a valer (76 + 12) cmHg. Com a lei geral dos gases, obtemos:
p V
T
p V
T
VV L
1 1
1
2 2
2
22
76 3300
88
4003 45
⋅=
⋅⇒
⋅=
⋅⇒ ≅ ,
b) O aumento de volume do gás, de 0,45 L ou 450 cm3, corresponde ao volume de um cilindro de 6 cm de al-tura (o nível do mercúrio junto ao gás desceu 6 cm) e área da base igual a A (área da seção transversal do tubo). Então:
V = A ⋅ h ⇒ 450 = A ⋅ 6 ⇒ A = 75 cm2
129. A equação de Clapeyron, P ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T, aplicada ao estado final do gás fornece:
P ⋅ 12 = 1 ⋅ 0,08 ⋅ 300 ⇒ P = 2 atm
130. Pela lei geral dos gases:
p V
T
p V
T TT KA A
A
B B
B BB
⋅=
⋅⇒
⋅=
⋅⇒ =
8 00 10300
4 00 5 00750
, , , ,
184 2ª. Série
131. Pela lei geral dos gases:
p V
T
p V
T TT Ki i
i
F F
F FF
⋅=
⋅⇒
⋅=
⋅⇒ =
10 10300
5 0 0 5750
, , , ,
132. A transformação ab é uma expansão isobárica, na qual P = constante, V aumenta e T também aumenta.
A transformação bc é um resfriamento isocórico, na qual V = constante, T diminui e P também diminui.
133. O experimento I corresponde a um aquecimento (aumento de temperatura) isométrico (a volume constante) e o dia-grama P–V correspondente é o (c).
O experimento II corresponde a uma compressão (diminui-ção de volume) isotérmica (a temperatura constante) é o diagrama P–V correspondente é o (b).
O experimento III corresponde a um aquecimento (aumento de temperatura) isobárico (sob pressão constante) e o dia-grama P–V correspondente é o (a).
134. Com a equação de Clapeyron e, a partir da definição de pressão parcial, temos: pA ⋅ V = nA ⋅ R ⋅ T (para o vapor) e p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T (para a mistura ar + vapor)
Então, dividindo membro a membro as duas relações, che-gamos a:
3 10
1 10
3
103
3
3 2
⋅ ⋅⋅ ⋅
=⋅ ⋅
⋅ ⋅⇒ = ⇒ =
V
V
n R T
n R T
n
n
n
nA A A %
135.
a) A potência da vela é calculada pela relação entre a ener-gia liberada na sua queima e o correspondente intervalo de tempo. Como a vela queima a 0,1 g/min e tem massa 2,5 g ela se consumirá totalmente em 25 minutos. Então:
W
Et
W W W= ⇒ =⋅ ⋅
⋅⇒ =
∆2 5 3 6 10
25 6060
4, ,
b) A energia total liberada pela queima da vela é:
E = 2,5 ⋅ 3,6 ⋅ 104 ⇒ E = 9 ⋅ 104 J
c) Dado que o volume de 1 mol de gás ideal à pressão atmosférica de 1 atm e à temperatura de 27 °C é 25 L e o recipiente tem volume de 750 L, com ar a 27 °C e 1 atm, podemos concluir que neste recipiente temos 30 mols de ar.
Da equação fundamental da calorimetria, temos:
E = Q = n ⋅ Cv ⋅ ΔT ⇒ 9 ⋅ 104 = 30 ⋅ 30 ⋅ ΔT ⇒
ΔT = 100 K
d) O gás do recipiente sofre um aquecimento a volume constante e sua temperatura varia de 300 K para 400K. Pela lei geral dos gases:
p
T
p
T
pp atm
p atm
1
1
2
2
22
2
1300 400
43
133
= ⇒ = ⇒ = ⇒
⇒ = ,
1a. LEI DA TERMODINÂMICA
136. No processo isocórico, o trabalho do gás é nulo, pois seu volume não varia. Então, pela 1.a Lei da Termodinâmica:
ΔU = Q – τ ⇒ ΔU = 7,5 ⋅ 103 – 0 ⇒ ΔU = 7,5 ⋅ 103 J
No processo isobárico, para uma mesma variação de tem-peratura, a energia interna deverá sofrer a mesma variação. Logo:
ΔU = Q – τ ⇒ 7,5 ⋅ 103 = 12,5 ⋅ 103 – τ ⇒ τ = 5,0 ⋅ 103 J
137. Ao final das transformações, o volume do gás aumentou. Logo, o gás realizou trabalho.
Como o produto P ⋅ V é diretamente proporcional à tem-peratura absoluta T (lembre-se de que P ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T), observa-se que a temperatura final do gás é maior que a temperatura inicial. Então, pela lei de Joule, a energia inter-na do gás aumentou.
138. Em uma expansão isobárica:
τ = P ⋅ ΔV ⇒ τ = (1,01 ⋅ 105) ⋅ (40 ⋅ 10–3 – 10 ⋅ 10–3) ⇒
⇒ τ = 3 030 J
Com a equação de Clapeyron, aplicada ao estado final, ob-temos:
1 ⋅ 40 = 2 ⋅ 0,082 ⋅ T ⇒ T = 243 K
139.
a) No diagrama pV, o módulo do trabalho é dado, nume-ricamente, pela área sob a curva da transformação. Como o gás sofre uma expansão, trabalho é realizado pelo gás (τ > 0). Então:
τ τ=+
⋅ ⇒ =6 4
22 10 J
b) Para um gás ideal monoatômico, a energia interna é dada por:
U n R T U p V= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅32
32
Então, entre os estados A e B, teremos:
185Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
1a. LEI DA TERMODINÂMICA
∆ ∆
∆
U p V p V U
U J
B B A A= ⋅ ⋅ − ⋅( ) ⇒ = ⋅ ⋅ − ⋅( ) ⇒
⇒ =
32
32
6 4 4 2
24
c) Com a 1.a Lei da Termodinâmica obtemos:
ΔU = Q – τ ⇒ 24 = Q – 10 ⇒ Q = 34 J
140. Nada podemos afirmar a respeito das pressões a que o gás fica submetido durante o ciclo. Entretanto, sabemos que nas transformações isocóricas (BC e DA) o trabalho é nulo e que nas transformações isotérmicas (AB e CD) a energia interna não varia. A máquina térmica não é um refrigerador, pois o ciclo de um refrigerador tem sentido anti-horário. Como não existem transformações adiabáticas, podemos afirmar, com certeza, que o gás troca calor com a vizinhan-ça em todas as quatro fases do ciclo.
