fÍsica - colégio fato mais - para vencer, o caminho faz toda a … · 2016-04-13 · velocidade...
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– 1
FRENTE 1 – MECÂNICA
n Módulo 9 – Interpretações Gráficas
1) Entre encontros sucessivos, os veículos terão o mesmodeslocamento no mesmo intervalo de tempo; por isso, asvelocidades escalares médias dos veículos I e II serão iguais:Vm(I)
= Vm(II)
O veículo I está em movimento uniforme e sua velo cidadeescalar é constante, dada por:
Vm(I)= = (m/s) = 15m/s
O veículo II está em mo vimento uniformemente variado e suavelocidade es ca lar média é dada por:
Vm(II)= =
Portanto: 15 = ⇒
Resposta: D
2) a) � = = m/s2
b) �s = área (V x t)
�s = (m) ⇒
c) Vm = = = 8,0m/s
ou
Vm = = (m/s) =
Respostas: a) � = 4,0m/s2
b) �s = 32,0m/sc) Vm = 8,0m/s
3) �s = área (V x t)
�s1 = 10 . 5 (m) = 50m
�s2 = (15 + 5) (m) = 100m
�s3 = 10 . 15 (m) = 150m�s = �s1 + �s2 + �s3 = 300m
Vm = = ⇒
Resposta: 10m/s
4) �s = área (V x t)
�s1 = (m) = 8,0m
�s2 = – (7,0 + 5,0) (m) = – 48,0m
a) �s = �s1 + �s2 = – 40,0m
b) A distância percorrida entre t = 0 e t = 9,0s vale 56,0m
Respostas: a) – 40,0m b) 56,0m
5) 1) V1 = 54km/h = m/s = 15m/s
2) V2 = V1 = . 15 (m/s) = 12m/s
3) Gráfico da velocidade escalar x tempo:
�s = área (V x t)
�s1 = (14,0 + 10,0) (m) = 180m
�s2 = (14,0 + 9,0) (m) = 138m
Para o predador atingir a presa, a distância inicial má xima
possível d é dada por:
Resposta: C
6) a) No intervalo de 6s a 16s, a aceleração escalar é nula e,
portanto, o seu módulo é mínimo.
b) De 0 a 6s, temos:
�1 = = = 2m/s2
De 16s a 20s, temos:
�2 = = = – 0,5m/s2
Portanto, o módulo de � é máximo de 0 a 6s.
CADERNO 2 – SEMIEXTENSIVO DE
225––––15
�s–––�t
V–––2
V0 + V––––––––2
V = 30m/sV–––2
16,0––––4,0
�V–––�t
� = 4,0 m/s2
�s = 32,0m4,0 . 16,0–––––––––
2
32,0m––––––4,0s
�s–––�t
8,0m/s0 + 16,0–––––––
2
V0 + Vf–––––––2
10–––2
Vm = 10m/s300m–––––30s
�s–––�t
2,0 . 8,0––––––––
28,0––––2
54–––3,6
4––5
4––5
15–––2
12–––2
d = �s1 – �s2 = 42m
12m/s––––––––
6s
�V–––�t
– 2m/s––––––––
4s
�V–––�t
FÍSICA
c) �s = área (V x t)
�s = (16 + 10) + (12 + 10) (m)
�s = 156 + 44 (m)
d) Vm = = ⇒
Respostas: a) De 6s a 16s
b) De 0 a 6s
c) 2,0 . 102m
d) 10m/s
7) a) Vm = = ⇒
b) �s = área (V x t)
200 = (25 + 15) ⇒
c) � = = (m/s2) ⇒
Respostas: a) 8,0m/sb) 36km/hc) 1,0m/s2
8)
�s = área (V x t)
100 = �TA + TA – �= 2TA – ⇒ 2TA = 20,0 ⇒
100 = (TB + TB – 4,0) ⇒ 16,0 = 2TB – 4,0 ⇒
I) (V) Vm = = = 10,0m/s
II) (V) TA = TB
III) (F) VA = 12,0m/s e VB = 12,5m/s
IV) (V) �A = = (m/s2) = 3,6m/s2
�B = = (m/s2) = 3,125m/s2
Resposta: B
9)
�s = área (V x t)
250 = (9,0 + TR)
TR + 9,0 = 10,0 ⇒
Resposta: C
10) 1) �V = área (a x t)�V1 = 10 . 3,0 (m/s) = 30m/s
�V2 = – 20 . 2,0 (m/s) = – 40m/s
�V = �V1 + �V2 = – 10m/s
2) �m = = (m/s2)
Resposta: C
11) a) �x = área (V x t)
�xI = (m) = 60m
�xII = – (m) = –12m
d = � �xI � + � �xII � ⇒
b) �x = �xI + �xII = 48m
�x = x1 – x048 = x1 – 0 ⇒
c) �xI + �xII + �xIII = 0 ⇒ �xIII = – 48m
�xIII = – (t2 – 12,0) 12 = – 48
Respostas: a) 72mb) 48mc) 16,0s
12) A altura da planta é medida pela área sob o gráficovelocidade escalar x tempo. A área sob o gráfico B é maior
4–––2
12–––2
�s = 2,0 . 102m
Vm = 10,0m/s200m––––––20s
�s–––�t
Vm = 8,0m/s200m––––––25s
�s–––�t
Vmáx = 10m/s = 36km/hVmáx––––––2
� = 1,0m/s210–––10
�V–––�t
12,0––––2
10,0––––3
TA = 10,010,0––––3
50,0––––3
TB = 10,012,5––––2
100m––––––10,0s
�s–––�t
36,0–––––10
�V–––�t
12,5–––––4,0
�V–––�t
�A > �B
50,0––––2
TR = 1,0
–10––––30
�V–––�t
1�m = – ––– m/s2
3
10 . 12––––––––
2
2,0 . 12––––––––
2
d = 72m
x1 = 48m
t2 = 16,0s
2 –
que sob o gráfico A. Portanto:
Resposta: B
13) �V = área (a x t)
�V = (70 + 10) . 10–3 . (m/s) = 2,0m/s = 7,2km/h
Resposta: B
14) a)
b)
15) a)
V < 0 retrógradob) BC � �� < 0 acelerado
V > 0 progressivoEF � �� < 0 retardado
16) 1) Velocidade final do carro:
V = V0 + � t (MUV)
Vf = 0 + 2,0 . 6,0 (m/s) ⇒
2) Gráfico V = f(t)
�s = área (V x t)
Para o encontro: �scarro = �scaminhão
(TE + TE – 6,0) = 10,0 TE
(2TE – 6,0) . 6,0 = 10,0 TE
12,0 TE – 36,0 = 10,0 TE ⇒ 2,0 TE = 36,0 ⇒
�sE = 10,0 TE ⇒
Respostas: 18,0s e 180m17)
�s = área (V x t)
�s1 = (m) = 100m
�s2 = –100m
D = |�s1| + |�s2| = 200m
Resposta: E
18) a) De acordo com o gráfico dado para a aceleração escalar, omovi mento é uni for memente variado no intervalo de 0 a20s com aceleração escalar de 2,0m/s2. Como o móvelcomeça o movi mento com velocidade nula, suavelocidade escalar no instante 20s é 2m/s2 . 20s, ou seja,40m/s. Desse ins tante até 50s, de acordo com o gráfico, omovimento é unifor memente va riado com aceleraçãoescalar de −1,0m/s2, de modo que sua velo cidade escalarno instante 50s é (40m/s) – (1,0m/s2) . (50s − 20s), ou seja,10m/s. Com esses dados, obtemos o seguinte gráfico:
HB > HA
50–––2
Intervalode
tempo
MU ouMUV
Sinal de V
Sinal de �
Progressivo ou retró -grado
Acelerado ou retar -dado
0 Æ t1 MUV V > 0 � > 0 Progressivo Acelerado
t1 Æ t2 MU V > 0 � = 0 Progressivo —
t2 Æ t3 MUV V > 0 � < 0 Progressivo Retardado
t3 Æ t4 MUV V < 0 � < 0 Retró grado Acelerado
t4 Æ t5 MU V < 0 � = 0 Retró grado —
t5 Æ t6 MUV V < 0 � > 0 Retró grado Retardado
vf = 12,0m/s
12,0––––2
TE = 18,0
�sE = 180m
10 . 20,0––––––––
2
– 3
b) A distância percorrida pelo móvel no intervalo de 0 a 50sé a área sob o gráfico da velocidade escalar entre essesinstantes, ou seja:
�s = + (40 + 10) (m)
Respostas: a) ver gráficob) 1150m
19)
�s = área (V x t)
100 = (TA + TA – 4)
2TA – 4 =
TA – 2 =
TA = + 2 = � 11,1
100 = (TB + TB – 3)
2TB – 3 = 20
2TB = 23 ⇒ TB = 11,5
Resposta: B
20)
�s = área (V x t)
�sA = – (m) = –125m
�sB = (m) = 125m
Resposta: D
21)
�s = área (V x t)
�s = (13,0 – 7,0) (m)
Resposta: B
n Módulo 6 – 1.a e 2a Leis de Newton
1) Durante a freada, a carga tende a manter sua velocidadevetorial por inércia (1.a Lei de Newton) e, se não estiver bemamarrada, vai colidir contra a cabina do motorista.Resposta: C
2) A força resultante é nula quando o corpo está em re pouso ouem movimento retilíneo e uniforme (velo cidade vetorialcons tante).Portanto, a resultante será não nula no corpo I (mo vimentocir cular uniforme) e no corpo II (movimento retilíneo e uni -formemente variado).Resposta: D
3) Sendo a velocidade constante (MRU), a força resultante é nu -la e a força total aplicada pelo escorregador deve equilibrar opeso:
�F→
+ P→
= 0→ ⇒
Resposta: B
4) a) FR = 6,0N (ver figura)
b) PFD: FR = ma
6,0 = 1,2 . a ⇒
Respostas: a) 6,0Nb) 5,0m/s2
30–––2
20 . 40–––––––
2
�s = 1150m
11–––2
200––––11
100––––11
122––––11
100––––11
10–––2
TB – TA = 0,4
50 . 5,0––––––––––
2
50 . 5,0––––––––––
2
d = |�sA| + |�sB| = 250m
6,0–––2
�s = 18,0m
�F→
= –�P→
a = 5,0m/s2
4 –
5) PFD (M + m): �→F0 = (M + m) a→
PFD (m): �→F = m a→
�→F = m .
