física - pré-vestibular7 - resoluções i - modulo1b
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Fís
ica I
1
Volume 1.B
Capítulo 1: Iniciação à Física – Unidades de Medida Iniciação à Física – Unidades de Medida Iniciação à Física – Unidades de Medida Iniciação à Física – Unidades de Medida Iniciação à Física – Unidades de Medida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Tópico A: Unidades de MedidasTópico B: Sistemas de Unidades Mecânicas – Sistemas MKS e CGSTópico C: Notação CientíficaTópico D: Ordem de GrandezaTópico E: Algumas Relações ImportantesTópico F: Proporcionalidade entre Grandezas FísicasQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Capítulo 2: Análise DimensionalAnálise DimensionalAnálise DimensionalAnálise DimensionalAnálise Dimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Tópico A: DefiniçãoTópico B: IntroduçãoTópico C: Verificação da Homogeneidade das Fórmulas FísicasTópico D: Conversão entre as Unidades MKS e CGS, a partir da Expressão Dimensional da GrandezaTópico E: Relação entre Unidades de Dois SistemasTópico F: Mudança de EscalasQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Capítulo 3: V V V V Vetoretoretoretoretoreseseseses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Tópico A: IntroduçãoTópico B: Grandezas Escalares x Grandezas VetoriaisTópico C: Elementos de um VetorTópico D: Notação de um VetorTópico E: Soma de VetoresTópico F: Produto de um Número Real (n) por um Vetor (
→v )
Tópico G: Subtração de VetoresTópico H: Decomposição Ortogonal de um VetorQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Capítulo 4: Introdução à Cinemática e EscalarIntrodução à Cinemática e EscalarIntrodução à Cinemática e EscalarIntrodução à Cinemática e EscalarIntrodução à Cinemática e Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Tópico A: Conceitos BásicosTópico B: Classificação dos MovimentosTópico C: Principais Gráficos da Cinemática e suas Respectivas AplicaçõesTópico D: Classificação dos Movimentos a Partir de um Gráfico s x t ou v x tQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Fís
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2
Volume 1.B
C
I. N . m–2 = 2Nm
= pascal
II. J . m–3 = N . m . m–3 = N . m–2 = 2Nm
= pascal
III. W . s . m = Js . s . m = J . m = N . m . m =
= N . m2 ≠ pascal
D
φ = π 4. p . R8 . n .
→ n = π
φ
4. p . R8 . .
→
→ Un(n) = φ
4Un(p) x Un(R )Un(l) x Un( )
= 4
3
Pa x mm
m xs
=
= 4
4
Pa x mms
= Pa . 4m x 4
s
m = Pa . s = 2
Nm
. s →
→ Un(n) = N . m–2 . s
CV = A . h = 2.000 km2 x 10 mm == 2.000 x 106 m2 x 10 . 10–3 m = 2 . 107 m3
d = mV
→ m = d x V = 1.000 3
kg
m x 2 . 107 3m →
→ m = 2 . 1010 kg
CSuponhamos que o volume da bola seja aproximadamenteigual a 2 .V = 2 = 2 dm3 = 2 . 10–3 m3 →→ OG(V) = 10–3 m3
BConsideremos a espessura média dos livros igual a 4 cm. = 2 105 x 4 cm = 2 . 105 x 4 . 10–2 m →
→ = 8 . 103 m → OG( ) = 104 m
DImaginemos que a capacidade do copo seja de 350 m .V = 350 m = 350 . 10–3 = 350 . 10–3 dm3 = 350 cm3
Sabemos que a densidade da água é igual a 1 g/cm3.
d = mV
→ m = d x V = 1 3
g
cm x 350 3cm →
→ m = 350 g
Sabemos, do estudo da química, que 1 mol de qualquersubstância possui, 6,02 . 1023 moléculas e que 1 mol deágua possui massa igual a 18 g.
No de moléculas x Massa de água
6,02 . 1023 → 18 g x → 350 g
x = 236,02 . 10 x 350 g
18 g ≅
23 26.10 x 3,5 . 1018
→
→ x = 3,53
x 1025 ≅1,17 . 1025 →
→ OG(x) = 1025
Iniciação à Física – Unidades de Medida
Capítulo 1
3
1
2
4
5
6
EDe acordo com a tabela dos prefixos múltiplos e sub-múltiplos decimais de uma unidade, temos:
⎧ μ⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
–6
–9
–1
–2
–3
1 =10
1n =10
1d =10
1c =10
1m =10
BConforme a resolução da questão anterior, temos:1n = 10–9
CTomemos como exemplo as unidades do sistema MKS.
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
2m m
Un(I)=N . s =kg . . s =kg .ss
mUn(Q)= kg .
s
E
T = I
m . g. b → T2 = I
m . g . b →
→ I = m . g . b . T2 →
→ Un(I) = kg . 2
m
s . m . 2s = kg . m2
A
FAT = k . v2 → k = AT2
Fv
→ Un(k) = AT2
Un(F )Un(v )
=
= ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2N
ms
= 2
2
Nms
= N . 2
2sm
2
4
3
1
5
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C
F = k . v2 → k = 2Fv
→ Un(k) = 2Un(F)Un(v )
=
= ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2N
ms
= 2
2
Nms
= N . 2
2sm
= kg . 2
m
s .
2s2m
= kgm
B
P = 100 W = 100 Js
Energia x Tempo
100 J → 1 s200 J → x
x = 200 J x 1 s
100 J → x = 2 s
D
J = N . m = kg . 2ms . m = kg . m2 . s–2
DO enunciado erra porque afirma que a usina de Ita é capazde gerar 1.450 MW de energiaenergiaenergiaenergiaenergia a cada 1h.Como o watt (W) mede potência, mega watt (MW) tambémmedirá esta grandeza.
BV = A . h = 252.000 km2 x 800 mm == 252.000 x 106 m2 x 800 . 10–3 m == 252 . 109 m2 x 8 . 10–1 m == 2.016 . 108 m3 = 2,016 . 1011 m3 →→ V ≅ 2 . 1011 m3 = 200 bilhões de m3.
C1 Å = 10–10 m, portanto mede comprimento.
BO ano-luz é uma unidade de espaço e corresponde àdistância percorrida pela luz, no vácuo, durante 1 anoterrestre.
C
Un (complacência) = Un (volume)Un (pressão)
= atm
A1 atm = 76 cm Hg = 1,01 . 105 PaPmáx = 120 mm Hg = 12 cm Hg
76 cm Hg → 1,01 . 105 Pa12 cm Hg → x
x = 12 cm Hg 5x 1,01. 10 Pa
76 cm Hg →
→ x = 1276
x 1,01 . 102 . 103 Pa →
x = 3
19 x 101 . 103 Pa =
30319
. 103 Pa →
→ x ≅ 15,9 k Pa
E
Volume x Tempo
600 m3 → 1 s x → 1 ano
x = 31ano x 600 m
1s →
→ x = 3365 x 24 x 3.600 s x 600 m
1 s →
→ x = 3,65 . 102 x 2,4 . 10 x 3,6 . 103 x 6 . 102 m3 →
→ x = 189 . 108 m3 = 1,89 . 1010 m3
E
hd =
60 cm1km
= 60 cm
51. 10 cm= 5
6 . 1010
= 6 . 10–4
BOG (700.000) = OG (7 . 105) = 106
B
Baleia
Bactéria
VV = 1021 →
2
Bactéria
10V 1021 →
→ VBactéria = 2
211010
= 10–19 m3
D
No de batidas x Tempo
70 → 1 min x → 80 anos
x = 70 x 80 anos
1min →
→ x = 70 x 80 x 365 x 24 x 60 min
1 min →
→ x = 7 . 10 x 8 . 10 x 3,65 . 102 x 2,4 . 10 x 6 . 10 →→ x = 2 .943 . 106 ≅ 2,9 . 103 . 106 →→ x ≅ 2,9 . 109 batidas → OG(x) = 109
D
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
2
1
2 2 2
2
k . vG =
k . (4v) 16 kv kvG = = = 32
12 2
G2 = 32 G1
8
9
10
11
12
13
14
15
6
7
16
17
18
19
20
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C
PE = 60 GW = 60 . 109 W = 6 . 1010 W = 6 . 1010 Js
EE = 40% . Eliberada = 0,4 . 1023 J = 4 . 1022 J
Energia elétrica x Tempo
4 . 1022 J → x 6 . 1010 J → 1 s
x = 22
10
4 . 10 J x 1 s6 . 10 J
= 46
. 1012 s = 406
. 1011 s →
→ x = 6,7 . 1011 s
1 ano = 365 x 24 x 3.600 s == 3,65 . 102 x 2,4 . 10 x 3,6 . 103 s =
= 31,53 . 106 s = 3,15 . 107 s
1 ano → 3,15 . 107 sx → 6,7 . 1011 s
x = 11
71ano x 6,7 . 10 s
3,15 . 10 s =
6,73,15 . 104 anos →
→ x ≅ 21.200 anos
CDe acordo com a escala temporal proposta, o homemmoderno surgiu a apenas 4h, enquanto os primeirosvegetais existem a cerca de 3 anos. Logo, não pode secreditar ao homem todas as transformações existentesna Terra.