141. A transformação 1-2 é isobárica (pressão constante) e a transformação 2-3 é isométrica (volume constante). O dia-grama p-V, a seguir, mostra as transformações sofridas pelo gás.
P (Pa)
(1)
P3 T1
1,2 . 105
0,008 0,012
(3)
(2)
0 V (m3)
No diagrama p–V, o trabalho τ é dado pela “área” sob a curva. Então:
τ = (0,012 – 0,008) ⋅ 1,2 ⋅ 105 ⇒ τ = 480 J
Com Q = 500 J e τ = 480 J, na primeira lei da Termodinâ-mica, temos:
ΔU = Q – τ ⇒ ΔU = 500 – 480 ⇒ ΔU = 20 J
Pela lei geral dos gases, P V
T
P V
T1 1
1
3 3
3
⋅=
⋅, obtemos:
12 10 0 008 0 0120 8 10
5
1
3
13
5, , ,,
⋅ ⋅=
⋅⇒ = ⋅
T
P
TP Pa
142.
a) Correta. Observe que de A até B a pressão permanece constante no valor P1. Para saber a respeito da tempe-ratura, basta fazermos para os pontos considerados o produto p ⋅ V, pois a temperatura é diretamente propor-cional a esse valor.
T
T
p V
p VA
B
=⋅⋅
=1 1
1 1
33
b) Incorreta. A transformação é isovolumétrica e não iso-
térmica. Para ser isotérmica, o produto p ⋅ V, nos pontos
B e C, devem ser iguais, ou seja, TB/TC = 1. Verificando:
T
T
p V
p VB
C
=⋅
⋅ ⋅=1 1
1 1212
c) Incorreta. Apesar da transformação C → D ser isobári-
ca, o item afirma que a razão TC/TD é igual a 2/3. Veri-
ficando:
T
T
p V
p VC
D
=⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅=
2
2 212
1 1
1 1
d) Incorreta. AD não é isotérmica. Para ser isotérmica, os
produto p ⋅ V, nos pontos D e A, devem ser iguais, ou
seja, TD/TA = 1. Verificando:
T
T
p V
p VD
A
=⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅=
2 2
343
1 1
1 1
e) Incorreta. Se uma transformação é adiabática, não há
troca de calor com o meio, e o item afirma que o calor
trocado com o meio ambiente, nessa transformação, é
igual ao trabalho realizado pelo gás no ciclo.
143. O trabalho das forças é igual à variação da energia cinética:
τ =⋅
+⋅m v m vc c e e
2 2
2 2 (I)
Da conservação da quantidade de movimento, tem-se:
Q0 = Q
0 = mc ⋅ vc + me ⋅ ve
vm v
mec c
e
= −⋅
Substituindo ve em (I), tem-se:
τ =⋅
+⋅ ⋅⋅
m v m m v
mc c e c c
e
2 2 2
22 2
Como o processo é adiabático, da 1a. Lei da Termodinâmica,
tem-se:
ΔU = Q – τ
ΔU = –τ
∆Um m m v
mc e c c
e
= −⋅ +( )⋅
⋅
2
2
186 2ª. Série
2a. LEI DA TERMODINÂMICA
144. O ciclo é mostrado na figura abaixo.
P (Pa)
600,0
2,000 5,000
300,0
0V (m3)
O trabalho τ é, numericamente, igual à área interna do ciclo. Então:
τ = (5,000 – 2,000) ⋅ (600,0 – 300,0) ⇒ τ = 900,0 J
145. De acordo com a 2.a Lei da Termodinâmica, é impossível converter totalmente energia térmica em energia mecânica útil. Assim, a situação 3 viola a 2.a Lei da Termodinâmica.
146.
01) (V) O trabalho é dado pela “área” abaixo da curva:
τAB = base ⋅ altura ⇒ τAB = 1 ⋅ 6 ⋅ 102 ⇒ τAB = 6 ⋅ 102 J
02) (V) Como V =constante, então o trabalho é nulo: τBC = 0
04) (V) Como a energia interna é diretamente proporcio-nal à temperatura absoluta (U = k ⋅ T, lei de Joule) e a temperatura absoluta é diretamente proporcional ao produto pressão x volume (P ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T, equação de Clapeyron), na passagem de C para D a energia interna diminuiu.
08) (F) O trabalho no ciclo corresponde à área interna do ciclo: τciclo = 300 J
16) (V) Em 1 segundo, o trabalho total realizado será de 1200 J. Portanto, a potência da máquina térmica é de 1200 J/s ou 1200 W.
147. Quando um ciclo é fechado, o gás retorna ao mesmo estado inicial, apresentando no encerramento do ciclo a mesma temperatura inicial. Sabendo que a variação da energia in-terna de um gás é uma função de sua temperatura, como a variação da temperatura no ciclo é nula, a variação da energia interna também é nula.
148. O calor Q1 recebido da fonte quente é: Q1 = 4000 + 8000 J ⇒ ⇒ Q1 = 12000 J
Usando o poder calorífico do combustível, temos:
6 0 1012 000
0 204, ,⋅ = ⇒ =J
kgJ
mm kg
149. Analisemos cada uma das afirmações.
I. A afirmação I está errada, pois o módulo do trabalho no ciclo é, numericamente, dado pela “área” interna do ciclo, que não é nula.
II. A afirmação está correta, pois a energia interna de uma dada massa de gás depende apenas da tempe-ratura (lei de Joule) que, por sua vez, é diretamente proporcional ao produto pV. Portanto, como o produto pV para o ponto C é maior que para o ponto A, pode-mos concluir que a temperatura e a energia interna de C é maior que a de A.
III. A afirmação está correta. O gás realiza trabalho, pois seu volume aumenta. Além disso, como a temperatura do gás e sua energia interna aumentam, pela 1.a Lei da Termodinâmica, o gás deve receber calor.