��→F = �
→F0 = �
→F0
Resposta: A
6) 1) Como a função V = f(t) é do 1.o grau, o movimento é uni -
formemente variado e a aceleração escalar � é constante
e é dada por:
� = = (m/s2) = – 6,0m/s2
2) Como a trajetória é retilínea, a componente centrípeta da
aceleração vetorial é nula e portanto:
3) 2.a Lei de Newton (PFD):
FR = ma
FR = 0,5 . 6,0 (N)
Resposta:
7) a) =
=
b) 1) V2 = V02 + 2 � �s
0 = 400 + 2 � 25
50� = – 400
2) a = � � � = 8,0m/s2
3) FR = ma = 1,0 . 103 . 8,0 (N)
Respostas: a) 2,5s b) 8,0kN
8) a) V = 10m/s = 10 . 3,6km/h ⇒
b) �s =N área (V x t)
�s = (22,5 + 17,5) (m)
c) De 0 a 3,0s, a aceleração é constante (MUV) e seu móduloa é dado por:
a = = (m/s2) ⇒
d) De acordo com a 2.a Lei de Newton:
F = ma = 80 . 2,0 (N) ⇒
Respostas: a) 36km/h b) 2,0 . 102mc) 2,0m/s2 d) 1,6 . 102N
9) F = m a1 (1)
F = M a2 (2)
F = (M + m) a (3)
De (1): m =
De (2): M =
Em (3): F = � + � a
1 = � � a
a = = (m/s2) ⇒
Resposta: C
10) a) Não havendo atrito entre o bloco de gelo e o reboque, o ge -lo fica isento de forças horizontais e sua aceleração é nula.O caminhão e o reboque terão acelerações iguais, cujomódulo a é dado por:
PFD: Fat = (mC + mR) a
10 000 = 4 000 . a ⇒
b) A força transmitida pelo engate vai acelerar o reboque:
F = mR . a
F = 1,0 . 103 . 2,5 (N)
Respostas: a) ag = 0; aC = aR = 2,5m/s2
b) 2,5kN
n Módulo 7 – Peso de um Corpo e 3.a Lei de Newton
1) Desprezando-se o efeito do ar, a única força atuante na bolaé o seu peso, que tem direção vertical, sentido para baixo emódulo P = mg = 6,5N.
2) 01.Falsa. Após ser lançada para cima, a força resultante sobrea laranja (soma vetorial do peso com a resistência do ar) édirigida para baixo.
�→F0
–––––––M + m
m––––––––M + m
5,0–––––20,0
� � →F0
�→F = –––––
4
�V––––�t
– 24,0–––––4,0
a = at = � � � = 6,0m/s2
FR = 3,0N
�s––––�t
V0 + V––––––––2
25––––�t
20 + 0––––––––
2
�t = 2,5s
� = – 8,0m/s2
FR = 8,0 . 103N = 8,0kN
V = 36km/h
10––––2
�s = 2,0 . 102m
�V––––�t
10,0––––5,0
a = 2,0m/s2
F = 1,6 . 102N
F–––a1
F–––a2
F–––a1
F–––a2
a2 + a1–––––––a1a2
a1 a2––––––––a2 + a1
12,0 . 3,0––––––––15,0
a = 2,4m/s2
a = 2,5m/s2
F = 2,5kN
– 5
02.Falsa. No ponto de altura máxima, a velocidade se anula ea força resultante na laranja é o seu peso.
04.Verdadeira.08.Falsa. A força dirigida para cima só existe enquanto a la -
ranja está na mão da pessoa, isto é, no ato de lançamento.16.Verdadeira. É a aceleração da gravidade.Resposta: 20
3) a) PFD (objeto):
2F – P = ma
2F = P + a = P �1 + � = P � �
b) Para o equilíbrio:
2F = P ⇒
Respostas: a) F = � �
b) F =
4) a) Como a força tensora T = 1200N é maior que o peso dobloco P = 1000N, a aceleração a→ é dirigida para cima.
PFD: T – P = m a
1200 – 1000 = 100 . a ⇒
b) O sentido do movimento (subindo ou descendo) não estádeterminado.O helicóptero pode estar subindo com movimento ace-le rado (↑ V
→↑ a→ ) ou descendo com movimento retardado
(↓ V→
↑ a→).
5) a) 1) F = 50V2
200 = 50V12 ⇒ V1
2 = 4,0
2) PFD: P – F = ma
800 – 200 = 80a1
b) V = Vlim, quando F = P
50Vlim2 = 800 ⇒ Vlim
2 = 16 ⇒
Respostas: a) 2,0m/s e 7,5m/s2
b) 4,0m/s
6) a) (F) Para ter o mesmo peso, no mesmo planeta, os corposdeveriam ter massas iguais.
b) (F) A massa do corpo não depende do local e o corpo Aterá massa de 1,0kg em qualquer planeta.
c) (F) A massa é constante.d) (F) O peso depende do local.e) (V) PB = mB gM = 2,5 . 4,0 (N) = 10,0N
PA = mA gT = 1,0 . 10,0 (N) = 10,0NResposta: E
7) a) Morango em equilíbrio:
� F→
= 0→
F→
+ P→
= 0→
direção de F→: vertical
F→
= – P→ ⇒ � sentido de F
→= para cima
� F→� = � P
→ �
b) Reação à força F→: na saladeira
Reação ao peso: na Terra
8) I. Falsa.O corpo pode estar em MRU.
II. Falsa.N→
e P→
não são, entre si, ação e reação, pois estãoaplicadas ao mesmo corpo.
III. Correta.A reação tem a mesma intensidade da ação (peso).
IV. Falsa.Ação e reação têm sempre a mesma intensidade.
Resposta: B
9) A força resultante é nula:
2 T = P
T = = (N)
Resposta: 300N
10) a) A força que a Terra aplica sobre a esfera é o seu peso:
FTE = PE = mEg = 24 . 10 (N) = 240N
De acordo com a 3.a Lei de Newton (ação e reação), a
esfera aplica sobre a Terra uma força de mesma
intensidade: 240N.
b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton à Terra, vem:
FET = mT aT
240 = 6,0 . 1024 aT ⇒ aT = 4,0 . 10–23m/s2
10–23 < 4,0 . 10–23 < 10–22
Como 4,0 > 10 , a ordem de grandeza é 10–22m/s2
Respostas: a) 2,4 . 102N
b) 10–22m/s2
P–––g
a––g
g + a–––––g
P g + aF = ––– �–––––––�
2 g
P F = –––
2
P–––2
g + a–––––g
P–––2
a = 2,0m/s2
V1 = 2,0m/s
a1 = 7,5m/s2
Vlim = 4,0m/s
P––2
600––––2
T = 300N
6 –
11) (1) Correta.PFD: F – P = ma
F = m (a + g)
F = 1,0 (12,0) (N)
(2) Correta. P = mg = 10,0N(3) Correta. É a reação à força F
→.
(4) Falsa.Resposta: B
12) 1) PFD (A + B): F = (mA + mB) a
7,0 = 14,0 . a
2) PFD (B): FAB = mB a
FAB = 6,0 . 0,5 (N)
3) Lei da ação e reação:
Resposta: B
13) 1) PFD (A + B):
F = (mA + mB) a
6,0 = 3,0a ⇒
2) PFD (A):
T = mAa
T = 1,0 . 2,0 (N) ⇒Resposta: A
14) a)
1) O dinamômetro ideal tem massa desprezível; a forçare sultante sobre ele é sempre nula e a força que eleindica é a força aplicada em uma de suasextremidades.
2) PFD (B): T = mB a
20,0 = 5,0 . a ⇒b) PFD (A + B):
F = (mA + mB) a
F = 11,0 . 4,0 (N) ⇒
Respostas: a) 4,0m/s2
b) 44,0N
15) a) PFD (A + B + C):
F = (mA + mB + mC) a
30,0 = 12,0 a ⇒
b) PFD (B + C):
FAB = (mB + mC) a
FAB = 8,0 . 2,5 (N) ⇒
c) PFD (C):
FBC = mC a
FBC = 2,0 . 2,5 (N)
FBC = 5,0N = FCB (ação e reação)
Respostas: a) 2,5m/s2
b) 20,0N
c) 5,0N
16) a) PFD (A + B + C):
F = (mA + mB + mC) a
30 . 103 = 60 . 103 . a
b) PFD (B + C):
FAB = (mB + mC) a
FAB = 30 . 103 . 0,5 (N)
c) PFD (C):
FBC = mC a
FBC = 25 . 103 . 0,5 (N)
FBC = 1,25 . 104 N
Respostas: a) 0,5m/s2
b) 15kN
c) 12,5kN
17) a) PFD (A + B + C): F1 – F2 = (mA + mB + mC) a
36,0 – 12,0 = 8,0a ⇒
b) PFD (A):
F1 – FBA = mA . a
36,0 – FBA = 4,0 . 3,0
F = 12,0N
a = 0,5m/s2
FAB = 3,0N
FBA = FAB = 3,0N
a = 2,0m/s2
T = 2,0N
a = 4,0m/s2
F = 44,0N
a = 2,5m/s2
FAB= 20,0N
a = 0,5m/s2
FAB = 15kN
FBC = 12,5kN
a = 3,0 m/s2
FBA = 24,0 N
FAB = FBA = 24,0 N
– 7
c) PFD (C): FBC – F2 = mC . a
FBC – 12,0 = 2,0 . 3,0
Para conferir:FAB – FCB = mB . a
24,0 – 18,0 = 2,0 . a
Respostas: a) 3,0 m/s2
b) FAB = FBA = 24,0 N
c) FBC = FCB = 18,0 N
18) 1) PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC) a
2) PFD (B + C): T1 = (mB + mC) a
3) PFD (C): T2 = mC a
F = T1 + T2 ⇒ (mA + mB + mC) a = (mB + mC + mC) a
mA + mB + mC = mB + 2 mC
(mB qualquer)
Resposta: C
19) a) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao conjunto dos doisblocos, vem:
F = (mA + mB) a
2,0 = 5,0 . a
b) Isolando-se o bloco superior (A), vem:
2.a Lei de Newton no bloco A:
FatBA = mA a
FatBA= 2,0 . 0,40 (N)
(ação e reação)
Respostas: a) A aceleração tem módulo 0,40m/s2
b) 0,80N
20) 1) PFD (A + B + corda): F = (mA + mB + mC) a
12,0 = 6,0 . a ⇒
2) PFD (B + metade da corda):
T = �mB + � aT = (2,0 + 0,5) . 2,0 (N)
Resposta: C
21) 1) PFD (A + B): F1 – F2 = 3Ma
29,0 – 5,0 = 3Ma
Ma = 8,0
2) PFD (B):
FH – F2 = 2Ma
FH – 5,0 = 16,0
3) PFD (A):
F1 – FH = Ma
29,0 – FH = 8,0
A haste está sendo tracionada por uma força de inten -sidade FH = 21,0N.A força resultante na haste é nula porque ela tem massadesprezível.Resposta: C
22) a) PFD (A + B):F – (PA + PB) = (mA + mB) aF – 60,0 = 6,0 . 2,0
b) PFD (B): T – PB = mB a
T – 40,0 = 4,0 . 2,0
Respostas: a) 72,0Nb) 48,0N
a = 3,0 m/s2
mC = mA
a = 0,40m/s2
FatBA= FatAB
= 0,80N
a = 2,0m/s2
mC–––
2
T = 5,0N
FH = 21,0 N
FH = 21,0N
F = 72,0N
FBC = 18,0 N = FCB
T = 48,0N
8 –
23) a) Considere o sistema constituído pelos três elos e m = mas -sa de cada elo.