DPodemos fazer a seguinte proporção.
Idade real x Idade imaginária
Terra → 4,5 . 109 anos → 45 anosAgricultura → x → 1h
x = 94,5 . 10 anos x 1h
45 anos
x = 94,5 . 10 anos x 1h
45 x 365 x 24h
x = 9
2
4,5 . 10
4,5 . 10 x 3,65 . 10 x 2,4 . 10 anos
x = 9
4
4,5 . 1039,4 . 10
anos = 8
4
45 . 1039,4 . 10 anos =
= 1,14 . 104 anos = 11.400 anos
B
Gasolina
Álcool
VV
= 70% → VÁlcool = GasolinaV0,7
=
= 102,4.10
0,7 = 3,4 . 1010
Área plantada x Álcool produzido
10–2 km2 → 2,7 . 103 x → 3,4 . 1010
x = –2 2 1010 km x 3,4 . 10
32,7 . 10 →
→ x = 3,42,7 .
8
31010
km2 = 1,25 . 105 km2
1,25 . 105 km2 = 12 . 2,5 . 105 km2 =
12 área do Piauí
D
No de pessoas x No de cabelos
1 → 104
5 . 109 → x
x = 5 . 109 x 104 = 5 . 1013 cabelos
No de planetas x No de cabelos
1 → 5 . 1013
x → 6 . 1023
x = 23
13
6.10 x 15.10
→ x = 1,2 . 1010
DVOrós = 2 . 1012 = 2 . 1012 dm3 = 2. 109 m3
Volume de água x Tempo
200.000 m3 → 1 s 2 . 109 m3 → x
x = 9 32 . 10 m
5 3
x 1 s
2 . 10 m = 10.000 s ≅ 3h
E
g = 9,81 2ms
= 9,81 . ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2
1km
1.0001
h3.600
=
= 9,81 x 1
1.000 x 23.600
1 km/h2 =
= 2 29,81 x 36 x 100
1.000 km/h2 =
= 9,81 x 1.296 x 10 km/h2 ≅ 1,3 . 105 km/h2 →
→ OG(g) = 105 km/h2
1
2
3
4
6
7
5
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8
9
10
A
1 BTU → 1.055 J50.000 BTU → x
x = 50.000 BTU x 1.055 J
1 BTU
x = 5 . 104 x 1,055 . 103 J
x = 5,275 . 107 J
C
462 2ft
gal = 462 . –2 29,3 . 10 m
3,8 L =
= 24,62 . 10 –2x 9,3 . 10 2m
3,8 L = 11,3
2mL
CAproximemos o grão de arroz para um cilindro de 1 mm deraio (da base) e 4 mm de comprimento.VGrão = A . h = π R2 . h = π . (1 mm)2 x 4 mm →
→ VGrão = 4π mm3 ≅ 12 mm3
VTotal = 12 . 1010 mm3 = 1,2 . 1011 mm3 =
= 1,2 . 1011 . 10–9 m3 → VTotal = 120 m3
Dentre as opções apresentadas, a que mais se aproxima éa do volume de um vagão de trem.
Análise Dimensional
Capítulo 2
E
E = x . c → x = Ec →
→ [x] = [E][c] =
−
−
2 2
1M . L . T
L . T →
→ [x] = M . L . T–1
Logo, a grandeza X tem a mesma dimensão de quantidadede movimento.
Cv = k . gx . hy →→ [v] = [k . gx . hy] →→ [v] = [k] . [g]x . [h]y →→ L. T–1 = 1 . (L . T–2)x . (L)y →→ L . T –1 = Lx . T–2x . Ly →
3
4
5
1
2
→ L1 . T–1 = Lx+y . T–2x →
→
⎧− = − → =⎪⎪⎨⎪ + = → + = → =⎪⎩
12x 1 x2
1 1x y 1 y 1 y2 2
Logo, v = k . g.h
C
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
–1
–1
–1
2 –2 2 -1
[p]= M . L . T
[c]=L . T
[v]= T
[h]=[energia] x [tempo]= ML T . T = ML T
P = hx . cy . vz →→ [p] = [h]x . [c]y . [v]z →→ MLT–1 = (ML2T–1)x . (L . T–1)y . (T–1)z →→ M . L . T–1 = Mx . L2x . T–x . Ly . T–y . T–z →→ M . L . T–1 = Mx . L2x+y . T–x–y–z →
=⎧⎪ + = → + = → = −⎪⎨− − − = − → − + + = − →⎪⎪→ + + = → − + = → =⎩
x 12x y 1 2 .1. y 1 y 1
x y z 1 (x y z) 1x y z 1 1 1 z 1 z 1
x = 1, y = –1 e z = 1 →
→ p = h . v
c
D
Grandeza
Espaço L 1,5 m m
DimensãoUnidadearbitrária
FatorUnidade
MKS
1,5
Massa M 1,5 kg kg1,5
Tempo T 1,5 . s s1,5
Velocidadeangular
k rad/s?T–1
x
x
x
x
v = ω . R → ω = vR → [ω] =
[v][R] =
–1L . TL
= T–1
[ω] = T–1 → k = (1,5)–1 rad/s → k = 1
1,5 rad/s →
→ k = 23 rad/s = 0,67 rad/s = 67% rad/s
Logo, a nova unidade é 33% menor que a original.
D
[S] = L2 → SII = 42 . SI → II
I
SS = 16
[V] = L3 → VII = 43 . VI → II
I
VV = 64
Fís
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Volume 1.B
d = mV → m =
↑cte
d x V → m α V →
→ II
I
mm
= II
I
VV
→ II
I
mm
= 64
E
⎫⎪⎬⎪⎭
3
[R]=L
[V]=L → V2 = 8 . V1 → R2 = 3 8 . R1 →
→ R2 = 2 . R1 → R2 = 2 mm
→ [x] = − −1 2M . L . T
− −3 2M . L x L . T = L →
→ [x] = [Espaço]
D
n = ΔΔ
F . xA . v → [n] =
ΔΔ
[F] . [ x][A] . [ v] →
→ [n] =
−2
2
MLT x L
L −1x L . T →
→ [n] = M . L–1 . T–1
C
G = a . l . m
t →
→ [G] = [a] . [l] . [m]
[t] →
→ [G] = –2L . T x L x M
T →
→ [G] = M . L2 . T–3
D
x = nv
a → [x] = n[v]
[a] →
→ L = −
−
1 n
2(L . T )L . T → L2 . T–2 = (LT–1)n →
→ (L . T–1)2 = (L . T–1)n → n = 2
A
• 2Nm é unidade de
FA
= Pressão.