150. Em uma transformação cíclica:
• o trabalho realizado pelo gás (quando o ciclo é de sentido horário) ou recebido pelo gás (quando o ciclo é de sen-tido anti-horário) é, em módulo, igual à “área” do ciclo.
• a variação da energia interna.
No ciclo apresentado existem duas transformações isobári-cas, duas transformações isocóricas e duas quaisquer. Não existem transformações isotérmicas nem adiabáticas.
151. Trabalho na expansão AB
τ = p ⋅ ΔV ⇒ τ = 4 ⋅ 105 ⋅ (1 – 0,3)
τ = 2,8 ⋅ 105 J
Variação de energia interna na transformação DA
Como a energia interna é uma variável de estado, a varia-ção da energia do ciclo ABCDA é nula, já que o estado final é igual ao inicial, assim:
ΔUAB + ΔUBC + ΔUCD + ΔUDA = 0 (I)
A variação da energia interna na transformação AB pode ser obtida pela 1a Lei da Termodinâmica:
ΔUAB = Q – τ ⇒ ΔU = 400 ⋅ 103 – 2,8 ⋅ 105
ΔUAB = 1,2 ⋅ 105 J
Como a transformação de B para C é isotérmica, ΔUBC = 0
A variação da energia interna de C para D é dada por:
ΔUCD = Q – τ ⇒ ΔUCD = –440 ⋅ 103 – 2 ⋅ 105 ⋅ (0,5 – 2)
ΔUCD = –4,4 ⋅ 105 + 3 ⋅ 105
ΔUCD = –1,4 ⋅ 105 J
Substituindo os valores em (I), tem-se:
1,2 ⋅ 105 + 0 + (–1,4 ⋅ 105) + ΔUDA = 0
ΔUDA = 2 ⋅ 104 J
187Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
2a. LEI DA TERMODINÂMICA 152. De acordo com a 1.a Lei da Termodinâmica, em uma trans-formação cíclica, como ΔU = 0, devemos ter:
Qtotal = τciclo. Então:
Qtotal = τAB + τBC + τCA
Qtotal = (3,0 – 1,0) ⋅ 10–3 ⋅ 150 ⋅ 103 + 0 – 165 ⇒
Qtotal = 300 – 165 ⇒ Qtotal = 135 J
153. O rendimento de uma máquina de Carnot que opera entre essas temperaturas (em K) é:
η η η
η η
= − ⇒ = −++
⇒ = − ⇒
⇒ = − ⇒ =
1 117 273
127 2731
290400
1 0 725 27 5
T
TF
Q
, , %
Na máquina térmica real, o rendimento é obtido a partir da razão entre os calores trocados nas fontes fria e quente.
η η η η= − ⇒ = − ⇒ = ⇒ =1 1400500
0 2 20Q
QF
Q
, %
Observa-se que a afirmação do engenheiro é correta, pois a máquina real tem um rendimento de 20%, inferior ao rendi-mento da máquina de Carnot que é de 27,5%.
154. A grandeza positiva ΔP é dada pela diferença de pressões: PC – PD.
Pela equação de Clapeyron, p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T, aplicada aos pontos C e D, temos:
PC ⋅ 4 = 2 ⋅ R ⋅ TC (I)
PD ⋅ 4 = 2 ⋅ R ⋅ TD (II)
Fazendo a diferença entre (I) e (II), vem:
4 ⋅ (PC – PD) = 2 ⋅ R ⋅ (TC – TD)
Logo: ΔP = R ⋅ (TC – TD)/2
155.
a) O trabalho realizado pelo gás durante o ciclo é dado, numericamente, pela área do ciclo. Então:
τ = (V ⋅ 2 ⋅ p)/2 ⇒ τ = pV
b) Para determinar o calor trocado pelo gás durante o ciclo, vamos analisar separadamente cada uma das transformações pelas quais o gás passa. Para cada transformações determinaremos o trabalho, a variação da energia interna e, com a 1.a Lei da Termodinâmica, o calor trocado pelo gás.
Para o trabalho, temos:
τAB = +2 ⋅ p ⋅ V; τBC = 0; τCA = –p · V.
Observe que o trabalho no ciclo, dado pela soma do tra-balho de todas as transformações, é p · V.
Vamos agora calcular a energia interna do gás em cada um dos estados A, B e C.
Sabendo que U = 3 ⋅ n ⋅ R ⋅ T/2 = 3 ⋅ p ⋅ V/2, obtemos: UA = 1,5 ⋅ p ⋅ V; UB = 9 ⋅ p ⋅ V e UC = 3 ⋅ p ⋅ VPara cada transformação, teremos:
ΔUAB = +7,5 ⋅ p ⋅ V; ΔUBC = – 6 ⋅ p ⋅ V; ΔUCA = – 1,5 ⋅ p ⋅ VObserve que a variação da energia interna no ciclo, dada pela soma da variação da energia interna de todas as transformações, é nula.
Com a 1.a Lei da Termodinâmica (ΔU = Q – τ), aplicada a cada transformação, obtemos:
+7,5 ⋅ p ⋅ V = QAB – (+2 ⋅ p ⋅ V) ⇒ QAB = +9,5 ⋅ p ⋅ V (calor recebido)
– 6 ⋅ p ⋅ V = QBC – 0 ⇒ QBC = – 6 ⋅ p ⋅ V (calor perdido)
– 1,5 ⋅ p ⋅ V = QCA – (– p ⋅ V) ⇒ QAB = – 2,5 ⋅ p ⋅ V (calor perdido)
Observe que o calor total trocado pelo gás é igual ao trabalho no ciclo, ou seja, Q = τ = p ⋅ V.
Entretanto, o gás recebe calor apenas na transformação AB: Q = +9,5 ⋅ p ⋅ V.