PFD (sistema):
F – 3 m g = 3 m a
F = 3 m (a + g)
F = 3 . 0,10 . 13 (N)
b) �PFD (elo): FR = m a
FR = 0,10 . 3,0 (N)
c) PFD (elo de baixo):
F1 – m . g = m . a ⇒ F1 = m . a + m . g
F1 = m . (a + g) = 0,10 . 13 (N)
Respostas: a) 3,9N b) 0,30N c) 1,3N
24) a)
b) Como não há atrito, não há resistência ao movimento equais quer que sejam as massas M e m o sistema sempreserá acelerado.
c) PFD (A): T1 = Ma1 (1)
PFD (B): PB – T1 = ma1 (2)
PFD (A + B): (1) + (2) PB = (M + m) a1
mg = (M + m) a1 ⇒
d) Em (1):
e) Se invertermos A e B:
25) a) 1) A partir do gráfico:
a = = (m/s2) = 0,5m/s2
2) PFD (m1): T = m1 a (1)
PFD (m2): m2g – T = m2a (2)
PFD (m1 + m2): m2g = (m1 + m2) a
10,0 = (m1 + 1,0) 0,5
20,0 = m1 + 1,0 ⇒
b)m2g – FN = m2a (3)
Comparando-se (2) e (3):
FN = T = 19,0 . 0,5 (N) ⇒
Respostas: a) 19,0kg b) 9,5N
26) a) PFD (A + B + C):
PC = (mA + mB + mC) a
50,0 = (3,0 + 2,0 + 5,0) a
b) PFD (B):
FAB = mB a
FAB = 2,0 . 5,0 (N)
c) PFD (A + B):
T = (mA + mB) a
T = 5,0 . 5,0 (N) ⇒
Respostas: a) 5,0m/s2 b) 10,0N c) 25,0N
27) a) PFD (A + B + C): PA = (mA + mB + mC) a
40,0 = 8,0 a ⇒
b) PFD (B + C): T = (mB + mC) a
T = 4,0 . 5,0 (N) ⇒
c) PFD (C): FatBC = mC . a
FatBC = 1,0 . 5,0 (N)
Respostas: a) a = 5,0m/s2 b) T = 20,0N c) Fat = 5,0N
F = 3,9N
FR = 0,30N
F1 = 1,3N
mga1 = ––––––––
M + m
M mgT1 = ––––––––
M + m
Mg a2 Ma2 = ––––––––– e –––– = –––––m + M a1 m
M a2 = –––– a1m
m M g T2 = ––––––––– ⇒m + M
T2 = T1
�V––––�t
1,0––––2,0
m1 = 19,0kg
FN = 9,5N
a = 5,0 m/s2
FAB = 10,0 N
T = 25,0 N
a = 5,0m/s2
T = 20,0 N
FatBC = 5,0N = FatCB
– 9
28) a) Quando o eixo da polia móvel se desloca de uma distânciax, o bloco B desloca-se de 2x e, portanto:
aB = 2aA ⇒
b)
PFD (A): 2T = mA a (1)
PFD (B): PB – T = mB 2a (2)
(2) x 2: 2PB – 2T = 4 mB a (3)(1) + (3): 2PB = (mA + 4mB) a
2 . 50 = (20 + 4 . 5) a
100 = 40 . a ⇒
c) 2T = mA a
2T = 20 . 2,5 ⇒
d)
Respostas: a)
b) aA = 2,5m/s2 e aB = 5,0m/s2
c) 25N
d) 50N e 25�2 N
29) a) Para que o bloco A não se movimente verticalmente, te mos:
T = PA = mA g = 0,3 . 10(N) ⇒
b) A força aplicada pelo fio é a resultante que acelera o bloco B:
PFD (B): T = mB a
mA g = mB a
a = g = . 10 (m/s2)
c) A força →F é a resultante que acelera todo o sistema
(A + B + C):
PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC) a
F = (0,3 + 0,2 + 1,5) 15 (N)
Respostas: a) 3,0N b) 15m/s2 c) 30N
30) a) PFD (bloco):
P – Fdin = ma
20 – 15 = 2,0 . a
↓ a→
b) O sentido do movimento não está determinado.
O elevador pode estar:
a→ ↓ ↓ V→ descendo com movimento acelerado
a→ ↓ ↑ V→ subindo com movimento retardado
c) P – F = ma
mg – ma = F
F = m (g – a)
Respostas: a) a = 2,5m/s2; para baixob) pode estar descendo com movimento acele -
rado ou subindo com movimento retardado.c) 7,5m/s2
31) a) Aplicando-se a 2.ª Lei de Newton aobloco, vem:P – Fdin = mamg – ma = FdinFdin = m (g – a) = m gap = Paparente
gaparente
Fdin = 10 . 8,0 (N) ⇒
b) 1) ↑ →v : subindo com movimento retardado.a→↓
2) ↓ →v : descendo com movimento acelerado.
c) queda livre: a = g ⇒ gap = g – a = 0 ⇒ Pap = 0 = Fdin
Respostas: a) 80Nb) pode estar subindo com movimento retar da -
do, ou des cendo com movimento acelerado.c) zero
32) a) PFD (bloco): Fdin – mg = ma
Fdin = m (a + g)
gaparente
Fdin = 2,0 . 12,0 (N)
b) ↑ a→ ⇒ gap = g + a = 12,0m/s2
aB–––– = 2aA
a = 2,5m/s2
aA = 2,5m/s2 e aB = 5,0m/s2
T = 25N
F1 = 2T = 50N F2 = T�2 = 25�2 N
aB–––– = 2aA
T = 3,0N
mA––––mB
0,3––––0,2
a = 15m/s2
F = 30N
a = 2,5m/s2
↓ a→ ⇔ gap = g – a
↑ a→ ⇔ gap = g + a
gap = g – a = 7,5m/s2
Fdin = 80N
Fdin = 24,0 N
10 –
c) ↑ a→=
d) �s = V0t + t2 (MUV)
1,5 = 0 + T2
T2 = 0,25 ⇒
Respostas: a) 24,0Nb) 12,0m/s2
c) ou subindo com movimento acelerado oudes cen do com movi mento retardado
d) 0,50s
33) a)
PFD (A): T – PA = mAa (1)
PFD (B): PB – T = mBa (2)
PFD (A + B): PB – PA = (mA + mB)a
30 – 20 = 5,0 . a
b) Em (1):
T – 20 = 2,0 . 2,0 ⇒
Respostas: a) 2,0m/s2 b) 24N
34) 1)
1) PFD (A): T – PA = MAaA30 – 10 = 1,0 aA
⇒
2) PFD (B): T – PB = MBaB30 – 20 = 2,0 aB
⇒
A aceleração da polia tem módulo dado por:
aP = (m/s2) ⇒
Resposta: C
35) a) 1) Cálculo da aceleração dos blocos A e B:
PFD (A + B): PA – PB = (mA + mB) a
30,0 – 20,0 = 5,0 . a ⇒
2) �s = V0 t + t2
16,0 = 0 + tA2 ⇒
b) 1) Velocidade escalar de B quando A atinge o solo:V2 = V0
2 + 2� �s
VB2 = 0 + 2 . 2,0 . 16,0 ⇒
2) Distância percorrida por B depois que A chega ao solo:
V2 = VB2 + 2� �s
0 = 64,0 + 2(–10,0) �s
20,0 �s = 64,0s
3) Hmáx = H0 + �s
Hmáx = 16,0 + 3,2 (m)
Respostas: a) 4,0sb) 19,2m
36) a) Para um referencial no elevador, temos:
�s = V0t + t2
1,6 = (0,8)2
� = (m/s2) ⇒
Esta aceleração corresponde à gra vidade apa rente e,
como é menor que a gra vidade real (10,0m/s2),
concluímos que a aceleração do eleva dor é di rigida para
baixo e de módulo a dado por:
5,0 = 10,0 – a ⇒
b) A balança indica o peso aparente da pessoa:
Pap = m gap
Pap = 70 . 5,0 (N) ⇒
c) Para um referencial no elevador, temos:
V = V0 + � t
Vrel = 0 + 5,0 . 0,8 (m/s)
{ 1) ↑ V→ subindo com movi men to acelerado2) ↓ V→ descendo com movi men to retardado
�––2
12,0–––––2
T = 0,50s
a = 2,0m/s2
T = 24N
aA = 20m/s2
aB = 5,0m/s2
aA + aBaP = ––––––––––2
20 + 5,0–––––––––
2aP = 12,5 m/s2
a = 2,0 m/s2
�––2
2,0–––2
tA = 4,0s
VB = 8,0 m/s
�s = 3,2 m
Hmáx = 19,2 m
�––2
�––2
� = 5,0m/s23,2
–––––0,64
gap = g – a
a = 5,0m/s2
Pap = 350N
Vrel = 4,0m/s
– 11
d) A velocidade resultante (rela ti va aosolo ter restre) é a soma ve to rial davelocidade relativa (4,0m/s) com avelocidade de ar ras tamento doelevador (4,0m/s) e, como os sen tidossão opos tos, ela será nula.