[Pressão] = M . L–1 . T–2 (4)
• Litro é unidade de volume.[Volume] = L3 (3)
• N . s é unidade de F . Δt = Impulso.[Impulso] = M . L . T–1 (2)
• kgf (quilograma-força) é unidade de força.[Força] = M . L . T–2 (1)
D
6
B[I] = [Q] = M . L . T–1
D
[P] = M . L2 . T–3 →
⎧⎪⎨⎪⎩
a =1
b = 2
c = -3
B
v = ρC
→ v2 = ρC
→
→ C = v2 . ρ → [C] = [v]2 . [ρ] →→ [C] = (L . T–1)2 . M . L–3 →
→ [C] = L2 . T–2 . M . L–3 → M . L–1 . T–2
[C] = M . L–1 . T–2 → [C] = [Pressão]
D
U = XYZ
→ U2 = XYZ
→ Y = 2U ZX
→
→ [Y] = 2[U] . [Z][X] =
−1 2(L . T ) . ML
→
→ [Y] = −2 2L . T . ML
= M . L . T–2 →
→ [Y] = [Força]
B
G = kW. mv →
→ [G] = [k] . [w] . [m]
[v] →
→ [G] = −
−
2 2
11. M . L . T . M
L . T = M2 . L . T–1
A
x = ρ
μ α. → [x] = ρ
μ α[ ]
[ ] . [ ] →
8
9
10
11
2
4
3
1
6
7
5Grandeza
Espaço L 10 m m
DimensãoSistemaarbitrário
FatorSistema
MKS
10
Massa M 10 kg kg10
Tempo T 10–1 s s10–1
Força k N?M . L . T–2
x
x
x
x
[F] = M . L . T–2 → k = (10) x (10) x (10–1)–2 N →→ k = 10 . 10 . 102 = 10.000 N.
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7
Volume 1.B
[F] = M . L . T–2 →→ k = (10) . (10) . (10)–2 N → k = 1 N
D
12
13
14
15
16
17
18
19
20
A
Grandeza
Espaço L 10 m m
DimensãoSistemaarbitrário
FatorSistema
MKS
10
Massa M 10 kg kg10
Tempo T 10s s10
Força k N?M . L . T–2
x
x
x
x
[E] = M . L2 . T–2 → k = (2) . (2)2 . (2) –2 J → k = 2 J
A
Grandeza
Espaço L 2 m m
DimensãoSistemaarbitrário
FatorSistema
MKS
2
Massa M 2 kg kg2
Tempo T 2s s2
Energia k J?M . L2 . T–2
x
x
x
x
Grandeza
Espaço L 2X X
DimensãoSistemaarbitrário
FatorOutro
sistema
2
Massa M 3Y Y3
Tempo T 2Z Z2
Trabalho W' W?M . L2 . T–2
x
x
x
x
[Trabalho] = M . L2 . T–2 →→ W1 = (3) . (2)2 . (2)–2 W → W’ = 3 W
B
Grandeza
Espaço L 3 m m
DimensãoSistemaarbitrário
FatorSistema
MKS
3
Massa M 5 kg kg5
Tempo T 0,5s s0,5
Potência k W?M . L2 . T–3
x
x
x
x
[P] = M . L2 . T–3 → k = (5) (3)2 . −
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
312 W →
→ k = 5 x 9 x 8 W → k = 360 W
D
Grandeza
Espaço L km m
DimensãoSistemaarbitrário
FatorSistema
MKS
103
Massa M t kg103
Tempo T ms s10–3
Força k N?M . L . T–2
x
x
x
x
[F] = M . L . T–2 →→ k = (103) . (103) . (10–3)–2 N →
→ k = 1012 N
A
⎞⎟⎠
= 2 m
' = 20 cm = 0,2 m → ’ = 1
10
[V] = L3
⎧⎪⎪⎨
⎛ ⎞⎪ ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩
3
1' =
10
1V' =
10 V → V’ =
11.000 V
d = mV → m =
cted . V → m α V
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
1V' = = V
1.0001
m' = = m1.000
m’ = 1
1.000 m → 2 = 1
1.000 m →
→ m = 2.000 kg
DDe acordo com a resolução da questão anterior, temos:
M1 = 1
1.000 . M2 → M2 = 1.000 M1
CAplicando o raciocínio empregado na solução da questão18, temos:
m = 1
1.000 . M → m = 3M
10
DA dosagem de um medicamento é definida em função desua massa (m).Como as gotas são de um mesmo medicamento, elas têma mesma densidade (d).
d = mV → m =
cted . V → m α V →
→ 1
2
mm
= 1
2
VV
Fís
ica I
8
Volume 1.B
[V] = L3 ⎧⎪⎨⎪⎩
2 13
2 1
L = 2 . L
V =(2) . V → V2 = 8 . V1
1
2
mm =
1
2
VV →
1
2
mm =
1V
18 V → m2 = 8 . m1
Logo, uma única gota do conta-gotas maior substitui asoito gotas do conta-gotas menor.
• 2Ns é unidade de 2
ForçaTempo
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
2Força
Tempo = 2[Força]
[Tempo] = –2
2MLT
T = MLT–4
BUn(h) = J x s → [h] = [Energia x Tempo] →
→ [h] = M . L2 . T–2 x T = M . L2 . T–1
ƒ = 1T
→ [ƒ] [1][T] =
1T
= T–1
[T] = [Temperatura absoluta] = θ
Toda e qualquer expressão que represente um expoentedeve ser adimensional. Assim, temos:
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
h . ƒk . t = Mo . Lo . To →
→ [h] . [ƒ][k] . [t] = 1 →
→ [k] = [h] . [ƒ]
[t] →
→ [k] = − −
θ
2 1 1M . L . T x T = ML2T–2 . θ–1
A
v = ε μ1. → v2 = ε μ
1. →
→ ε . μ = 21v →
→ [ε . μ] = 2[1]
[v] = −1 21
(L . T ) = −2 21
L T →
→ [ε . μ] = L–2 . T2
C
vα = C . β
ρp
→
→ [vα] [C .β
ρp
] →
→ [v]α = β
ρ[C] . [p]
[ ] →
→ (L . T–1)α = β–1 –2
–3
1 . (M . L . T )
M . L →
→ Lα . T–α = β −β − β
−
2
3M . L . T
M . L →
→ Lα . Tα . M0 = L–β+3 . T–2β . Mβ–1 →
→
⎧α β⎪α β⎨⎪ β → β → α⎩
= – +3= –2
0 = – 1 =1 = 2
1 2
x 2 . x
C
k = 12 J . ω2 → J =
ω2
2 . k →
→ [J] = ω 2
[2] . [k]
[ ]
v = ω . R → ω = vR → [ω] =
[v][R] →
→ [ω] = –1L . T
L → [ω] = T–1
[J] = ω 2
[2] . [k]
[ ] = 2 –2
–1 2
1. M . L . T
(T ) =
= 2 –2
–2
M . L . T
T → [J] M . L2
B• Joule é unidade de energia.
[Energia] = M . L2 . T–2
•Nm
é unidade de Força
Espaço.
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
ForçaEspaço =
[Força][Espaço] =
−2M . LTL
= M . T–2
•Ns é unidade de
ForçaTempo
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
ForçaTempo =
[Força][Tempo] =
−2M . LTT
= MLT–3
1
2
3
4
5
Fís
ica I
9
Volume 1.B
BEm todas as equações, o resultado da expressão fornecidadeve exprimir tempo, logo sua dimensão deve ser igual a T.