O esquema a seguir ilustra o fluxo de energia em cada uma das transformações:
AB
Q = 9,5 pV
τ = 2 pV
∆U = +7,5 pV ∆U = –6 pV ∆U = –1,5 pV
τ = 0τ = pV
Q = 6 pV Q = 2,5 pV
BC CA
c) O rendimento do ciclo, por definição, é dado pela rela-ção entre o trabalho útil e o calor recebido. Então:
η η η
η
=⋅⋅ ⋅
⇒ = ⇒ ≅ ⇒
⇒ =
p Vp V9 5
19 5
0 105 3
10 53
, ,,
, %
156. O rendimento da máquina térmica é, por definição, dado por:
ητ
= ⇒ = ⇒ =Q Q
Q J1 1
10 452 000
4 444 4, ,
Sabemos, pelo princípio da conservação da energia, que a energia total Q1, recebida da fonte quente, é em parte convertida em trabalho W e que a energia restante, Q2, é rejeitada para uma fonte fria, de tal forma que: Q1 = τ + Q2.
Portanto:
4 444,4 = 2 000 + Q2 ⇒ Q2 = 2 444,4 J
157. a) O trabalho em um ciclo é, em módulo, numericamente
igual à área do ciclo. Então:
τ = (0,5 – 0,1) ⋅ (200 – 100) ⇒V = 0,4 ⋅ 100 ⇒ V = 40 J
188 2ª. Série
b) Sabemos que
τ = Q1 – Q2. Então: 40 = 100 – Q2 ⇒ Q2 = 60 J
c) O rendimento de uma máquina térmica é:
η = τ/Q1 ⇒ η = 40/100 ⇒ η = 40%
d) Da definição de potência:
P = τ/Δt ⇒ P = (5 ⋅ 40)/1 ⇒ P = 200 W
158. Dado que TF/TQ = 10/8, o rendimento da máquina de Carnot será:
η η η η= − ⇒ = − ⇒ = ⇒ =1 18
100 20 20
T
TF
Q
, %
O trabalho útil por ciclo será então de 20% de 500 cal, ou seja:
τ = 0,20 ⋅ 500 ⇒ τ = 100 cal = 400 J
A potência da máquina é:
Pt
P P Wot ot ot= ⇒ = ⇒ =τ∆
4002
200
159. O trabalho no ciclo é dado, numericamente, pela área do
ciclo. Então:
τ = (2 ⋅ V1 ⋅ 3 ⋅ P1)/2 ⇒ τ = 3 P1 ⋅ V1 ⇒ τ = 3 ⋅ 12 ⇒ τ = 36 J
Da definição de rendimento:
ητ
= ⇒ = ⇒ =Q Q
Q J1 1
10 4036
90,
Pela conservação da energia:
τ = Q1 – Q2 ⇒ 36 = 90 – Q2 ⇒ Q2 = 54 J
160. O rendimento ou eficiência da máquina de Carnot será:
η η η η
η η
= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = ⇒
⇒ = ⇒ =
1 1450600
134
14
0 25 25
2
1
T
T
, %
O trabalho útil será igual a 25% da energia recebida da
fonte quente.
Então: τ = 0,25 ⋅ 6,30 ⋅ 104 ⇒ τ = 15750 J
INTRODUÇÃO À ÓPTICA GEOMÉTRICA
161. A figura mostra a posição da pessoa quando na iminência
de sair da sombra do prédio.
x
15 m
20 m
1,80 m
Por uma relação de semelhança de triângulos, temos:
2015
20180
36 300 15 15 264
17 60
=−
⇒ = − ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒
⇒ =
xx x
x m,
,
162. Seja d a distância do lápis ao observador O na situação
inicial e D a distância entre o observador e o edifício. O
esquema a seguir mostra os raios que, partindo do edifício
e tangenciando as extremidades do lápis, chegam ao olho
do observador nas duas situações.
d
D
0,1 mO 18 m (6 andares)
d + 0,5
D
0,1 mO 12 m (4 andares)
Por uma relação de semelhança de triângulos, podemos escrever que:
0 1 18,d D
= (situação inicial)
0 10 5
12,,d D+
= (situação final)
Dessas relações, obtemos:
18 ⋅ d = 12 ⋅ (d + 0,5) ⇒ d = 1 m.
Com d = 1 m, vem:
0 11
18180
,= ⇒ =
DD m
163. O esquema a seguir mostra os ângulos visuais α e β sob os quais o observador vê a torre de altura H.
189Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
INTRODUÇÃO À ÓPTICA GEOMÉTRICA
x
Hαβ
d
h
Para a visada sob ângulo α, podemos escrever que:
tgH h
xα =
−
E para a visada sob ângulo β: tgH hx d
β =−+
Da primeira relação obtemos xH htg
=−α
que, substituído na segunda relação, fornece:
tgH htg
d H h Hd tg tgtg tg
hβα
α βα β
−+
= − ⇒ =⋅ ⋅
−+
.
164. O eclipse lunar ocorre quando o Sol, a Terra e a Lua, nes-
ta ordem, estão praticamente alinhados, e a Lua, em seu
movimento orbital, penetra o cone de sombra da Terra.
Esta disposição dos astros caracteriza a fase da Lua Cheia,
como mostra o esquema abaixo.
Lua CheiaLua Nova
Luz solar
Terra
Lua Crescente
Lua Minguante
REFLEXÃO DA LUZ
165. A figura abaixo ilustra a situação descrita no enunciado.
H
A
A’
B
h
O
H
αβ
No triângulo OAB, temos: tgH hOB
α =−
(I)
E no triângulo OA’B: tgH hOB
β =+
(II)
Eliminando OB nas relações (I) e (II), chegamos a:
H htg
H htg
−=
+α β
H ⋅ tg β – h ⋅ tg β = H ⋅ tg α + h ⋅ tg α
H ⋅ (tg β – tg α) = h·(tg α + tg β)
H htg tg
tg tg= ⋅
+( )−( )
β αβ α
166.
a) Observe na figura 2 que os pontos A, B e C formam um
triângulo retângulo.
Nesse triângulo, o cateto oposto (CO) ao ângulo de 45º
mede 3,4 m e o cateto adjacente (CA), (L + 1,2) m.
tgCOCA L
L m45 13 4
122 2º
,,
,= ⇒ =+
⇒ =
b) Projetando na figura a imagem virtual O’, por semelhan-
ça de triângulos determina-se o tamanho do espelho.