Respostas: a) 5,0m/s2; para baixo b) 350Nc) 4,0m/s d) zero
37) Aplicando-se a 2.a Leide Newton:
Bloco A: P – T = ma (1)
Bloco B: 2T – P = ma (2)
Bloco C: P – T = ma (3)
(1) + (2) + (3): P = 3ma
mg = 3ma ⇒
⇒ ↑→a
Resposta: C
38)
PFD (E): TA – PE = mE a (1)
PFD (CP): TB + PB – TA = mCP a (2)
Como mE = mCP = m, vem:
(1) + (2): TB = 2m a
TB = 10,0 . 102 . 1,0 (N)
Resposta: A
39) PFD (andaime + lavador):3F – Mg = Ma
F = = (N)
n Módulo 8 – Atrito
1) Calculemos, inicialmente, a intensidade da força de atrito dedes ta que entre o bloco e o plano de apoio:
Fdestaque = e Fn = e mg
Fdestaque = 0,50 . 2,0 . 10,0 (N) fi
a) Como a força motriz (F = 9,0N) tem intensidade menor quea da força de atrito de destaque (10,0N), o atrito seráestático e, portanto:
Como o bloco permaneceu em repouso, sua aceleração énula:
b) Como a força motriz (F = 12,0N) tem intensidade maiorque a da força de atrito de destaque (10,0N), o atrito serádinâmico e, portanto:Fat = d . FN = d mg
Fat = 0,40 . 2,0 . 10,0 (N) fi
Para obtermos o módulo da aceleração do bloco,aplicamos a 2.a Lei de Newton: F – Fat = ma
12,0 – 8,0 = 2,0 . a fi
Respostas: a) Fat = 9,0N e a = 0b) Fat = 8,0N e a = 2,0m/s2
2)
1) Como a aceleração vertical do bloco é nula, temos:
FN = P = mg
FN = 40 . 10 (N) fi
2) Como a aceleração horizontal do bloco é nula, temos:
3) Sendo o atrito dinâmico, temos:
200 = d . 400 fi
Resposta: 0,50
a = g/3
TB = 1,0 . 103N
M (a + g)––––––––
3
160 . 10,5–––––––––
3
F = 560N
�→VR � = 0 Fdestaque = 10,0N
Fat = F = 9,0N
a = 0
Fat = 8,0N
a = 2,0m/s2
FN = 400N
Fat = F = 200N
Fat = d FN
d = 0,50
12 –
3)Æ
P = peso do bloco
Æ
Fn = reação normal de apoio
Æ
Fat = força de atrito dinâ -mica
a) Como o bloco não tem aceleração na direção vertical,temos:Æ
Fn + Æ
P = Æ
0 fiÆ
Fn = –Æ
P fi �Æ
Fn� = �Æ
P� = mg
Como o bloco está em movimento, a força de atrito édinâmica e sua intensidade é dada por:
�Æ
Fat� = �Æ
Fn� = �Æ
P� = mg
A força de atrito é a força resultante que está freando obloco e, portanto, de acordo com a 2.a Lei de Newton(PFD), temos:
�Æ
Fat� = m � Æa � fi mg = m � Æa � fi
b) Sendo a aceleração escalar constante e não nula (demódulo g), o movimento de freada do bloco é unifor -memente variado e, para calcular a distância percorridaaté parar (d), pode mos usar a Equação de Torricelli:
V2 = V02 + 2 � �s
Convencionando como positivo o sentido do movimento,te re mos:
Quando o bloco parar, teremos: V = 0 e �s = d.
Assim: 0 = V02 + 2 ( – g) . d
2gd = V02
fi
Respostas: a) g
V02
b) ––––2g
4) A força responsável pela aceleração da caixa é a força deatrito aplicada pelo plano de apoio:PFD(caixa): Fat = maSe o caminhão acelerar, a caixa tende a escorregar para tráse a força de atrito é dirigida para frente.Se o caminhão frear, a caixa tende a escorregar para frente ea força de atrito é dirigida para trás.
Para a caixa não escorregar, o atrito deve ser estático e teremos:Fat � E FNma � E mg
a � E gamáx = E g = 0,60 . 10,0m/s2
Resposta: C
5) 1) fatA= A PA = 0,20 . 60,0N = 12,0N
2) fatB= B PB = 0,30 . 40,0N = 12,0N
3) PFD (A + B): F – (fatA+ fatB
) = (mA + mB)a
60,0 – 24,0 = 10,0a
4) PFD (B): FAB – fatB= mBa
FAB – 12,0 = 4,0 . 3,6
FAB – 12,0 = 14,4 fi
Resposta: A
6) a) 1) Fatdestaque = E FN = 0,40 . 40,0N = 16,0N
2) Fatdin = E FN = 0,20 . 40,0N = 8,0N
b) Como a força motriz aplicada (10,0N) não superou a forçade atrito de destaque (16,0N), a caixa fica em repouso eteremos: Fat = F = 10,0N
c) Como a força motriz aplicada (20,0N) superou a força de atri -to de destaque (16,0N), o atrito será dinâmico e tere mos:
Fat = Fatdin = 8,0N
PFD: F – Fat = ma
20,0 – 8,0 = 4,0a ⇒
d)
F = Fatdin = 8,0N
e)
Respostas: a) Fatdestaque = 16,0N; Fatdin = 8,0N b) 10,0N
c) 8,0N; 3,0m/s2 d) 8,0N
e) vide gráfico7) A partir do gráfico, temos:
Fatdestaque = 1,0N
Fatdin = 0,8N
Fatdestaque = E FN = E P
1,0 = E 1,0 ⇒Fatdin = D FN = D P
0,8 = D 1,0 ⇒Resposta: B
� Æa � = g
� = – �Æ
a � = – g
V02
d = –––––2g
amáx = 6,0m/s2
a = 3,6m/s2
FAB = 26,4N
a = 3,0m/s2
E = 1,0
D = 0,8
– 13
8) a) 1) Força de atrito que o chão aplica em A:
Fat = (PA + PB)
Fat = 0,50 . 100 (N) ⇒
2) PFD (A + B): F – Fat = (mA + mB) a
125 – 50 = 10 a
b) 1) Força normal que A aplica em B:
NAB = PB = mBg = 40N
2) Força de atrito que A aplica em B:
PFD(B): FatAB = mBa
FatAB = 4,0 . 7,5 (N) = 30N
3) Força resultante que A aplica em B:
F2AB = N2AB + Fat
2AB
c) FatAB = E NAB �
30 = E 40
Respostas: a) 7,5 m/s2 b) 50 N c) 0,75
9) a) PFD: fat = M a
fat � FN
M a � M g
a � g ⇒
b)
PFD: F – Fat = (M + m) aF = (M + m) g + (M + m) aF = (M + m) (a + g)Fmáx = (M + m) (amáx + g)
Fmáx = (M + m) ( g + g)
Respostas: a) gb) 2 (M + m) g
10) a) FatX = PX = 0,20 . 20,0 (N) = 4,0N
FatY = PY = 0,20 . 30,0 (N) = 6,0N
b) PFD (X + Y):
(F1 – F2) – (FatX + FatY) = (mX + mY) a
34,0 – 10,0 = 5,0 . a
c) PFD (X):
F1 – (FatX + FYX) = mX a
40,0 – (4,0 + FYX) = 2,0 . 4,8
36,0 – FYX = 9,6
Respostas: a) 4,0N e 6,0Nb) 4,8m/s2
c) 26,4N
11) Para um corpo em um plano inclinado sem atrito, temos:
PFD: Pt = mam g sen � = ma
Os dois blocos, I e II, terão a mesma aceleração a = g sen � eum ficará parado em relação ao outro.Resposta: A
12) Durante a descida do plano inclinado, a aceleração de cadabloco é g sen 30°; a força resultante em cada bloco é a com -ponente tangencial do respectivo peso e a força de interaçãoentre os blocos é nula, isto é:
�Æ
f1 = �Æ
0 e �Æ
f2 = �Æ
0Resposta: A
13)1) PFD: Pt = ma
mg sen � = ma
a = g sen �
a = 10 . 0,80 (m/s2)
2) VB2 = VA
2 + 2 � �s (MUV)
VB = 288 = m/s = 80m/s
(80)2 = 0 + 2 . 8,0 . �s
Resposta: 4,0 . 102m
14) Esfera 1:O módulo da aceleração da esfera é igual ao da gra vi dade:
Fat = 50N
a = 7,5 m/s2
FAB = 50 N
E = 0,75
amáx = g
Fmáx = 2 (M + m) g
a = 4,8m/s2
FYX = 26,4 N
a = g sen �
a = 8,0m/s2
km–––h
288–––3,6
�s = 4,0 . 102m
14 –
�aÆ1� = g fi h = gt12 (1)
Esfera 2:A componente da aceleração paralela ao plano é:
a = g sen 30° =
Logo:
�Æ
a2� =
d = . . t22 = gt22 � fi 2h = gt22
sen 30° = = fi d = 2h
h = gt22 (2)
Comparando-se as equações (1) e (2), obtemos:
gt12 = gt2
2 fi = fi
Resposta: =
15)
1) PFD: Pt – Fat = ma
mg sen � – � mg cos � = ma
2) V2 = V02 + 2 � �s (MUV)
V2 = 0 + 2g (sen � – � cos �) L
Resposta: C
16) a) tAB = tBC fi a1 = a2 fi FR1= FR2
Pt = Fat – Pt
Fat = 2Pt
� P cos � = 2 P sen �
b) V = V0 + � tVB = 5,0 . 1,0 (SI)
c)
Respostas: a)
b) 5,0m/sc) ver gráfico
17)
PFD: F – Pt = m a
F – mg sen � = m a
F = m(a + g sen �)
F = 50(2,0 + 10 . 0,60) (N)
Resposta: A
18) 1) Conforme a figura:
sen � = = 0,60 e cos � = = 0,80
2) Pt = Psen � = 50 . 0,60 (N) = 30N
3) Fat = � Pn = � P cos � = 0,40 . 50 . 0,80 (N) = 16N
4) PFD: F – (Pt + Fat) = m a
50 – (30 + 16) = 5,0a
50 – 46 = 5,0a fi
Resposta: B
FRENTE 2 – TERMOLOGIA E ÓPTICA
n Módulo 5 – Estudo dos Gases Perfeitos
1) O comportamento de um gás real aproxima-se do comporta -mento de um gás ideal quando submetido a altastemperaturas e baixas pressões (devido ao baixo número demoléculas contido na amostra).Resposta: D
1––2
g––2
g––2
1––2
g––2
1––4 1
––4
h––d
1––2
1––8
1––2
1––8
t12
–––t2
2
1––4
t1 1––– = ––t2 2
t1–––t2
1––2
a = g(sen � – � cos �)
V = ���������������2gL (sen � – � cos �)
���3� = 2 tg � = 2 . ––––
3
mVB = 5,0 –––
s
2 ���3––––––
3
F = 400N
6,0–––––10,0
8,0–––––10,0
a = 0,80m/s2
– 15
2)
em que n =
m fi massa de amostra
M fi massa molar
pV = R T
p =
em que = d (massa específica)
p = d fi
Vemos então que, duplicando a pressão, a massa específicaduplicará.Resposta: B
3) I) V.
II) F.
III) F. O ar no interior da lata tem sua pressão diminuída eassim será amassada, pois a pressão externa será maiorque a interna.
Resposta: C
4) Dados:
V = 4,1�
p = 40atm
n = 5mols
T = ?
R = 0,082
40 . 4,1 = 5 . 0,082T
40 . 4,1 = 0,41 T
�C = T – 273
Resposta: A
5) Dados:
V = 8,2�
m = 64g
�c = 27°C
p = ?