•⎡ ⎤⎢ ⎥
π⎢ ⎥⎣ ⎦
m . d1 .2 g = 1 . −2
M . LL . T = 2M . T ≠ T
•⎡ ⎤
π⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
d2 .g = 1 . −2
LL . T = 2T = T
•⎡ ⎤
π⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
d2 .F . x = 1 . −2
LM . L . T . L = − −1 1 2M L T ≠ T
•⎡ ⎤⎢ ⎥
π⎢ ⎥⎣ ⎦
2 m.g = 1 . −2
ML . T = −1 2M . L . T ≠ T
CP = k . rx . ρy . vz →→ [P] = [k] . [r]x . [ρ]y . [v]z →→ ML2 . T–3 = 1 . (L)x . (ML–3)y . (L . T–1)z →→ M . L2 . T–3 = Lx . My . L–3y . Lz . T–z →→ M . L2 . T–3 = My . Lx–3y+z . T–z →
→
⎧⎪ →⎨⎪ → →⎩
y =1
–z = –3 z = 3
x - 3y+z = 2 x – 3+3= 2 x = 2
B
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
–1
–2
–1
[v]=L . T
[F]= M . L . T[m] M
[d]= = = M . L[ ] L
v = k . Fx . dy → [v] = [k] . [F]x . [d]y →→ L . T–1 = 1 . (M . LT–2)x . (ML–1)y →→ L . T–1 = Mx . Lx . T–2x . My . L–y →→ M0 . L1 . T–1 = Mx+y . Lx–y . T–2x →
→
12
⎧⎪⎪⎨⎪⎪ ⇒⎩
x +y = 0
x – y =1
–2x = –1 x =
x + y = 0 → y = –x → y = – 12
x = 12 e y = –
12 → v = k .
12F .
1–
2d →
→ v = k .
12
12
F
d → v = k . ⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
12F
d →
→ v = k . Fd
At = x . vy . Fz →
→ [t] = [ ]x . [v]y . [F]z →→ T = (L)x . (LT–1)y . (M . L . T–2)z →→ T = Lx . Ly . T–y . Mz . Lz . T–2z →→ T = Mz . Lx+y+z . T–y–2z →
→
=⎧⎪− − = → − = → = −⎨⎪ + + = → − + = → =⎩
z 0y 2z 1 y 1 y 1
x y z 0 x 1 0 0 x 1
x = 1, y = –1 e z = 0 → t = vm = x . vy . Fz →→ [m] = [ ]x . [v]y . [F]z →→ M = (L)x . (L . T–1)y . (MLT–2)z →→ M = Lx . Ly . T–y . Mz . Lz . T–2z →→ M = Mz . Lx+y+z . T–y–2z →
→
⎧⎪ → →⎨⎪ → →⎩
z =1
–y – 2z = 0 –y – 2= 0 y = –2
x+y+ z = 0 –2+1= 0 x =1
x = 1, y = –2 e z = 1 → m = 2
. Fv
E = x . vy . Fz →→ [E] = [ ]x . [v]y . [F]z →→ ML2T–2 = (L)x . (LT–1)y . (MLT–2)z →→ ML2 . T–2 = Lx . Ly . T–y . Mz . Lz . T–2z
→ M . L2 . T–2 = Mz . Lx+y+z . T–y–2z →
→
=⎧⎪− − = − → − − = − → =⎨⎪ + + = → + + = → =⎩
z 1y 2z 2 y 2 2 y 0
x y z 2 x 0 1 2 x 1
x = 1, y = 0 e z = 1 → E = F .
• t = V
→ T = L . V–1
6
7
8
9
Grandeza
Espaço L a' a
DimensãoSistema
novoFator
Sistemaantigo
k
Velocidade V b' bk
Força F c' ck
Tempo t' t?T
x
x
x
x
T = L . V–1 → t’ = (k) . (k)–1 . t → t’ = 1 . t
• m = 2
. F
v → M = L . F . V–2
Grandeza
Espaço L a' a
DimensãoSistema
novoFator
Sistemaantigo
k
Velocidade V b' bk
Força F c' ck
Massa m' m?M
x
x
x
x
Fís
ica I
10
Volume 1.B
S→
= 1S→
+ 2S→
| S→
| = 4 x 0,5 cm = 2 cm
BPara encontrarmos o gráfico correto é suficiente checarmoso módulo do vetor soma nas duas situações abaixo.• θ = 0o = 0 rad:
| S→
| = | M→
| + | N→
| = 2 M
S
S2
S10,5 cm
4
5
M
N
• θ = 180o = πrad:
| S→
| = | M→
| – | N→
| = 0
N M
O único gráfico que satisfaz estas duas condições é o daopção B.
A
a b 11 i 2
a – b 5 i 10
2a 16 i 12 a 8 . i 6
→ → → →
→ → → →
→ → → → → →
⎧+ = +⎪
⎨⎪ = +⎩
= + ⇒ = +
j
j
j j
a→
+ b→
= 11 i→
+ 2→j ⇒
⇒ 8 i→
+ 6 j→
+ b→
= 11 i→
+ 2→j ⇒
⇒ b→
= 3 i→
– 4→j
2
Então:→
BA – →
EA – →
DE – →
CD + →
CB = 0→
EA – →
CB + →
DE = →
BA – →
CD
CPodemos reproduzir os vetores tornando-os consecutivose somá-los pelo método geométrico.
3
a
eee
ccd
bbff
ss
Observe que o vetor soma ( S→
) é igual ao vetor p→
.
EPara simplificar a solução podemos substituir os dois gruposde vetores pelo vetor soma de cada um, unindo a origemdo primeito vetor à extremidade do último.Basta que somemos os vetores encontrados, conforme odiagrama a seguir.
–EA
BA
CB
–DE–CD
1 DFaçamos com que a soma deles se anule:
Vetores
Capítulo 3
M = L . F . V–2 → m’ = (k) . (k) . (k)–2 . m → m’ = 1 . m
• [E] = [F . l] → E = F . L
Grandeza
Espaço L a' a
DimensãoSistema
novoFator
Sistemaantigo
k
Velocidade V b' bk
Força F c' ck
Energia e' e?E
x
x
x
x
E = F . L → e’ = (k) . (k) x e → e’ = k2 . e
Concluímos então que:
t’ = 1 . t , m’ = 1 m e e’ = k2 . e
DA quantidade de luz (Q) coletada por um espelho éproporcional à sua superfície (S).Sendo o diâmetro do espelho do VLT igual a 16 m e odiâmetro do espelho do Cekc igual a 10 m, temos:
[S] = L2 ⎧⎪⎨⎪⎩
VLT Cekc2
VLT Cekc
L =1,6 L
S =1,6 . S →
→ SVLT = 2,56 . SCekc
Q α S → VLT Cekc
VLT Cekc
S 2,56 . SQ 2,56 . Q⎧ =⎪⎨ =⎪⎩
10
Fís
ica I
11
Volume 1.B
Usemos a fórmula que nos dá o módulo do vetor soma
(| 0v→
| = | v→
| = v)
S = 2 2a b 2abcos+ + θ ⇒
⇒ S = 2 2 ov v 2 . v . v . cos120+ + ⇒
⇒ S = 2 2 1
2v 2v (– )2
+ = 2 22v – v = 2v = v
A
Transportando os vetores 1F→
, 2F→
e 4F→
, para que eles setornem concorrentes, temos:
6
7
a b
3
8
6 4
1
1
v0 v
Δv
–v0 v0120o
F1
F4
F2120o
| a→
| = 2 28 6+ = 100 = 10
| b→
| = 2 23 4+ = 25 = 5
A
Δ v→
= v→
– 0v→
→ Δ v→
= v→
+ (– 0v→
)
Podemos então ilustrar os vetores a→
e b→
pela figura abaixo.
resF→
= 1F→
+ 4F→
+ 2F→
Chamemos de 1F→
à soma de 1F→
e 4F→
. Neste caso, teremos:
resF→
= 1F→
+ 2F→
O módulo de 1F→
é dado por:
F1 = 2 2 o1 4 1 4F F 2 . F . F . cos120+ + ⇒
⇒ F1 = 2 2 1
F F 2 . F . F –2
+ + ⇒
F2F'
F F
Logo, a resultante será nula.