Observe que a placa e o espelho são paralelos entre si
e possuem o mesmo vértice O’.
xx m
2 8125 6
0 6,
,,
,= ⇒ =
167. A figura a seguir mostra o campo visual do espelho. Por
semelhança de triângulos, pode-se calcular o comprimento
pela estrada ao longo do qual a moto pode ser vista.
190 2ª. Série
5 m
fora de escala
1,8 m
2 m 2 m
calçada
O O
E
A
B
C
D
V
O triângulo OAB é semelhante ao triângulo OCD, portanto:
∆∆
ss m
7122
4 2= ⇒ =,
,
Porém, o comprimento total que deve ser considerado é o espaço ΔS subtraído do comprimento da moto (1,8 m), pois se espera saber por quanto tempo a moto pode ser vista por inteira, e isso só ocorrerá quando ela estiver por completo no campo visual do espelho.
ts
vt t s=
−⇒ =
−⇒ =
∆ 18 4 2 180 8
3, , ,
,
168. A figura abaixo mostra a imagem A’B’ da parede AB forne-cida pelo espelho plano.
2,5 m
2,5 m
3,3 m
d
A
A’
B’B d
x
1,5
m0,
3 m
1,8
m
De acordo com enunciado, a distância dos olhos da pessoa à imagem A’B’ é igual a 3,3 m. Então:
d + 2,5 = 3,3 ⇒ d = 0,8 m.
Considerando a distância x, a menor distância que o es-pelho deve ser movido verticalmente para cima, de modo
que a pessoa possa ver sua imagem refletida por inteiro no espelho, por semelhança de triângulos teremos:
0 32
0 15,
,⋅
= ⇒ =d
xd
x m
169.
a) A velocidade resultante da imagem da moto, fornecida pelo espelho, é devida a dois movimentos simultâneos, o movimento do objeto e o movimento do espelho. En-tão, temos:• devido ao movimento do objeto, vi = –80 km/h (igual
à do objeto, porém de sentido oposto);
• devido ao movimento do espelho, v’i = +100 km/h (igual ao dobro da velocidade do espelho).
Portanto, o módulo da velocidade da imagem da moto, em relação ao solo, é de 20 km/h (para a direita da figura).
b) Como o motorista tem velocidade, em relação ao solo, de + 50 km/h e a imagem, também em relação ao solo, de +20 km/h, a velocidade da imagem, em relação ao motorista, será de –30 km/h (para a esquerda da figu-ra), ou seja, com módulo 30 km/h.
c) Como o motociclista tem velocidade, em relação ao solo, de + 80 km/h e a imagem, também em relação ao solo, de +20 km/h, a velocidade da imagem, em relação ao motociclista, será de –60 km/h (para a esquerda da figura), ou seja, com módulo 60 km/h.
170. Nos espelhos esféricos, a reta N, normal à superfície no ponto de incidência do raio de luz, passa sempre pelo cen-tro de curvatura
Observe na figura abaixo que os ângulos de incidência dos raios de luz no espelho são tais que θA > θC > θB = 0°.
N N
N
A
B C
θC
θC = 0o
θA
Pela segunda lei da reflexão, o ângulo de reflexão é igual ao ângulo de incidência. Então: θA > θC > θB.
171.
a) Quando um espelho sofre rotação, a variação angular entre o ângulo incidente e o ângulo refletido é sempre o
191Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
dobro da variação angular do espelho. Veja a figura que ilustra a situação a seguir:
Rotação do espelho
P
C β
α
P’2
P’1
E1
E2
Rotação da imagem
β = 2α
Nesse caso, em função da rotação do espelho, o detec-tor deve ser posicionado de modo que α = 2θ.
b) Observa-se que a luz, depois de incidir no espelho ro-tatório, percorre a distância d até incidir com o espelho estacionário e, novamente d até que bata pela segunda vez no primeiro espelho, demorando um tempo Δt. Des-se modo, pode-se escrever que:
vst
cdt
= ⇒ =∆∆ ∆
2
Ao mesmo tempo que a luz efetua a trajetória indicada, o primeiro espelho gira um ângulo θ, podemos escrever então:
ωθ
=∆t
Ao igualarmos as duas equações, chegamos à seguinte relação:
θω
ωθ
= ⇒ =⋅ ⋅2 2d
cc
d
c) Pode-se, em um dado momento, colocar um recipiente transparente de índice de refração igual ao da água, de paredes muito finas e contendo água entre os espelhos de modo que o raio luminoso incida perpendicularmen-te à parede do recipiente para que não sofra desvio. Ao proceder com a mudança, verifica-se que o detector só funcionará se for ajustado para um ângulo α maior, pois a água atrasará o raio luminoso fazendo com que o ângulo de rotação θ seja maior.
172. Os focos (principal e secundários) de um espelho corres-pondem aos pontos em que os raios luminosos paralelos convergem após sofrerem reflexão. Porém, somente espe-lhos côncavos são capazes de concentrar raios luminosos no foco principal. Nos espelhos convexos, os raios refletidos são divergentes entre si e seus prolongamentos convergem para um foco (principal ou secundário).
173. Com a equação de Gauss dos pontos conjugados, para f = – R/2 e p = R, temos:
1 1 1 2 1 1 3 13f p p R R p R p
pR
= + ⇒ − = + ⇒ − = ⇒ = −’ ’ ’
’
Observe que o sinal negativo de p’ indica que a imagem é virtual.
174. Nos espelhos esféricos convexos, as imagens de objetos reais são sempre virtuais, direitas e menores que o objeto. Como os tamanhos (da imagem e do objeto) são proporcio-nais às respectivas distâncias ao espelho, então as ima-gens se formam mais próximas do espelho que os objetos. Além disso, o campo visual do espelho convexo é maior que o de um espelho plano de mesmo tamanho.
175. Os espelhos convexos são capazes de produzir apenas um tipo de imagem, virtual, direita e menor que o objeto, mas em compensação apresentam um campo visual maior, ou seja, apesar de a imagem ser reduzida, comporta uma área visual maior para quem a observa.
Os espelhos côncavos, por sua vez, são capazes de for-necer muitas imagens diferentes, a imagem produzida de-pende da distância que o objeto se encontra desse espelho. No caso do espelho utilizado por dentistas, o objeto sempre estará a uma distância inferior à distância focal desse es-pelho, obtendo-se, portanto, uma imagem maior, direita e virtual.