M = 32g
R = 0,082
n =
p . 8,2 = . 0,082 . (27 + 273)
p . 100 = 2,0 (300)
Resposta: D
6) Dados:n1 = 4mols8 . 1012 moléculas escapam 6,02 . 1023 (n.° de Avogadro)
O número de moléculas que restam no balão é igual a:
Z = 4mols – 8 . 1012 =
Z = 4 . 6,02 . 1023 – 8 . 1012
Z � 4 . 6,02 . 1023 =
Z � 24,08 . 1023 =
Ordem de grandeza:
Resposta: D
7)
p V = R T
=
Resposta: B
8)
pA pB VA VB
TA TB = TA
pV = n R T
m–––M
m–––M
R T–––M
m–––V
m–––V
Md = p ––––
RTR T––––M
p1V1 p2V2——— = ———T1 T2
6 V1 p2V1——— = ———300 200
6 . 200p2 = ———––(atm)
300
p2 = 4atm
atm �–––––––mol K
p V = n R T
T = 400K
�C = 127°C
atm �–––––––mol K
m–––M
p V = n R T
64–––32
p = 6,0atm
Z � 2,408 . 1024
OG fi 1024
p V = n R T
m–––M
pM––––RT
m–––V
pMd = ——
RT
16 –
=
pA � � = pB � �
= � �3
= � �3
Resposta: C
9)
Terão a mesma temperatura os pontos que possuírem o mes -mo produto pV.
pAVA = 5 . 2 = 10
pBVB = 3 . 6 = 18
pCVC = 3 . 3 = 9
pDVD = 6 . 6 = 36
pEVE = 2 . 5 = 10
pFVF = 2 . 2 = 4
Portanto, como pAVA = pEVE, os pontos possuem a
mesma temperatura.
Resposta: D
10) m1 = ?
10 . 20 = n1 . 0,082 . (27 + 273)
200 = n1 0,082 . 300
n2 = ?
6 . 20 = n2 0,082 (27 + 273)
120 = n2 0,082 (300)
120 = n2 24,6
� �n � – 3,252mols
�n = fi
m � – 3,252 . 32(g)
Resposta: C
11) V1 + V2 = 2 litros
a) p1 = p2
=
=
I�
Como II�
então, I� em II�:
V1 + 2 V1 = 2
V1 = �
b) p1 = p2 = ?
p1(0,67) = 1 . 0,080 . 300
p1 = (atm)
12) =
=
T2 = (K)
Resposta: B
13)
=
=
Resposta: C
pBVB——–––TB
pAVA——–––TA
4 –— rB
3
34
—– rA3
3
rB—–rA
pA——pB
rB—––2 rB
pA——pB
pA 1——– = —––pB 8
p V = n R T
A e E
p1 V1 = n1 R T1
n1 = 8,130mols
p2 V2 = n2 R T2
n2 = 4,878mols
m = �n . Mm–––M
m � –104,1g
V1p1Æ
N1 = 1mol
V2p2←
N2 = 2mols
n2 R T2———–V2
n1 R T1———–V1
2–––V2
1–––V1
V2 = 2 V1
V1 + V2 = 2
2–––3
V1 = 0,67�
p1 V1 = n1 R T1
24,0–––—–0,67
p1 = 36atm
p2 V2———–T2
p1 V1———–T1
4 . 105–––——
T2
2 . 105–––——
78
4 . 78–––—–
2
T2 = 156K
pA VA pB VB––––––– = –––––––TA TB
1,5 . VB––––––––—–(127 + 273)
2 . 0,9––––––––—(27 + 273)
1,5 VB––––––––400
1,8––––––300
VB = 1,6�
– 17
14)I�
II�
II� � I� :
=
=
Sobram 80% ; escapam 20%
Resposta: B
15) Dados: 1min Æ 40�
1atm = p1V2 = 9�
p2 = 200atm
T2 = T1
= V1 = ?
1 . V1 = 200 . 9
�t1 = ?
1min ÆÆ 40�� �t1 ÆÆ V1 = 1800�
�t1 = min
Resposta: C
16)
=
p2 = p1
p2 é cerca de 85% da pressão atmosférica.
Resposta: D
17)Êmbolo livre
=
=
h’ = . 0,8(m)
Resposta: h’ = 0,4m
18)Êmbolo livre
=
h’ = h .
aumento de 10%
Resposta: B
19)
=
2 (2 �1 + 273) = 3 (�1 + 273)
4 �1 + 2 (273) = 3 �1 + 3 (273)
T1 = �1 + 273
Resposta: D
20) (1)
Isobárica
(2) Isovolumétrica(3) Isotérmica
Resposta: B
p1 V1 = n1 R T1p2 V2 = n2 R T2
n2 R T2––––––––n1 R T1
p2V2–––––––p1V1
n2––––n1
160–––––200
n2 = 0,80 n1
p2V2–––––—–T2
p1 V1–––––—T1
V1 = 1 800�
1800––––40
�t1 = 45min
p1 V1 p2 V2–––––– = ––––––T1 T2
p2—––––——(–18 + 273)
p1—––––——(27 + 273)
255––––300
p2 = 0,85 p1
p1 V1 p2 V2–––––– = ––––––T1 T2 p1 = p2
A . h’—––––T’
A . h—––––
T
h’—–––125
0,8—–––250
125—–––250
h’ = 0,4m
p1 V1 p2 V2–––––– = ––––––T1 T2 p1 = p2
A . h’—––––——(60 + 273)
A . h—––––——(30 + 273)
333—–––303
h’ = h . 1,10
p1 V1 p2 V2–––––– = ––––––T1 T2
V1(3p1) . �–—–�2—––––——–––(2�1 + 273)
p1 . V1—––––——(�1 + 273)
�1 = 273 °C
T1 = 546K
piVi pF VF–––––– = ––––––Ti TF
pi (6 V0) pF (2 V0)—–––––– = ––––––—300 100
pi = pF
18 –
21) AB Æ Compressão Isotérmica(V.) (T Æ cte)
BC Æ Expansão Isobárica(V.) (p Æ cte)
Resposta: E
22) (TA = TB = T1)
(4 . 103) (VA) = pB (2VA)
TC = 1,5 TA
TC = 1,5 (400) K
Resposta: E
23)
TB = 2 (293)K
Resposta: D
24)
pF (4 + 2 + 6) = (2 . 4) + (5 . 2) + (7 . 6)
pF (12) = 8 + 10 + 42
pF (12) = 60
25)
�C = T – 273
26) p1 V1 = n1 R T1 I�
p2 V2 = n2 R T2 II�
II� � I� :
n2 = 3,5 n1 �n = �= 3,5
m2 = 3,5 (10)g
Como
m1 = 10g
m2 = 35g fi
Resposta: A
27)
V2 = V2
Redução de 15%
Resposta: A
n Módulo 6 – Termodinâmica
1) tABC = tAB + tBC
tAB =N área = 3 p0 . 2 V0 = 6 p0V0
tBC = 0 (transformação isocórica)
tABC = 6 p0V0 + 0 = 6 p0V0
Resposta: B
pA VA pB VB–––––– = ––––––TA TB
pB = 2 . 103 Pa
T3 = 1,5 T1
TC = 600K
pA VA pB VB–––––– = ––––––TA TB
2 4——–––––– = ––––(20 + 273) TB
T = 586K
pF VF pA VA pB VB pC VC—––––– = —––––– + —––––– + —–––––TF TA TB TC
pF = 5atm
nF = nA + nB
pF VF pA VA pB VB—––––– = —––––– + —–––––TF TA TB
10 . (5 + 7) 8 . 5 4 . 7—–––––—— = —––––—— + ———––—
TF (–23 + 273) (77 + 273)
10 . 12 8 . 5 4 . 7—––––– = —–––– + —––––
TF 250 350
10 . 12 8 4—––––– = —— + ——
TF 50 50
10 . 12 12 —––––– = ——
TF 50
TF = 500K
�C = 227°C
p2 V2 n2 T2–––––– = ––––––p1 V1 n1 T1
(3p1) n2 (27 + 273)––––– = ––––––———p1 n1 (77 + 273)
3 n2 (300)––– = ––––––—1 n1 (350)
m–––M
m1–––M
m2–––M
m2 = 35g
Acréscimo de 25g
p1 V1 p2 V2–––––– = ––––––T1 T2
V1 V2——–––––– = ——––––––(27 + 273) (–18 + 273)
255–––—300
V2 = 0,85 V2
– 19
2) t =N área
t = =
Resposta: B
3) tAB =N área, então, primeiro vamos calcular VB.
= , mas pA = pB
= fi VB = 4,0 . 10–3m3
tAB =N Área
tAB = 1,0 . 105 . 2,0 . 10–3(J) = 2,0 . 102J
4) a) =
isobárica : pA = pB
= fi VB = m3= 10m3
b) tAB = p�V (Atenção! Esta equação só vale para trans -forma ções isobáricas.)
tAB = 20 (10 – 5)(J) = 100J
5) a) tAB(isobárica) = p�V = p2 (V2 – V1)
b) tBC = 0 (isométrica)
c) = ; mas TA = TC
p2V1 = p1V2 � pAVA = p2V1 = p1V2
6) a) = fi = fi TC = 375K
b) tAB =N Área
tAB = (J) = 100J
7)
Resposta: C
8) 01)FALSA. O sistema realiza trabalho, pois há aumento de
volume.
02)VERDADEIRA.
04)FALSA. Realiza trabalho (expansão gasosa).
08)VERDADEIRA.
16) FALSA. Quando há variação de volume, o sistema pode
realizar ou receber trabalho.
32)FALSA. Há aumento de volume, o sistema realiza trabalho.