AResolvendo a equação em (x) teremos:
3 x→
= 2 a→
– c→
+ 3 b→
3 x→
= 2(4 i→
– 2 →j ) – (5 i
→ – 4
→j ) + 3(– 3 i
→ –
→j )
3 x→
= 8 i→
– 4→j – 5 i
→ + 4
→j – 9 i
→ – 3
→j
3 x→
= – 6 i→
– 3→j → x
→= – 2 i
→ –
→j
x| |→
= 2 22 +1 = 5
8
9
x
–2i
–1j
BVeja a figura
θ
y
60
60.cos θ
60.sen θ
60
30 x
⇒ F1 = 2 2 2F F – F+ = 2F = F
Observe que 1F→
é horizontal, devido a simetria que 1F→
e
4F→
têm, em relação à horizontal. Assim, teremos:
10
Na direção (x), temos:
60 . cosθ = 30 ⇒ cosθ = 12 ∴ θ = 60o
Logo, a resultante valerá:R = 60 + 60 sen60o
R = 60 + 60 . 32
R = 60 + 30 3 = 30( 3 + 2)
EUsando o mesmo procedimento da questão 7, temos:
Fís
ica I
12
Volume 1.B
Portanto: | 1V→
+ 2V→
| = 5 2
| 3V→
+ 4V→
| = 5 2
| 1V→
+ 2V→
+ 3V→
+ 4V→
| = 5 2 + 5 2
= 10 2 ≅ 10 x 1,4 ≅ 14
CObservando a figura e aplicando diretamente a regra doparalelogramo:
F
F
R60o
R2 = F2 + F2 + 2 . F . F . cos 60o
R2 = F2 + F2 + 2F2 . 12
→ R2 = 3F2 ∴ R = F 3
AEsquematizando:
a b→ →
+⎯⎯⎯⎯→
a
b
→
→
⎯⎯→
⎯⎯→ | a
→+ b
→| = 70
a + b = 70
a a+
b
b
| a→
+ b→
| = 50a2 + b2 = 2500
Forma-se então o sistema:
2 2a+b =70 b =70 – aa +b = 2500
→⎧⎨⎩
6
5
3
y
x
xy+
4 quadrados = 4 x 1 = 4 cm
3 quadrados =
3 x 1 = 3 cm
Pitágoras: | x→
+ y→
| = 2 23 +4 = 5 cm
EObserve as figuras:
5 5
5
5
5 5
5
5
5 2
V2
3
V4
V1
(Resultante nula) Diagonal do quadrado:
52
5 2
52
a 2 = 5 2
CDas grandezas mencionadas são escalares: massa, energiacinética e temperaturaPortanto, a única opção que só relaciona grandezas vetoriaisé a “C”
DRepresentando os vetores de forma consecutiva, temos:
2
1
S→
= a→
+ b→
+ c→
S = 2 23 4+ = 25 = S = 5 cm
BObservando a figura a seguir:
1 cm
1 cm
a
c
b
s4
3
F’ = 2 2 o2 3 2 3F F 2 . F . F . cos120+ +
F’ = 2 2 1
40 40 2 . 40 . 40 . (– )2
+ +
F’ = 1600 1600 – 1600+ = 1600 = 40 N
Observe que 1F→
tem a mesma direção de 1F→
.Logo, o módulo da força resultante é dado por:
reF→
γ = F1 – F’ = 50 – 40 = 10 N
F1
F1
F2 F3
reF→
γ = 1F→
+ 2F→
+ 3F→
reF→
γ = 1F→
+ 1F→
1
2
3
F 50 N
F 40 N
F 40 N
=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩ 4
Fís
ica I
13
Volume 1.B
Logo, o módulo do vetor soma será:
S = x 2 + x 2 + x 2
s = 3x 2
BO módulo do vetor soma está obrigatoriamente compreendidono intervalo|v1 – v2| ≤ S ≤ v1 + v2 ⇒⇒ |12 – 18| ≤ S ≤ 12 + 18 ⇒
⇒ 6 N ≤ S ≤ 30 N
A
Observe no diagrama construído abaixo que o vetor x→
é a
soma dos vetores a→
e b→
.
x 2 x 2 x 2x 2
x 2x 2
x x
x
x
x
a
b
x→
= a→
+ b→
AVetores perpendiculares:
8
9
10
7
a = |a||a +
b| = 13
|b| = b
a2 + (70 – a)2 = 2500 → a2 – 70a + 1200 = 0a = 40 ou a = 30b = 30 ou b = 40
Resposta: 30 e 40
DObserve a figura:
→⎧⎪⎨⎪⎩
2 2
a + b =17 b = 17 – a
a + b = 169
a2 + (17 – a)2 = 169 → a2 – 17a + 60 = 0
a = 17 + 7
2 = 12
b = 17 – 12 = 5Resposta: 12 e 5
B
Observe que a soma dos vetores consecutivos A→
e C→
é
dada pelo vetor B→
.
B→
= A→
+ C→
⇒ A→
= B→
– C→
11
12
MN
P
V
R
V = P + M
V = R + N
P + M = R + N⇒
AEstá falsa a afirmativa “A”, pois os vetores têm apenas osmódulos iguais.Para que dois vetores sejam iguais, eles devem ter o mesmomódulo, a mesma direção e o mesmo sentido.
A
Se os a→
e b→
vetores têm módulos respectivamente iguaisa 14 u e 6u, podemos afirmar:
S→
= a→
+ b→
⇒⇒ • Smáx = a + b = 14u + 6u = 20u
• Smín = |a – b| = |14u – 6u| = 8u
EA figura abaixo expressa o texto:
θ – ângulo entre os vetoresθ = 90o + αNo triângulo assinalado
sen α = P2P
= 12
→ α = 30o
Logo: θ = 90o + 30o = 120o
DVerifique que:
S→
= AB→
+ BE→
+ CA→
⇒ S→
= CA→
+ AB→
+ BE→
Como os vetores a serem somados são consecutivos, ovetor soma une a origem do primeiro à extremidade do
último (CE→
)
13
14
15
16
2P
P
P
R
θα
B
Verifique no diagrama abaixo que o vetor v→
constitui a
soma dos vetores P→
e M→
, bem como dos vetores R→
e N→
.
17
1 N
1 NF2
F1 F3
R
BPodemos somar os vetores, pelo diagrama abaixo:
R→
= 1F→
+ 2F→
+ 3F→
R→
= 1F→
+ 3F→
+ 2F→
R = 2 21 1+ = 2 N
Fís
ica I
14
Volume 1.B
x y
z
Smin = 0
Na situação “b” o módulo mínimo corresponde à diferençaentre o módulo do maior vetor e a soma dos dois menores.
Smín = 15 – (3 + 7) = 5z
x
y
DNovamente usaremos as propriedades geométricas dohexágono regular.
3
Transportanto os vetores paralelos da figura, a solução ficasimplificada:
1V→
+ 2V→
= 3V→
= 10
4V→
+ 5V→
= 3V→
= 10
S→
= 3V→
+ 3V→
+ 3V→
= 3 x 10 = 30 cmResposta: 30 cm
B A
Bx Ax
| xA→
| + | xB→
| = 2 . rIII. (verdadeiro) – Veja a figura abaixo:
B Ay
yA→
= yB→
= y→
IV. (falsa) – Como os vetores A→
e B→
são perpendicularmente,temos:
S→
= A→
+ B→
⇒ S = 2 2A B+ ⇒ S = 2 . R
O módulo máximo será raro pela soma dos módulos. Istoacontece quando os vetores têm a mesma direção e omesmo sentido.A) Smáx = 5 + 8 + 10 = 23B) Smáx = 3 + 7 + 15 = 25
O módulo mínimo do caso “a” é nulo porque a soma dosmódulos dos dois vetores menores é maior que o módulodo maior. Assim, eles podem constituir uma poligonalfechada (admitem a formação de um triângulo), dandoresultante nula.