176. Os espelhos esféricos côncavos apenas fornecem imagens virtuais (e maiores) de objetos reais que estejam entre o foco principal e o vértice do espelho.
177. Como R = 30 cm, a distância focal do espelho é f = R/2 = 15 cm.
Na primeira situação, p = 5 cm, temos:
1 1 1 115
15
17 5
f p p pp cm= + ⇒ = + ⇒ = −
’ ’’ ,
(imagem virtual)
Na segunda situação, p = 30 cm, temos:
1 1 1 115
130
130
f p p pp cm= + ⇒ = + ⇒ =
’ ’’
(imagem real)
Logo, a distância entre as posições em que se formam as imagens é de 37,5 cm.
178. A figura mostra as posições relativas dos espelhos e do objeto.
192 2ª. Série
20 cm
OE1 E2
V2 F2C2
C1F1V1
40 cm 40 cm
80 cm
20 cm
Para o espelho côncavo:
1 1 1 140
120
140
f p p pp cm= + ⇒ = + ⇒ = −
’ ’’
(imagem virtual e direita)
A imagem virtual formada pelo espelho côncavo desempe-nhará o papel de objeto real para o espelho convexo. Então, para o espelho convexo, com p = 80 cm, teremos:
1 1 1 120
180
116
f p p pp cm= + ⇒
−= + ⇒ = −
’ ’’
(imagem virtual e direita)
179.
a) Para um objeto muito afastado do espelho (p → ∞), sua imagem será formada no foco principal (p’ = f = 15 m). Então, pela equação do aumento, teremos:
io
pp
DD m= − ⇒
⋅= −
⋅⇒ = −
’
, ,,
15 10
15
15 100 15
9 11
Portanto, a imagem invertida do Sol terá diâmetro de 0,15 m.
b) A densidade de potência solar é dada pela relação entre a potência incidente no espelho e a área do espelho que recebe esta potência. Então:
dPA
PP Wp = ⇒ =
⋅⇒ =1000
575 000
2π
No plano da imagem, essa potência será recebida em uma área correspondente à área de um círculo de raio 0,075 m. Então:
SPA
S S= ⇒ =⋅
⇒ ≅ ⋅75 000
0 0754 4 10 6
π ,, W/m2
c) Para o disco de alumínio, desprezando as perdas de ca-lor durante a reflexão, teremos: Q = m ⋅ c ⋅ ΔT ⇒ 75 000 ⋅ 4 = 600 ⋅ 1 ⋅ ΔT ⇒ ΔT = 500 K
180. A figura a seguir mostra dois raios notáveis usados para determinar a localização do objeto.
C
C: Centro de curvaturaF: FocoV: VérticeI: Imagem
F V I
O objeto se encontra entre F e V e a flecha aponta no mes-mo sentido da flecha que representa a imagem.
181. Como a imagem está mais próxima do espelho do que o objeto, então ela é menor que o objeto. Por ter natureza real, a imagem é invertida. Então, considerando que a imagem é real, menor e invertida, podemos concluir que o espe-lho usado é do tipo côncavo. Pela equação de Gauss, com p = 20 cm e p’ = 12 cm, obtemos:
1 1 1 1 120
112
7 5f p p f
f cm= + ⇒ = + ⇒ =’
,
REFRAÇÃO DA LUZ
182.
ncv
n n= ⇒ =⋅⋅
⇒ =3 10
2 5 1012
8
8,,
183. Ao passar do ar para o vidro, a velocidade da luz diminui. Quanto maior o desvio sofrido pelo raio luminoso, menor será a sua velocidade de propagação. Então, pela figura do enunciado, podemos concluir que vx < vy < vz. Como o ín-dice de refração é inversamente proporcional à velocidade (n = c/v), então nx > ny > nz.
Devemos ainda lembrar que, para uma onda, v = λ ⋅ f e que, na refração, a frequência f da onda não varia. Assim, o comprimento de onda λ e a velocidade v da onda são diretamente proporcionais. Neste caso, como vx < vy < vz, teremos: λx < λy < λz.
184. Como o raio V incide na direção do centro da esfera, sua incidência é perpendicular à superfície e este raio atravessa a esfera sem desvio.
Sendo R o raio da esfera, podemos representar a trajetória dos raios conforme a figura a seguir.
193Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
REFRAÇÃO DA LUZ
60o
ar vidro
A
V
R R
P
C
α
i1
Com a lei de Snell-Descartes, aplicada ao raio A, e conside-
rando o índice de refração do vidro n = 3 , temos:
n sen i n sen i sen i
sen i i
1 1 2 2 1
1 1
3 13
212
30
⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒
⇒ = ⇒ = º
Como o triângulo APC é isósceles, teremos:
2 ⋅ i1 + α = 180° ⇒ 2 ⋅ 30° + α = 180° ⇒ α = 120°
185. O ângulo-limite para o dioptro ar-água é dado por:
sen Ln
nsen L sen L Lar= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
água
143
0 75 48 6, , º
A figura a seguir mostra o raio de luz que, tangenciando a boia, incide na interface água-ar com ângulo de incidência igual ao ângulo-limite.
2,26 m
2,5 m 2,5 – y
boiaar
água
fora de escala
y
48,6o
48,6o
Da figura temos:
tgy y
y m48 62 26
2 5113
2 262 5
0 50, ”,
,,
,,
,=−
⇒ =−
⇒ =
Portanto, um observador, no ar, poderá ver apenas 0,50 m da parte inferior da haste. Essa parte corresponde a 20% do comprimento da haste.
186. Quando um raio se propaga pelo meio com maior índice de refração (n1 = 2) em direção ao vácuo e atinge a superfície de separação entre esses 2 meios, se o raio refratado sai num ângulo de 90º em relação à normal (dito rasante), o ân-gulo que o raio incidente faz com a normal corresponde ao
ângulo limite. Para qualquer ângulo de incidência superior ao ângulo limite, o raio incidente sofrerá reflexão total ao atingir a superfície de separação entre os meios. Aplicando Snell-Descartes:
n1 ⋅ sen θ1 = n2 ⋅ sen θ 2
2 ⋅ sen L = 1 ⋅ sen 90º
sen L = 0,5
L = 30º
187. Na figura B, a luz incide perpendicularmente à placa e não sofrerá desvio em função desta. Ao atingir o prisma, o raio luminoso estará em condição idêntica à situação A.