64)VERDADEIRA.
tABCD = tAB + tBC + tCDGráfico p x V fi t =N área
tAB = (J) = 100J
tBC = (J) = 40J
tCD = 10 . 1(J) = 10J
� tABCD = 100J + 40J + 10J = 150J
Resposta: 74 (corretas: 02, 08 e 64)
9) No ciclo fechado: ttotal =N áreainterna
tABCDA = 2 p0 . 2 V0 = 4 p0V0
Resposta: B
10)
� tABCDA = 2 . p0V0 = 2 . 5810(J)
11) Cálculo do trabalho: tCICLO =N Áreainterna
tCICLO = = 6 . 102J
Pot = = . 50(W) = 5 . 102W
Resposta: E
(70 + 30) . 2–––––––––—
2
(30 + 10) . 2–––––––––—
2
tABCDA =N áreainternatABCDA = 2 p0 V0
pAVA = n R TAp0V0 = 2 . 8,3 . (77 + 273) (J)
p0V0 = 5810J
tABCDA = 11620J
4 . 10–3 . 3 . 105–––—————— (J)
2
t
–––�t
6 . 102–––——
60
5 . 102W
(2p + p) V–––––––––
23 pV–––––2
pA VA–––––––TA
pB VB–––––––TB
2,0 . 10–3–––––––—–
300
VB–––––600
tAB = 200J
pA VA–––––––TA
pB VB–––––––TB
5––––50
VB––––100
500––––50
VB = 10m3
tAB = 100J
p2 (V2 – V1)
tBC = 0
pA VA–––––––TA
pC VC–––––––TC
pAVA = p2V1 = p1V2
pAVA––––——TA
pCVC––––——TC
80 . 1,0––––—–300
20 . 5,0––––——
TC
TC = 375K
(80 + 20) . 2,0——––––––—–
2
tAB = 100J
TA = ?
pAVA = n R TAp0V0 = 2 R TA
TB = ?
pAVA pBVB——— = ———TA TB
pA = pB
VA VB—— = ——TA TB
V0 3V0—— = ——TA TB
WAB =N área
WAB = 2V0 . p0
Mas:p0V0 = 2 R TA
�
p0 V0TA = –––––––2R
TB = 3 TA
WAB = 4RTA
20 –
12) Ao soprar rapidamente, o ar não troca calor com o meio esofre expansão adiabática (Q = 0), portanto diminui sua ener -gia interna.
Q = t + �U
0 = t + �U
t = – �U
Resposta: D
13) a) FALSA. O aumento da temperatura causará um valormaior de rendimento.
b) VERDADEIRA.c) FALSA. O trabalho realizado pela máquina térmica
aumenta com a temperatura.d) FALSA. Com o aumento das quantidades de dióxido de
carbono e de metano, a atmosfera ficará ainda maisopaca, dificultando a saída da energia para o espaço.
e) FALSA. Com o aumento da temperatura, o trabalho damá quina térmica será maior, sendo assim, teremos umau men to da movimentação das grandes massas de ar.
Resposta: B
14) À medida que os pesos caem, a energia potencial gravita cionalé transformada em energia térmica por meio do atrito das pásque giram impulsionadas pela queda dos corpos. A agitaçãodas moléculas de água fará sua temperatura aumen tar, sendoassim possível medir a quantidade de calor transferida.Resposta: E
15) Como a energia interna é uma função que depende exclusi va -mente da temperatura do gás, se na transfor mação citada osestados final e inicial acusaram a mesma energia interna,certamente terão iguais temperaturas.Resposta: D
16) No ciclo fechado, TI = TF , portanto UI = UF , logo �U = 0.WCICLO =N áreainterna
WCICLO = (J) = 800J
Resposta: B
17) O sistema recebe trabalho e cede calor.Q = t + �U–1000 . 4 = – 3000 + �U�U = –1000 JResposta: A
18) Q = t + �UQ = – 200 + 300(J) = 100JQ > 0 Æ o sistema recebe calor.Resposta: D
19)
Q = t + �U fi �U = Q – t�UI = �UII
QI – tI = QII – tII120 – 70 = 60 – tIItII = 60 – 50(cal) = 10cal
Resposta: A
20) I – VERDADEIRA.
Q = t + �U
Q = t
T = constante
U = constante
�U = 0
� Q = t
II – VERDADEIRA.Q = t + �U U = constantet = 0� Q = �U
III – VERDADEIRA.Q = t + �U
Como Q = 0 fi 0 = t + �Ut = – �U
Resposta: E
21) a) FALSA. O gás recebe calor, pois realiza trabalho e a energiainterna aumenta.
b) FALSA. Como a temperatura é constante e a variação daenergia interna é nula, na expansão isotérmica o gás recebecalor.
c) FALSA. O gás realiza trabalho (expansão), mas não trocacalor.
d) FALSA. Com a diminuição da energia interna, o gás cedecalor.
e) VERDADEIRA. Volume constante, t = 0.Resposta: E
22) 01) VERDADEIRA.
tciclo =N Áreainterna
t = 3 . 5(J) = 15J
02) FALSA.
tBC =N área
tBC = 3 . 8(J) = 24J
04)VERDADEIRA.
Q = t + �U
60 = 24 + �U
�U = 36J
08)VERDADEIRA.
tab = 0 Q = t + �U
� �U = Q16)FALSA.
tda =N Área
tda = –3 . 3(J) = – 9J
32)VERDADEIRAbc e da são transformações em que as pressões são cons -tan tes; já nas transformações ab e cd, o volume per ma ne -ce constante.
São corretas: 01, 04, 08 e 32
Resposta: 45 (corretas: 01, 04, 08 e 32)
4,0 . 400–––———
2
�0I= �0II
�I = �II � ��I = ��II
�UI = �UII
– 21
n Módulo 7 – Princípios da Óptica Geométrica
1) Só vemos objetos que refletem ou emitem luz. Dos citados,o único que emite luz é o fio aquecido ao rubro.Resposta: C
2) Princípio da propagação retilínea da luz:“A luz propaga-se em linha reta somente nos meios trans -parentes e homogêneos.”Resposta: B
3) É o princípio da reversibilidade de raios luminosos ouprincípio do caminho inverso, que pode ser enunciado como:A trajetória seguida pelo raio luminoso independente do sen -tido do percurso.Resposta: C
4) Toda a figura “imagem” projetada na parede do fundo dacâmara escura de orifício apresenta-se invertida em relaçãoao Cruzeiro do Sul. Essa inversão é tanto longitudinal comotransversal, como se pode observar no esquema a seguir.
Resposta: C
5)
Triângulos semelhantes: ABF ~ A’B’F, portanto:
= ⇒ D = 40m
Resposta: C
6) Vale a relação:
i/o = p'/p
i = (o/p')/p ⇒ i é inversamente proporcional a p:
Para p tendendo a zero ⇒ i tende para infinito;
Para p tendendo a infinito ⇒ i tende a zero.
Dando valores a p, o gráfico de i x p é uma hipérbole
equilátera (y = K/x).
Resposta: A
7)
Os triângulos ABC e A’B’C são semelhantes, logo:
i/o = di/do ⇒ i = (o/do) . di ⇒ i = K . di
Quando di aumenta, i também aumenta, ou seja, i é dire -tamente proporcional a di.Resposta: O tamanho da imagem aumenta.
8) Como 1 ano-luz é a distância percorrida pela luz em um ano,a luz demorou 4,6 anos para chegar até nós; logo, aexplosão ocorreu 4,6 anos antes da observação.
Velocidade da luz: c = 3,0 . 108m/s
d = c . t1 ano = 3,0 . 107s
d = 3,0 . 108. 4,6. 3,0 . 107 (m)d = 4,1 . 1016m
Resposta: E9)
Da semelhança entre os triângulos PAB e PA’B’:
= ← dS = 3,75 . 105 . 400 (km)
� dS = 1,5 . 108km
Resposta: 1,5 . 108km
D–––––10cm
20m–––––5cm
dS–––2RS
dL–––2RL
22 –
10)
Do enunciado: Di = 9,0 . 10–3m
dO = 1,0mdS = 1,5 . 1011m
Da semelhança entre os triângulos OAB e OA’B’:
= fi = � Ds = 1,35 . 109m
Resposta: D
11) O eclipse solar ocorre quando a superfície da Terra é intercep -ta da pelo cone de sombra e pelo cone de penumbra da Lua.As sim, nesse fenômeno, o Sol é a fonte extensa de luz, poisgera região de penumbra, a Lua é o obstáculo e a Terra é oanteparo.Respostas: a) Sol, Lua e Terra.
b) Anteparo: Terra, Fonte: Sol, Obstáculo: Lua
12) Região A: É a região denominada sombra própria da Lua, poisé oposta à região voltada para o Sol.Região B: É a região denominada sombra projetada da Lua.Nesta região, observa-se o eclipse total do Sol, pois nenhumraio luminoso emitido pelo Sol atinge esta região.Região C: Região parcialmente iluminada, denominadaregião de penumbra projetada. Nesta região, observa-se oeclipse parcial do Sol.Região D: Região iluminada. Nesta região, não se observa ofenômeno de eclipse solar.Região E: Região de sombra própria da Terra. Nesta região, énoite, pois é oposta à região da superfície terrestre voltadapara o Sol.Resposta: I. E II. B III. A IV. C V. D
13) I. Falsa. Eclipses são fenômenos de desaparecimento (visual)total ou parcial, temporariamente, do próprio Sol, para umobser vador na Terra (eclipse solar), ou quando a Lua estáimersa total ou parcialmente no cone de sombra da Terra(eclipse lunar).
II. Verdadeira.III. Verdadeira.Resposta: D
14) a) Falsa. No cone de sombra, observa-se um eclipse total.b) Falsa. Na região de penumbra, observa-se um eclipse
parcial.c) Falsa. Na região plenamente iluminada, não se observa
eclipse.d) Falsa. Na região de sombra própria da Terra, é noite.e) Verdadeira.Resposta: E
15) Como a Lua é uma fonte secundária de luz, esta só pode servista devido à reflexão da luz recebida do Sol.Dependendo de sua posição, durante seu movimento orbitalem torno da Terra, pode-se observar uma área superficialmaior ou menor iluminada pelos raios solares. Por isso, tem-se o efeito das fases da Lua.Resposta: A
n Módulo 8 – Espelho Plano
1) Quando um raio de luz sofre reflexão, os ângulos deincidência i e reflexão r são iguais: r = i.Na figura temos i = 2�, então r = 2�. Como � + r = 90° (normalno ponto de incidência), temos:� + 2� = 90°� = 30°i = 2� = 60°r = 2� = 60°Resposta: D
2) Obtemos geometricamente a imagem A’ do objeto A conju -ga da pelo espelho:
Do triângulo retângulo A’BC, temos
A’B�� = ��������A’C2 + ��BC2
A’B�� = ���52 + 52 (m)
A’B�� = 5�2m
Resposta: A’B�� = 5�2m3)
Quando um raio de luz sofre reflexão, os ângulos deincidência i e reflexão r são iguais: r = i = �. Na figura notamosque o ângulo procurado � é o complementar de 70°, ou seja,� + 70° = 90°� = 20°Resposta: C
DS–––dS
Di–––dO
DS––––––––––1,5 . 1011m
9,0 . 10–3m––––––––––
1,0m
– 23
4) No espelho plano, a distância entre a imagem e o espelho éigual à distância entre o objeto e o espelho. A distância DB
entre o barbeiro e o espelho é de 1,3m, então a distância DB’entre a imagem do barbeiro e o espelho também é de 1,3m.A distância DR entre o rapaz e o espelho é de 0,80m. Adistância D entre o rapaz e a imagem do barbeiro é dada por:
D = DB’ + DR
D = 1,3 + 0,80 (m)
D = 2,1m
Resposta: E
5) A imagem conjugada pelo espelho plano é enantiomorfa emrelação ao objeto:
Resposta: D
6) No espelho plano, a distância d entre a imagem e o espelhoé igual à distância d’ entre o objeto e o espelho. A distânciaD entre o objeto e sua imagem é dada então por:
D = d + d’
D = 20cm + 20cm
D = 40cm
Resposta: D
7) O ângulo entre os dois espelhos vale � = 90°.