2
5
5
5
5
5 5
5
5
V2
V5
V3
V4
V1
19 DObserve que a decomposição do vetor velocidade dopára-quedas reduz numa componente vertical igual ao
vetor 4v→
.
v→
= xv→
+ yv→
e yv→
= 4v→
DDecompondo o vetor F1, encontramos o diagrama abaixo.
20
vx
vvy
F1x
F1yF4
F3F2
Quando somamos separadamente as componenteshorizontais e verticais, obtemos as resultantes abaixo.
Ry
Rx
Logo, o vetor soma é melhor representado pelo vetor daopção “D”.
EI. (verdadeira) – Do estudo da geometria plana, sabemos
que um triângulo inscrito em um semicírculo que temcomo um dos lados o diâmetro é retângulo e tem comohipotenusa o diâmetro do semicírculo.
II. (verdadeiro) – Veja a figura abaixo:
1
A
Observe no diagrama abaixo que a soma do vetor 1v→
e 4v→
é igual à soma dos vetores 2v→
e 3v→
.
18
v2
v3
v1
v4 S
S
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15
Volume 1.B
4
x
60o
120o
10 = |2a|
|–b| = 6
Regra do paralelogramo
x2 = 102 + 62 + 2 . 10 . 6 1
–2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
x2 = 100 + 36 – 60
x2 = 76 ∴ x = 4 x 19 → x = 2 19
Resposta: 2 19
CComo os vetores são concorrentes, podemos somá-losconforme a figura abaixo:
R→
= 1F→
+ 2F→
+ 3F→
R→
= 1F→
+ 1F→
F’ = 2 22 3F F+ = 2 26 3+ = 45
F1
F3F'
F'
F1
R
R→
= 1F→
+ 'F→
R = 2 '21F F+ =
222 45+ = 49 = 7
5
C
Resolvamos a equação em ( x→
)
2 b→
= 4 a→
– 2 x→
2 x→
= 4 a→
– 2 b→
→ x→
= 2 a→
– b→
→
x→
= 2 a→
+ (– b→
)
6
7
8
a
c d
–ad→
= c→
– a→
= c→
+ (– a→
)
BVeja o diagrama abaixo:
9
c
a = 3ay
by
bx ax
b 6
60o
45o
by = ay → a . 2
2 = 6 .
32
→ a = 182
= 182
= 3
Resultante nula na horizontal:c = ax + bx
c = 3 . 2
2 + 6 .
12 → c =
3 2 + 62
CVejamos uma solução mais simples. Observe a figura comdois vetores de módulos iguais a (a).
B
Como os vetores a→
e b→
são iguais (mesmo módulo,mesma direção e mesmo sentido), temos:
d→
= a→
– b→
+ c→
⇒ d→
= c→
⇒
⇒ | d→
| = | c→
| = 2u
D
Podemos expressar a→
, b→
e c→
em função de i→
e →j ,
conforme o exposto abaixo:
a 2 i 3
b 0 i 2
c 1 i – 2
→ → →
→ → →
→ → →
⎧= +⎪
⎪⎪ = +⎨⎪⎪ =⎪⎩
j
j
j
I. (verdadeira) conforme o exposto acimaII. (verdadeira) idem
III. (verdadeira) b→
+ c→
= 2 j→
+ 1 i→
– 2 j→
⇒
⇒ b→
+ c→
= 1 i→
AOrganizando os dados e sendo a resultante nula teremos:Resultante nula na vertical:
10
a a
a
a |s| = x
|D| = y
y/2
x/2
No paralelogramo acima as diagonais se cortam ao meioe são perpendiculares.
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16
Volume 1.B
3
4
5
6
7
8
1 2 3 4 n
2 m 2 m 2 m
Calculemos o tempo gasto para cada passo dado pelo soldados.
no de passos x tempo
120 → 1 min 1 → x
x = 1x 1min
120 =
60s120
= 0,5s
Para que o primeiro e o último soldados, e somente estes,estejam marchando com o mesmo pé, o som emitido pelaprimeira batida do tambor gastou 0,5s para chegar ao últimosoldado da fila. Podemos então calcular o comprimento dafila por:
Δs = somv . t = 340 x 0,5 = 170 m
Como o intervalo entre dois soldados consecutivos é de2 m, o número de intervalos existentes é dado por:
N = 170
2 = 85 intervalos.
Assim, o número de soldados (n) é dado por:n = N + 1 = 85 + 1 = 86 soldados
DO movimento é classificado quanto à rapidez como:
A) uniforme → v cte → trecho BC
B) Acelerado → |v| cresce → trecho DE
C) Retardado → |v| decresce → trecho AB e CD
DComo a velocidade é dada pela inclinação da reta tangenteao gráfico, podemos afirmar que, de:0 a 20 min → inclinação constante ⇒ v cte20 min a 30 min → inclinaçao crescente ⇒ v crescente30 min a 50 min → inclinação decrescente ⇒ v decrescente50 min a 65 min → inclinação nula ⇒ repouso65 min a 90 min → inclinação constante ⇒ v constante
A opção que podemos considerar correta é a “D”, masprecisamos fazer uma ressalva: a velocidade é crescenteentre 20 e 30 min.
BObservemos que:1a) A velocidade é positiva no intervalo é de 0 a 4s. Logo, o
movimento é progressivo de 0 a 4s, e portanto “s” deveser crescente. Assim, estão falsas as opções “C” e “D”.
2a) Como “v” cresce de 0 a 2s, a inclinação do gráficos x t deve ser crescente e como “v” decresce de 2s a4s, a inclinação neste trecho deve ser decrescente.Portanto, está também falsa a opção “A”.
CObserve que os movimentos de A e B são uniformes, poisa inclinação de cada gráfico é constante.vA cte e vB cte ⇒ aA = aB = 0
Devido a inclinação do gráfico de A ser maior que a inclinaçãodo gráfico de B, temos para qualquer instante: vA > vB
No instante t = t0, os móveis A e B estão numa mesma posição.Julguemos então as opções:
Introdução à Cinemática e Escalar
Capítulo 4
1 AI. (falsa) O corpo pode estar em movimento em relação a
um referencial e em repouso em relação a outro.Ex.: Uma árvore está em repouso em relação à Terra,mas está em movimento em relação ao Sol.
II. (verdadeiro) De acordo com o exemplo acima.III. (verdadeiro) Veja o exemplo dado na teoria do tópico A.
CSe calcularmos a velocidade média para as duas primeiras zonas,esta será a mesma para um número par qualquer de zonas.
2
x x
v1 = 40 km/h v2 = 60 km/h
v = st
ΔΔ ⇒ Δt =
sv
Δ ⇒
1
2
xt
40x
t60
⎧Δ =⎪⎪⎨⎪Δ =⎪⎩
vm = st
ΔΔ
= 1 2
1 2
s st t
Δ + ΔΔ + Δ
= x x
x x40 60
+
+ ⇒
⇒ vm = 2x
3x 2x120
+ = 2x . 1205x
= 48 km/h
D
Vm = st
ΔΔ
= 40 km
30 min – 10 min =
40 km20 min
=
= 40 km
1h
3
= 120 km/h
86
Então no triângulo assinalado.
a2 = 2x
2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
+ 2y
2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
a2 = 2x4
+ 2y4
∴ a2 = 2 2x + y
4
a = 2 2x + y2
Fís
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Volume 1.B
10
9
v(m/s)
20
4 t(s)
B
A
Assim, temos:
ΔsA – ΔsB = área = 4 x 20
2 = 40 m
2o) O móvel B alcançará o móvel A quando, a partir do instante4s, o seu deslocamento superar o de A em 40 m.Por analogia e pela igualdade dos triângulos, B alcançaA no instante 8s, conforme a ilustração abaixo.
v(m/s)
40
20
84 t(s)
B
A
N
A) (falsa) vA > vB, em qualquer instante.B) (falsa) Se vA > vB ⇒ ΔsA > ΔsB para qualquer intervalo
de tempo.C) (verdadeiro) Se os dois estão numa mesma posição,
eles estão à mesma distância da origem da trajetória.D) (falso) qA = qB = 0, em qualquer instante.E) (falso) vA > vB
AObserve que a seção horizontal do vaso é crescente nointervalo de altura de 0 a R (enchimento da primeira metade).Como a vazão da torneira é constante, a água vai subir cadavez mais lentamente neste trecho (v decrescentedecrescentedecrescentedecrescentedecrescente). Logo, ográfico s x t deve ter uma inclinação decrescente neste trecho.No enchimento da segunda metade do vaso ocorre oinverso, pois a seção horizontal é decrescente. Logo a águavai subir cada vez mais rapidamente (v crescente). Logo, ográfico s x t deve ter uma inclinação crescente. A opçãocorreta é portanto a “A”.A opção “B” seria correta se o vaso fosse cilíndrico e a “C”se o vaso tivesse a forma de uma ampulheta.