Na figura C, a placa está disposta paralelamente à face do prisma, a luz ao atravessá-la sofre desvio, porém como a lâmina tem faces paralelas, o raio luminoso, ao retornar para o ar, volta a se propagar na mesma direção que tinha antes de entrar na lâmina. Desse modo, conclui-se que, nesse caso, o ângulo θC será o mesmo verificado no pri-meiro caso (θA). Veja a imagem que ilustra como um raio luminoso atravessa uma lâmina de faces paralelas.
A1
A3
B
d
e
θ1
θ’1
θ’1 = θ1
θ2 θ2
A2
188. O ângulo limite para o prisma é dado por:
sen Ln
nsen L sen L Lar= ⇒ = ⇒ = ⇒ ≅
água
115
23
42,
º
O raio luminoso incide sobre a superfície oposta ao ângulo reto com ângulo de 45º, que é superior ao ângulo limite do prisma. Portanto, o feixe de luz branca sofre reflexão total, como mostrado a seguir.
45o
45o
45o
45o
194 2ª. Série
189. A fonte de luz pontual, colocada a 5,0 cm de L1, está posi-cionada no foco principal da lente convergente. Assim todos os raios emitidos pela fonte e que atravessam L1 emergem paralelamente ao eixo principal e incidem sobre a lente di-vergente L2. Para a lente L2, os raios emergentes têm a di-reção passando pelo foco principal. A figura abaixo mostra a trajetória dos raios que incidem na borda das lentes.
6,0 cm
24 cm4,0 cm5,0 cm
L1 L2
P1 D
A
Uma relação de semelhança de triângulos fornece:
D
DD cm
4 0 246 04 0
286 04 0
42
,,,
,,
+= ⇒
= ⇒ =
Portanto, a região iluminada do anteparo corresponde à área de um círculo com 42 cm de diâmetro, ou seja, com raio de 21 cm.
Logo:
A = π ⋅ R2 ⇒
A = π ⋅ 212 ⇒
A = 441 ⋅ π cm2
190. Da equação de Gauss, com p = 40 cm e f = –40 cm, temos:
1 1 1 140
140
120
f p p pp cm= + ⇒
−= + ⇒ = −
’ ’’
(imagem virtual a 20 cm da lente)
Pela equação do aumento:
io
pp
ii cm= − ⇒
+= −
−( )⇒ = +
’6
20
403
A imagem tem altura de 3 cm e é direita (observe que i e o têm ordenadas positivas).
191. Utilizando raios notáveis, obtém-se a imagem a seguir:
6,0 cm
24 cm4,0 cm5,0 cm
L1 L2
P1 D
A
De acordo com a escala, a imagem está localizada a 6 cm da lente e é invertida, real, maior (4 cm de altura).
192. Para que uma lente de vidro imersa no ar seja convergente, ela deverá ser uma lente de bordas finas. Portanto, apenas as lentes L1 e L3 podem ser usadas como lupa.
193.
I. A afirmação está errada. Observe que, quanto mais ar-redondada estiver a superfície, menor será seu raio de curvatura. Lembre-se de que uma superfície plana tem raio de curvatura que tende ao infinito.
II. A afirmação está correta. Se a lente tivesse faces pla-nas, sua distância focal seria infinita, mas, à medida que as faces se tornam mais e mais arredondadas, sua distância focal diminui.
III. A afirmação está correta. Observe, na figura abaixo, o comportamento de um feixe de luz, paralelo ao eixo da fibra, e que incide na face arredondada.
fibra ótica
microlente
t1
t2t3
194. O aumento linear transversal é A = +2,5 (positivo, pois a imagem é direita).
Com a equação do aumento:
App
pp cm= ⇒ + = − ⇒ = −
’,
’’ ,2 5
27 5
Com a equação de Gauss:
1 1 1 1 13
17 5
5f p p f
f cm= + ⇒ = +−
⇒ =’ ,
195Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
195. Com p = 6 cm e f = 4 cm, com a equação de Gauss, ob-temos:
1 1 1 14
16
112
f p p pp cm= + ⇒ = + ⇒ =
’ ’’
(imagem real)
Lembrando que nas lentes as imagens reais se formam do lado oposto àquele em que se encontram os objetos reais, podemos concluir que a distância entre o objeto e sua ima-gem será (6 + 12) cm, ou seja, 18 cm.
196. Uma lente pode ser usada como lupa se for uma lente con-vergente. Além disso, o objeto deverá ser posicionado entre o foco e o centro óptico desta lente, ou seja, a distância do objeto à lente deverá ser menor que a distância focal da lente.
197. O esquema a seguir ilustra a situação proposta no enun-ciado.
OI2 I1F F
Podemos, com a equação de Gauss, determinar a posição da imagem da fonte de luz pontual conjugada pela lente convergente:
1 1 1 130
1120
140
f p p pp cm= + ⇒ = + ⇒ =
’ ’’
(imagem real)
Observe que esta imagem real desempenha o papel de ob-jeto virtual para a lente divergente.
Então, para a lente divergente, teremos: p = –10 cm e p’ = –150 cm.
Com a equação de Gauss, aplicada à lente divergente, ob-temos:
1 1 1 1 110
1150
9 375f p p f
f cm= + ⇒ =−
+−
⇒ = −’
,
198. a) Na área de 6 mm × 6 mm = 36 mm2, teremos um total
de 500 × 500 pixels.