Para um dos vasos, temos N = – 1; N = 3 imagens.
Como são dois vasos, teremos 6 imagens de vasos mais os 2vasos originais, gerando 8 vasos na foto.Resposta: E
8) Se, com 3 bailarinas, gera-se uma cena com 24 imagens,
significa que cada bailarina aparece = 8 vezes na cena.
Para a mesma bailarina, teremos então 8 – 1 = 7 imagensformadas pelos espelhos. Logo:
N = – 1
7 = – 1
8 = fi 8 . � = 360°
� = = 45°
Resposta D
9) a)
b)
c) Do esquema (a), vem:d1,2 = 6,0md2,3 = 4,0md3,4 = 6,0m
10)
Girar o espelho ao longo do eixo perpendicular indicado nãoaltera a imagem.Resposta: C
11)
Como OM = MN = d e em M temos um ângulo reto, otriângulo OMN é isósceles. Temos então que 2� + 90° = 180°� � = 45°:
360°––––90°
24–––3
360°––––
�
360°––––
�
360°––––
�
360°––––8
24 –
� = 45° =
O ângulo � = representa o desvio entre as imagens oca sio-
nado pela rotação do espelho de um ângulo �. Como � = 2�,
resulta que � =
Resposta: E
12)
As retas N1 e N2 são perpendiculares aos espelhos E1 e E2,respectivamente. Com isso, podemos assegurar que � + � sãoângulos internos ao triângulo da figura. Como � + � + 60° = 180°,temos � = 120° – �.Resposta: E
FRENTE 3 – ELETRICIDADE
n Módulo 5 – Receptores Elétricos
1) Equação do receptor:
U = E’ + r’ . i
440 = E’ + 25 . 0,4
440 = E’ + 10
Resposta: D
2) Da equação do receptor, obtemos:
U = E’ + r’ . i
r’ =
r’ = tg �
r’ = (�)
U = E’ + r’ . i
25 = E’ + 1 . 5
25 = E’ + 5
Resposta: C
3) A corrente elétrica em um circuito gerador-receptor-resistor édada por:
i = = (A) = (A)
i = 0,075A
Cálculo da ddp na resistência:
U = R . i
U = 36 . 0,075 (V)
Resposta: E
4) E1 = 12V E2 = 6Vr1 = 0,48� r2 = 0,2�
A corrente elétrica em um circuito gerador-receptor é dadapor:
i = = (A) = (A)
E1 > E2Logo:E1 fornece energiaE2 absorve energia
5) Se ligarmos um voltímetro ideal (resistência interna infinita)nos terminais de um gerador, ele indicará sua forçaeletromotriz.Como a chave K está aberta, o receptor está desligado e nãocirculará corrente no circuito. A ddpAB no voltímetro temvalor .Resposta: B
6) Com a chave fechada, circulará corrente.
i = = (A) = (A) ⇒
• Cálculo de UAB pelo gerador:
UAB = E – r . i
UAB = 20 – 3 . 1 (V)
• Cálculo de UAB pelo receptor:UAB = E’ + r’ . i
UAB = 15 + 2 . 1 (V)
Resposta: D
7) Cálculo da intensidade da corrente:
i = = = (A) = (A)
E – E’––––––––r + r’
12 – 6––––––––––0,48 + 0,2
6––––0,68
i � 8,82A
20V
E – E’––––––r + r’
20 – 15–––––––––3 + 2
5–––5
i = 1A
UAB = 17V
UAB = 17V
U–––––Req
E – E’–––––––r + r’
18 – 6–––––––2 + 1
12–––3
i = 4A
E’ = 430V
U – E’––––––
i
25 – 22–––––––5 – 2
r’ = 1�
E’ = 20V
3––––40
9 – 6––––––––––––2,5 + 1,5 + 36
E – E’––––––––r + r’ + R
i = 75mA
U = 2,7V
p
–––4
p
––4
�––2
p
� = ––8
– 25
Cálculo da ddp pelo receptor:UAB = E’ + r’ . i
UAB = 6 + 1 . 4 (V)
Resposta: D
8) A corrente elétrica para um circuito gerador-receptor é dadapor:
i = = (A) ⇒
Tensão no resistor de 6�:U = R . i
U = 6 . 1 (V)
ddp = 6 – 6 (V)
Resposta: A
n Módulo 6 – Energia Elétrica, PotênciaElétrica e Potência Dissipadapelo Resistor
1) P = ⇒ E = P . �t
Para n lâmpadas: E = n . P . �t
– 5 lâmpadas de 100W
E1 = n . P . �t
E1 = 5 . 100 . 3 (Wh)
E1 = 1500Wh
– 7 lâmpadas de 60W
E2 = n . P . �t
E2 = 7 . 60 . 3 (Wh)
E2 = 1260Wh
ETotal = E1 + E2 = 1500 + 1260 (Wh)ETotal = 2760Wh em 1 dia
Como se quer em 30 dias:E = 30 . 2760 (Wh)
E = 82 800Wh
Resposta: E
2) P = U . i
i = = (A)
Resposta: C
3) a) A unidade de tensão é o volt (V) e a de potência é o watt(W).� tensão de alimentação: 12V
potência consumida: 180W
b) P = U . i
180 = 12 . i
i = (A) = (A)
Respostas: a) 12V; 180W b) 15A
4) A resistência R está em paralelo com L2, logo, a ddp sobre a
resistência será a mesma da lâmpada L2.
U(R) = 3V
A corrente total (iTotal) é a que passa por L1; logo:
(L1) iTT = = (A)
A corrente que passa por L2 (i2) é:
i2 = = (A)
Logo, a corrente que passa pelo resistor será:
i(R) = iTotal – i2
i(R) = 0,2 – 0,1(A)
i(R) = 0,1A
1.a Lei de Ohm:
U = R . i
3 = R . 0,1
Resposta: D
5) a) P = U . i = 110 . (W)
P = 60W
b) i1 = A
i = n . i1
15 = n .
n = . 15 = 27,5
Respostas: a) 60W
b) 27 lâmpadas
P(L2)–––––U(L2)
0,3–––3
i2 = 0,1A
R = 30�
6–––11
6–––11
6–––11
11–––6
n = 27 lâmpadas
UAB = 10V
E – E’–––––––r + r’
6 + 6–––––––6 + 6
i = 1A
U = 6V
ddp = 0V
E–––�t
E = 82,8kWh
500 + 420––––––––––
115
P–––U
i = 8A
30–––2
180–––––12
i = 15A
0,6–––3
P(L1)–––––U(L1)
iTotal = 0,2A
26 –
6) Corrente elétrica = 30A
Tensão = 120V
P = i . U
P = 30 . 120 (W)
P = 3600W
110W −→ 1 lâmpada
3600W −→ x
x = = 32,7
Resposta: E
7) A potência máxima é dada por:Pmáx = U . i = 110 . 20 (W)
Pmáx = 2200W
1 lâmpada –––– 100Wx –––– 2200W
x =
Resposta: D
8) imáx = 30A P = U . i
iTT = 20 + 9,1 (A) = 29,1 A
Mesmo se o chuveiro estivesse ligado no “inverno”, acorrente total utilizada não ultrapassaria a corrente máxima.Resposta: D
9)
iTotal30 = ich
27,3 + ix
Resposta: E
10) E = 2,5kWh
t = 10min
P = = = 6 . 2,5 . 103 W
Resposta: A
11) P = 12W
R$ 0,50 por kWh
1 ano = 8800 horas
E = P . �t
E = 12 . 8800Wh
E = 105 600Wh
E = 105,6kWh
1kWh –––––––– R$ 0,50
105,6kWh –––––––– x
x = 52,8
Resposta: D
12) a) 0,5h por dia
Logo, em 30 dias: 30 . 0,5h = 15 horas
E = P . �t
E = 2 . 103 . 15 (Wh)
E = 30kWh
1kWh –––––––– R$ 0,12
30kWh –––––––– x
x = R$ 3,60
b) 2000J –––––––– 1s
x –––––––– 60s
x = 60 . 2000J
Respostas: a) R$ 3,60
b) 1,2 . 105J
13) E = n . P . �t
E = 10 . 100 . 5 . 30 (Wh)
E = 150kWh
1kWh –––––––––– R$ 0,12
150kWh –––––––––– x
x = R$ 18,00
Resposta: C
14) 1h/dia . 30 dias 1kWh ––––––––– 0,12
�t = 30h x ––––––––– 10,8
E = P . �t
90 . 103 = P . 30 x = 90kWh
Resposta: D
x = 120 . kJ =1,2 . 105J
P = 3000W
360––––11
x = 32
2200––––––100
x = 22 lâmpadas
Torneira2000 = 220 . iT
iT = 9,1A
Chuveiroinverno
4400 = 220 . iii = 20A
Chuveiroverão
2200 = 220 . iiv = 10A
TV
150 = 110 . iTViTV = 1,36A
Lâmpada
60 = 110 . iLiL = 0,54A
ChuveiroP = U . i
3000 = 110 . ichich = 27,3A
ix = 2,7A
E––––�t
2,5 . 103Wh––––––––––––
1–– h6
P = 15kW
x � R$ 50,00
– 27
15) E = P . �t
�E = 1,6 – 0,9 (kWh) = 0,7kWh
1kWh –––––––––– R$ 0,20
0,7kWh –––––––––– x
Resposta: A
16) Escolha 3 pontos quaisquer da curva dada.
Ponto 1: V = 120V e I = 20A : P = VI = 120V . 20A = 2400W;
R = = = 6�
Ponto 2: V = 60V e I = 40A : P = VI = 60V . 40A = 2400W;
R = = = 1,5�
Ponto 3: V = 40V e I = 60A : P = VI = 40V . 60A = 2400W;
R = = � 0,67�
Ou seja, P = f (I) é cte (A) e R = f (I) decai (Z).