AObserve que:1a) No intervalo de tempo de 0 a 4s o móvel A foi mais
rápido que o B e a diferença entre os deslocamentos énumericamente igual à área compreendida entre osgráficos de A e B.
Nesses 8s iniciais, o deslocamento de B énumericamente igual à área sob o gráfico de B.
v(m/s)
40
8 t(s)
ΔsB = área = 8 x 40
2 = 160 m
B
2
1
v1 = 40 km/h v2 = 60 km/h
1 km 1 km
v = st
ΔΔ ⇒ Δt =
sv
Δ ⇒
1
2
1t h
401
t h60
⎧Δ =⎪⎪⎨⎪Δ =⎪⎩
vm = total
total
st
ΔΔ
= 1 2
1 2
s st t
Δ + ΔΔ + Δ
= 1 1
1 140 60
+
+ ⇒
⇒ vm = 2
3 2120
+ = 2 x 120
5 = 48 km/h
DViagem completa:Viagem completa:Viagem completa:Viagem completa:Viagem completa:Δs = 390 kmΔt = 3,5 h = 210 min
• Trecho 1:vm = 120 km/h
Δt = 50 min = 56 h
vm = st
ΔΔ ⇒ Δs = vm . Δt = 120 x
56
= 100 km
• Trecho 2: (Defeito mecânico)Δs = 0Δt = 15 min
• Trecho 3:Δs3 = Δstotal – (Δs1 + Δs2) = 390 – (100 + 0) = 290 kmΔt3 = Δttotal – (Δt1 + Δt2) = 210 – (50 + 15) = 145 min
v3 = 3
3
st
ΔΔ =
290 km145 min
= 290 km145
h60
= 250 x 60 km145 h
v3 = 120 km/h
N
Bvm = 90 km/h = 25 m/sΔt = 1s
Δs = vm . Δt = 25 x 1= 25 m
DEle deve cumprir os 40 km nos 20 min que restam. Assim,temos:
vm = st
ΔΔ =
40 km20 min
= 40 km
1h
3
= 120 km/h
4
3
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Volume 1.B
Δs (0 a 2s) = –A1 = –4 x 2
2 = –4 m
Δs (2s a 4s) = A2 = 6 4
2+
x 4 = +20 m
Podemos ilustrar o movimento da partícula pela trajetóriaabaixo.
8
9
10
11
3000 m 2000 m
1,5 m/s 2 m/s
vm = st
ΔΔ = Δt =
m
svΔ
⇒
1
1
3000t 2000s
1,52000
t 1000s2
⎧Δ = =⎪⎪⎨⎪Δ = =⎪⎩
vm = st
ΔΔ = Δt =
m
svΔ
⇒ 1
1
xt
100x
t150
⎧Δ =⎪⎪⎨⎪Δ =⎪⎩
vm = st
ΔΔ = 1 2
1 2
s st t
Δ + ΔΔ + Δ
= x x
x x100 150
+
+ ⇒
⇒ vm = 2x3x 2x
300+
= 2x . 3005x
= 120 km/h
B
vm = st
ΔΔ ⇒ Δt =
m
svΔ
⇒
⇒ Δt = 1000
4 = 250 h ≅ 10 dias
DO deslocamento é obtido através da área do gráfico v x t.
100 km/h 150 km/h
A M Bx x
0 2 4 8
t(s)
+4
– 4
v(m/s)
2
1
t = 2s t = 8st = 04 m
20 m
A distância percorrida foi de 24 m, mas o deslocamento foide 16 m.
6
7
5
v v + 10
40 km 100 km
vm = st
ΔΔ ⇒ Δt =
m
sVΔ
⇒ 1
2
40t
v100
tv 10
⎧Δ =⎪⎪⎨⎪Δ =⎪ +⎩
Δttotal = Δt1 + Δt2 ⇒ 3 = 40v +
100v 10+ ⇒
⇒ 3 . v . (v + 10) = 40 . (v + 10) + 100 . v ⇒⇒ 3v2 + 30v = 40v + 400 + 100v ⇒⇒ 3v2 – 110v – 400 = 0 ⇒
⇒ v = 110 12100 4800
6± +
⇒
⇒ V = 110 16900
6±
= 110 130
6+
= 40 km/h
A
E• Trecho 1:
Δs1 = 300 kmv1 = 120 km/h
Δt1 = 1
1
sv
Δ =
300120
= 2,5 h
• Trecho 2: (Parada)Δs2 = 0Δt2 = 30 min = 0,5 h
• Trecho 3:Δs3 = 600 – 300 = 300 kmΔt3 = 3 h
Vm = total
total
st
ΔΔ
= 300 0 3002,5 0,5 3
+ ++ +
= 600
6 = 100 km/h
D
vy = vmx =
total x
total x
s
t
Δ
Δ =
= 12 km 20 km 4 km
10 min 15 min 5 min+ ++ +
= 36 km30 min
=
= 36 km0,5 h = 72 km/h
D
vm = st
ΔΔ = 1 2
1 2
s st t
Δ + ΔΔ + Δ
= 3000 m 2000m2000s 1000s
++ =
= 5000 m3000s
≅ 1,667 m/s
C
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12
13
14
v(m/s)
6
5
2
0 3 6 9 t(s)
–
–
––
2
1
43
a1 ≅ tgθ1 = 33
= 1 m/s2
a2 ≅ tgθ2 = 13 m/s2
a3 ≅ tgθ3 = –tgθ4 = 63
− = – 2 m/s2
Logo: |a3| > |a1| > |a2|
B
v = st
ΔΔ , onde
Ns área
t 20s
⎧⎪Δ =⎨Δ =⎪⎩
v(m/s)
20
10
0 5 15 2010 t(s)
Δs N= área =
(B b)2+
. h = (20 10)
2÷
. 20 = 300 m
v = st
ΔΔ =
30020 = 15 m/s
v = 15 m/s
Bv(cm/s)
60
10
0 50 t(s)
–
C
a N= tgθ =
5050
= 1 cm/s2
Δs N= área
N=
(B b)2+
. h = 60 10
2+⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
. 50 = 1750 cm
a = 1 cm/s2
CO trecho em que o gráfico é aproximadamente horizontal(v cte) está compreendido no intervalo de 5s a 8s.
15
16
17
18
19
20
HΔs = 32 m
h = 2 m
Assim, a altura do prédio é dada por:H = Δs + h = 32 + 2 = 34 m
B
Δv N= área (a x t) = +(2 x 2) – (2 x 1) = + 2 m/s
t(s)2 4 5
2
–2
a(m/s2)
Δv = v – v0 ⇒ +2 = v – S ⇒ v = 7 m/s
A
O trecho em que o gráfico tem maior inclinação (a N= tgθ)
corresponde ao intervalo de 0 a 1s.
CO motor deixa de funcionar no instante em que a velocidadedo foguete começa a decair (t = 10s)
Δs (0 a 10s) ≅ área (v x t) = 10 x 500
2 ⇒
h = Δs = 2500 m = 2,5 . 103 m
CComo a velocidade está diminuindo com o passar do tempoa única situação que pode ser associada a este gráfico é omovimento de um tijolo lançado verticalmente para cimaaté atingir a altura máxima, pois a sua velocidade vai diminuiraté zero (inversão do sentido do movimento no ponto maisalto).