Então, temos:
500 × 500 × Spixel = 36 ⇒ Spixel = 1,44·10–4 mm2
Portanto, cada pixel ocupa uma área de
12·10–2 mm × 12·10–2 mm.
b) Com a equação de Gauss, sendo p = L, p’ = d = 175 mm e f = 50 mm, vem:
1 1 1 150
1 1175
70f p p L
L mm= + ⇒ = + ⇒ =’
c) Com a equação do aumento linear transversal, e con-siderando que a imagem ocupa toda a área do sensor (i = – 6 mm), teremos:
Aio
pp D
D mm= = − ⇒−
= − ⇒ =’
,6 175
702 4
199. O aumento linear transversal é A = +5 (positivo, pois a ima-gem é direita).
Com a equação do aumento:
App
pp cm= ⇒ + = − ⇒ = −
’ ’’5
1050
Com a equação de Gauss:
1 1 1 1 110
150
12 5f p p f
f cm= + ⇒ = +−
⇒ =’
,
Como a distância focal é positiva, podemos concluir que a lente é convergente, ou seja, uma lente do tipo convexa (bordos finos).
A partir da definição de vergência:
Vf
V V di= ⇒ = ⇒ =1 1
0 1258
,
200. Observe que, à medida que o objeto se aproxima da lente objetiva, a imagem tende a se afastar da lente (p’ aumen-ta), ou seja, a imagem tende a se deslocar para a direita. Contudo, é possível manter a imagem focada sobre o CCD se a lente objetiva for deslocada para a esquerda (o que possibilita o aumento de p’).
201. Pelo gráfico, percebe-se que a distância focal é de 30 cm (nesse ponto a imagem é imprópria) e, como quando o ob-jeto é colocado no centro de curvatura, a imagem possui o mesmo tamanho que o objeto, porém é invertida (negativa no gráfico), conclui-se que o objeto possui 10 cm de altura.
Da equação de Gauss, tem-se:
1 1 1 130
120
1 1 2 360
60f p p p p
p cm= + ⇒ = + ⇒ =−
⇒ = −’ ’ ’
’
Da equação da ampliação, tem-se:
i pp
ii cm
0 10
60
2030= ⇒ = −
−( )⇒ =
’
202. Na situação inicial, com o objeto muito distante, a imagem forma-se no foco da lente. Então: f = p’ = 5 cm.
Para o objeto a 100 cm da lente, aplicando-se a equação de Gauss, obtemos:
196 2ª. Série
1 1 1 15
1100
1 10019
5 3f p p p
p cm= + ⇒ = + ⇒ = ≅’ ’
’ ,
Portanto: Δp’ = 5,3 – 5,0 ⇒ Δp’ = 0,3 cm
203. a) A máquina fotográfica utiliza uma lente convergente, e
o objeto sempre se encontra a uma distância maior que a distância focal dela. Sendo assim, a imagem gerada é projetada num filme e possui as seguintes característi-cas: real, menor e invertida.
b) A luneta e o telescópio projetam no seu foco imagens vindas do infinito, e para produzir o aumento, normal-mente o foco da lente objetiva (que forma a 1a. imagem) fica entre o centro óptico e o foco da lente ocular, que irá produzir uma imagem final virtual, direita e maior que a 1a. imagem.
c) A lupa funciona quando objetos são colocados entre o centro óptico e o foco da mesma, sendo assim produz uma imagem aumentada, direita e virtual.
d) Comentado no item B.
204. Lembrando que nas lentes divergentes as imagens de obje-tos reais sempre são imagens virtuais, direitas e formadas entre o foco principal e a lente, podemos concluir que a miopia pode ser corrigida com lentes esféricas divergentes.
O foco principal da lente a ser usada deve coincidir com a posição do ponto remoto do olho míope. Assim, qualquer
objeto real terá uma imagem formada no intervalo de visão distinta do míope. Portanto: f = – 50 cm = – 0,5 m.
Da definição de vergência:
V
fV V di= ⇒ =
−⇒ = −
1 10 5
2,
205. Usando a equação de Gauss (todas as variáveis medidas em mm), tem-se:
1 1 1 1 1350
120
1 20 350350 20
1 3707 000
18 9
f p p f f
ff mm
= + ⇒ = + ⇒ =+
⋅⇒
⇒ = ⇒ =
’
,
206. A hipermetropia pode ser corrigida com lentes esféricas convergentes. Para que a correção seja possível, a lente deve conjugar, do objeto observado, uma imagem virtual no ponto próximo do olho hipermétrope.
Para o caso apresentado, devemos ter: p = 25 cm e p’ = – 50 cm.
Da equação de Gauss:
1 1 1 1 125
150
150
f p p f fcm= + ⇒ = +
−⇒ =
’
Da definição de vergência:
Vf
V V di= ⇒ =+
⇒ = +1 1
0 502
,
INTRODUÇÃO À ÓPTICA FÍSICA
207. Se a pressão na cápsula for nula (vácuo), então c = λ ⋅ f e
o número de comprimentos de onda que cabem na cápsula
é 2 ⋅dλ
.
Quando a pressão na cápsula é 1 atm (ar à pressão atmos-
férica), a velocidade da luz sofrerá uma redução e, com ela,
o número de comprimentos de onda no interior da cápsula
sofrerá um acréscimo de N em relação à quantidade ante-
rior. Nesta situação, a velocidade da luz na cápsula será v =
λ’·f e o novo número de comprimentos de onda na cápsula
passa a ser:
2 2 22
⋅=
⋅+ ⇒ =
⋅ ⋅⋅ + ⋅
d dN
dd Nλ λ
λλ
λ’’
A partir da definição do índice de refração absoluto, tere-
mos:
ncv
nff
nd
d N
nd N
dn
Nd
= ⇒ =⋅⋅
⇒ =⋅ ⋅
⋅ + ⋅
⇒
⇒ =⋅ +
⋅⇒ = +
⋅⋅
λλ
λλ
λλ
’ 22
22
12
208.
a) Com as equações fornecidas, I = I0 ⋅ cos2θ e IP
d00
24=
⋅ ⋅π,
e tomando π = 3, temos:
IP
dI
d
I
=⋅ ⋅
⋅ ⇒ =⋅ ⋅
⋅
⇒
⇒ =
02
22
2
4
24
4
12
0 125
πθ
πcos
, WW/m2
b) Com a lei de Snell-Descartes, temos:
n sen n sen sen n sen
n n
1 1 2 2 2
2 2
1 60 30
32
12
3
⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒
⇒ = ⋅ ⇒ =
θ θ º º