Resposta: A
17) P = 100W
U = 100V
P = ⇒ R = = (�)
Resposta: C
18) Situação 1 Situação 2
V1 = 220V V2 = 110V
P1 = 1000W P2 = 2000W
R1 = R R2
P1 = ⇒ R = � R2 = �
� � �:
= =
Resposta: E
19) P =
A nova resistência é R’ =
P’ = = = = P
P’ = . 6000W ⇒
Resposta: E
20) U = 220V
P = ⇒ R =
a) P = 2,2kW
R = (�) =
b) No inverno, é necessária uma potência maior. Como P =
e U = constante, devemos diminuir o valor da resistência R.
Como R = � , se diminuirmos o comprimento da resis -
tência, seu valor também diminuirá; portanto, devemos
colocar a chave C na posição fechada.
Respostas: a) 22Vb) fechada
21) P = 6050W
U1 = 220V
U2 = 110V
P = ⇒ R = = (�) =
Resposta: C
22) a) U = 220V P =
P = 60W
R = = (�)
b) U2 = 110V
P2 = = (W)
Respostas: a) � 806,7�
b) 15W
V––––I
120V––––––20A
V––––I
60V––––––40A
V––––I
40V––––––60A
Inverno1
Einv = 4800 . –– (Wh)3
Einv = 1,6kWh
Verão1
EV = 2700 . –– (Wh)3
EV = 0,9kWh
x = R$ 0,14
U2––––R
U2––––P
1002–––––100
R = 100�
V12
––––R
V12
––––P1
V22
––––P2
R2––––R
V22
––––P2
P1––––V12
1102 . 1000/ / /––––––––––––2000/ / / . 2202
RR2 = –––8
U2––––R
2R––––3
U2––––2R
–––––3
3U2––––2R
3–––2
U2––––R
P3–––2
3–––2
P’ = 9000W
U2–––R
U2–––P
2202––––––2200
22�
U2–––R
L–––A
U22
––––R
U22
––––P
1102––––––6050
2�
U2–––R
U2–––P
2202–––––60
R � 806,7�
U22
–––R
1102––––––806,7
P2 = 15W
28 –
23) a) iTotal = 0,5A + 1,5A = 2A
i = ⇒ Q = i . �t = 2 . 60 . 5 (C)
b) P = U . iP = 12 . 2 (W)
Respostas: a) 600Cb) 24W
24) a)
b) Req = 3�
U = R . i
i = = (A) =
25) Quando L2 queima, a tensão sobre L3 aumenta e, consequen -temente, a queda sobre L1 diminui, reduzindo-se a correnteque circula por L1.Resposta: D
26) Como L1 e L2 estão em paralelo, a ddp entre elas é a mesma,por isso brilham com mesma intensidade.
Resistência equivalente entre L1 e L2:
Req = =
Como a corrente é a mesma para L3 e Req e a potência édiretamente proporcional à resistência, P = R . i2, L3 brilhamais que L1 e L2.Resposta: E
27) A ddp sobre cada conjunto de 2 lâmpadas será de 220V; logo,sobre cada lâmpada será de 110V.Resposta: C
28) A ddp entre L2 e L3 é a mesma por estarem em paralelo; logo,L2 e L3 brilharão igualmente, e como a resistência equivalenteentre elas é menor do que as das outras, cada uma brilharácom intensidade menor que L1 e L4.
Resposta: E
n Módulos 7 e 8 – Imãs, CampoMagnético e Força Magnética /Força Magnética eTrajetórias – ForçaMagnética no Fio
1)
Figuras 1 e 2
Figura 3
Resposta: D
2)
Resposta: A
P = 24W
U––––R
12––––3
4A
L1––––2
L2––––2
P = R . i2
Q = 600C
Q–––�t
Atração
Repulsão
– 29
3)
Resposta: E
4)
Na situação acima, há repulsão; logo, A é polo Sul.Partindo o ímã AT, temos:
Portanto, haverá repulsão nas experiências 1 e 3 e atraçãonas experiências 2 e 4.Resposta: A
5) Usando a Regra da Mão Esquerda (RME):
6) Usando a Regra da Mão Esquerda (RME):
7) Figura 9: O ângulo de inclinação entre o campo B→
e a veloci -
dade é nulo. Então:
Figura 10: O ângulo de inclinação é 180°, logo:
8)
a) �
Fm→
b) Então:
Fm = 3 . 10–12 . 1 . 4 . 108 . (N)
9) a) e b)
F = q . v . B . sen 0°
F = 0
F = q . v . B . sen 180°
F = 0
� = 45°2
sen � = –––––2
Fm = q . v . B . sen 45°
2––––2
Fm = 62 . 10–4N
30 –
10)
RME para carga negativa:Usando a regra da mão esquerda, temos que a força mag né -tica está entrando no plano, o que desvia o elétron paradentro do plano da figura.Resposta: D
11) Usando a regra da mão esquerda para carga negativa, temos:
Resposta: A
12) Em relação aos vetores v→, B→
e F→, temos que F
→é perpen -
dicular a B→
e v→.Resposta: C
13)
Resposta: E
14) Paralelamente ao campo magnético, encontra-se a velocida -de.Então � = 0
Resposta: B
15) Uma partícula eletrizada sob ação de um campo magnético
sofre uma força magnética dada pela expressão:
se
O fato da força Fm ser perpendicular aos vetores vÆ e BÆ
faz a
força magnética ser a resultante centrípeta sobre a carga
elétrica; logo, ela não altera o módulo da velocidade e sim
sua direção.
Daí se conclui que, em qualquer caso, a partícula terá um
movimento uniforme.
Resposta: E
16) Sendo FmÆ
= q . vÆ . BÆ
. sen �, se v = 0, temos que Fm 0, então
a partícula permanecerá em repouso.
Resposta: C
17) 0) (V)R = ; R = (m)
1) (V) Fm = q V B sen �, como � = 90° (do enunciado) ⇒ Fm 0
e constante (força centrípeta).
2) (F) A força centrípeta altera a direção da velocidade.
3) (F) O trabalho da força centrípeta é nulo, pois o ângulo
dela com o deslocamento vale 90°.
4) (V)Como o módulo da velocidade é constante a energia
cinética Ec é constante.
Resposta: B
18) Usando a regra da mão esquerda, determinamos o sentidoda força magnética na carga positiva.
Assim, a carga I é positiva (próton).
Fm = q . v . B . sen 0°
Fm = 0
FmÆ
= q . vÆ . BÆ
. sen �
� � = 0 ou � = 180°⇒ Fm = 0
� 0 ou � 180° ⇒ Fm 0
m . V––––––� q � B
6,4 . 10–25 . 5 . 106––––––––––––––––––3,2 . 10–16 . 5 . 10–1
R = 2 . 10–2m = 2cm
– 31
A carga negativa recebe força no sentido oposto:
Com isso, conclui-se que a carga III é um elétron.Como a carga II não sofre alteração em sua trajetória,percebe-se que ela é um nêutron.Resposta: E
19) Pela regra da mão esquerda, determinamos o sentido daforça magnética em cada carga.
Na carga positiva:
Logo, a carga X é o posítron.
Na carga negativa:
Assim, a carga Z é o elétron.
Na carga neutra, a força magnética é nula, portanto, a cargaY é o nêutron.Resposta: B
20) Como a velocidade é perpendicular ao campo magnético, a
trajetória é uma semicircunferência (devido à limitação do
campo). Assim, a força magnética é uma força centrípeta.
Fm = Fcp
q . V . B . sen � = (sen � = 1)
q . B =
B = ⇒ 108 . B = �
21) Com a regra da mão esquerda, determinamos o sentido daforça magnética sobre cada partícula.
Resposta: D
22) a) O raio da trajetória é dado por:
R =
Como V e R são diretamente proporcionais, se R’ = R/2
V’ = V/2, assim:
b) Como a trajetória é uma semicircunferência, a forçamagnética aponta para o centro da circunferência.
c) Pela regra da mão esquerda, se a carga for positiva, ocampo magnético sairá do plano do papel.
23) a) O trabalho da força magnética é nulo, pois essa força é
perpendicular ao deslocamento (Fm = Fcp).
b) Como a força magnética equivale à força centrípeta,
temos:
Fcp = Fm
= q V B sen �
(sen � = 1, pois � = 90°)
m . V2
––––––R
m . V––––––
R
q–––m
V–––R
107––––2
B = 5 . 10–2 T
m . V––––––––� q � . B
mV’ = 3 . 105 –––
s
m . V2
––––––R
R . q . BV = –––––––––
m
32 –
24) Do enunciado, temos:O ângulo entre B
Æ
e VÆ
é � = 0°,
logo: FmÆ
= Æ
0
Daí, tem-se que o vetor velocidade não se altera,o elétron permanecerá em movi mento retilíneouniforme.
Resposta: E
25) a) A carga q pode ser positiva ou negativa; em qualquercaso, a força magnética é equivalente à força centrípeta.Pela regra da mão esquerda, percebemos que o campomagnético deve ser perpendicular ao plano do papel(entrando ou saindo, dependendo do sinal da carga q).
b) Pelo teorema da energia cinética:
tFm = �EC
tFm = EC – EC , como tFm= 0, pois Fm = Fcpfinal inicial
e a força centrípeta não realiza trabalho, temos:
0 = EC – EC ⇒ EC = EC �
final inicial inicial final
26) A partícula fica sujeita a uma força resultante dada pela soma
das forças elétrica e magnética ( FRÆ
= FelÆ
+ FmÆ
). Como o movi -
mento da partícula é retilíneo e uniforme (do enunciado),
significa que FRÆ
= Æ
0, assim FelÆ
= – FmÆ
, portanto:
� FelÆ � = � Fm
Æ �
q . E = q . V . B
E = V . B
500 = V . 0,10 �
Resposta: D
27)
28) Com a regra da mão esquerda, determinamos a direção e osentido da força magnética em cada trecho da espira.
Por simetria, temos:
�Æ
Fm1� = �
Æ
Fm3� e
�Æ
Fm2� = �
Æ
Fm4�
assim: (a força resultante é nula)
Por simetria, temos também que x1 = x2 e y1 = y2; com isso,o torque da força magnética 1 é cancelado pelo torque daforça magnética 3, da mesma forma que são cancelados ostorques no eixo x; por isso, o torque total é nulo.Resposta: B
29) A força magnética que atua num condutor retilíneo é dadapor:
Fm = B . i . � . sen �
a) Do enunciado, � = 0° ou � = 180° ⇒ sen � = 0 �
b) � = 90° ⇒ Fm = 2 . 104 . 2 . 0,2 . 1 (N) �
30) A força magnética é dada por: Fm = B . i . � . sen �
Assim: Fm = 10–3 . 4 . 0,5 . (N)
Resposta: D
� uÆ � = �VÆ
�
V = 5 . 103m/s
Æ
FR = Æ
0
Fm = 0
Fm = 8 . 103N
1–––2
Fm = 10–3N
– 33