D
Δs (0 a 10s) N= área (v x t) =
10 62+
x 4 = 32 m. Como o
elevador é um corpo extenso, devemos exibir o seudeslocamento usando uma parte qualquer do mesmo.Considerando o seu teto, temos:
A) Os pneus dianteiros do veículo pressionam o sensorS1, no instante t = 0 e o sensor S2 no instantet = 0,1s. Logo
v = st
ΔΔ =
2 m0,1s = 20 m/s = 72 km/h
1
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Volume 1.B
Obs: Estamos considerando que no início da corrida alebre e a tartaruga estão lado a lado (s = 0), embora oenunciado não tenha esclarecido.
As tabelas abaixo mostram a evolução da posição da lebre emrelação à tartaruga (SL – ST), nos instantes I, II, III e IV, no decorrerdos 10 primeiros ciclos. Neste caso, devemos considerar:sL – sT > 0 ⇒ a lebre vence a corridasL – sT = 0 ⇒ a corrida sai empatadasL – sT < 0 ⇒ a tartaruga vence a corrida
6º
I 661 61 6,61 6,0– 6,0– 6,0– 6,0– 6,0–
II 761 71 7,61 3,0 3,0 3,0 3,0 3,0
III 861 81 8,61 2,1 2,1 2,1 2,1 2,1
VI 891 81 8,91 8,1– 8,1– 8,1– 8,1– 8,1–
7º
I 991 91 9,91 9,0– 9,0– 9,0– 9,0– 9,0–
II 002 02 0,02 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0
III 102 12 1,02 9,0 9,0 9,0 9,0 9,0
VI 132 12 1,32 1,2– 1,2– 1,2– 1,2– 1,2–
8º
I 232 22 2,32 2,1– 2,1– 2,1– 2,1– 2,1–
II 332 32 3,32 3,0– 3,0– 3,0– 3,0– 3,0–
III 432 42 4,32 6,0 6,0 6,0 6,0 6,0
VI 462 42 4,62 4,2– 4,2– 4,2– 4,2– 4,2–
9º
I 562 52 5,62 5,1– 5,1– 5,1– 5,1– 5,1–
II 662 62 6,62 6,0– 6,0– 6,0– 6,0– 6,0–
III 762 72 7,62 3,0 3,0 3,0 3,0 3,0
VI 792 72 7,92 7,2– 7,2– 7,2– 7,2– 7,2–
01 º
I 892 82 8,92 8,1– 8,1– 8,1– 8,1– 8,1–
II 992 92 9,92 9,0– 9,0– 9,0– 9,0– 9,0–
III 003 03 0,03 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0
VI 103 03 1,03 1,0– 1,0– 1,0– 1,0– 1,0–
Verifique que nas tabelas acima, a posição da lebre emrelação à tartaruga evolui segundo uma PA de razão negativa(r = – 0,3), o que nos permite chegar às seguintes conclusões.1o No instante I, a lebre vence a corrida somente nos três
primeiros ciclos.2o No instante II, a lebre vence a corrida somente nos seis
primeiros ciclos.3o No instante III, a lebre vence a corrida somente.nos
nove primeiros ciclos.4o No instante IV, a tartaruga sempre vence a corrida.
Julguemos então as afirmativas:A) (verdadeira) De acordo com a tabela maior, a lebre
atinge a posição 3 m no instante 3 s. A tartaruga atingea posição 3 m no instante dado por:t = Δs/ v = 3 / 0,1 = 30 s
etnatsnI etnatsnI etnatsnI etnatsnI etnatsnI IIIII etnatsnI etnatsnI etnatsnI etnatsnI etnatsnI IIIIIIIIII
olcic sL s– T olcic sL s– T
1º 9,0 1º 8,1
2º 6,0 2º 5,1
3º 3,0 3º 2,1
4º 0,0 4º 9,0
5º 3,0– 5º 6,0
6º 6,0– 6º 3,0
7º 9,0– 7º 0,0
8º 2,1– 8º 3,0–
9º 5,1– 9º 6,0–
01 º 8,1– 01 º 9,0–
etnatsnI etnatsnI etnatsnI etnatsnI etnatsnI III III III III III etnatsnI etnatsnI etnatsnI etnatsnI etnatsnI VIVIVIVIVI
olcic sL s– T olcic sL s– T
1º 7,2 1º 3,0–
2º 4,2 2º 6,0–
3º 1,2 3º 9,0–
4º 8,1 4º 2,1–
5º 5,1 5º 5,1–
6º 2,1 6º 8,1–
7º 9,0 7º 1,2–
8º 6,0 8º 4,2–
9º 3,0 9º 7,2–
01 º 0,0 01 º 0,3–
2º
I 43 4 4,3 6,0 6,0 6,0 6,0 6,0
II 53 5 5,3 5,1 5,1 5,1 5,1 5,1
III 63 6 6,3 4,2 4,2 4,2 4,2 4,2
VI 66 6 6,6 6,0– 6,0– 6,0– 6,0– 6,0–
3º
I 76 7 7,6 3,0 3,0 3,0 3,0 3,0
II 86 8 8,6 2,1 2,1 2,1 2,1 2,1
III 96 9 9,6 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2
VI 99 9 9,9 9,0– 9,0– 9,0– 9,0– 9,0–
4º
I 001 01 0,01 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0
II 101 11 1,01 9,0 9,0 9,0 9,0 9,0
III 201 21 2,01 8,1 8,1 8,1 8,1 8,1
VI 231 21 2,31 2,1– 2,1– 2,1– 2,1– 2,1–
5º
I 331 31 3,31 3,0– 3,0– 3,0– 3,0– 3,0–
II 431 41 4,31 6,0 6,0 6,0 6,0 6,0
III 531 51 5,31 5,1 5,1 5,1 5,1 5,1
VI 561 51 5,61 5,1– 5,1– 5,1– 5,1– 5,1–
olciC etnatsnI t SL ST SL S– T
oicíni 0 0 0 0
1º
I 1 1 1,0 9,0 9,0 9,0 9,0 9,0
II 2 2 2,0 8,1 8,1 8,1 8,1 8,1
III 3 3 3,0 7,2 7,2 7,2 7,2 7,2
VI 33 3 3,3 3,0– 3,0– 3,0– 3,0– 3,0–
2
B) O sensor S1 foi pressionado pelos pneus dianteiros noinstante t = 0 e pelos pneus traseiros no instantet = 0,15s. Assim, podemos dizer que a distância entreos pneus traseiros e dianteiros (distância entre os eixos)é dada por:Δs = v Δt = 20 x 0,15 = 3 m
CRepresentaremos os movimentos pela tabela abaixo, naqual as distâncias são medidas em metros e o tempo, emsegundos.Para melhor visualização, a tabela é dividida em ciclos de duraçãode 33s cada, devido a especifidade do moviento da lebre.
Fís
ica I
21
Volume 1.B
3
t(s)50 100 150
+5
–5
v(m/s)
2
1
ΔsA = + A1 – A2 = + 5 x 50
2 – 5 x 100
2 ⇒
⇒ ΔsA = – 125 m
B) (verdadeira) De acordo com as conclusões acima, oúltimo momento em que a lebre não está atrás datartaruga é o instante t = 300s, quando as duas estãojuntas na posição s = 30 m.
C) (falsa) Observando as tabelas acima, percebemos quea maior vantagem que a lebre abriu sobre a tartarugafoi de 2,7 m, no instante III do 1o ciclo, ou seja, noinstante t = 3s.
D) (verdadeira) Observando a tabela maior, percebemosque a lebre atinge a posição s = 15 m no instantet = 135s. A tartaruga atingirá esta posição no instante:t = Δs/v = 15 / 0,1 = 150s
Logo, a tartaruga atinge a posição 15 m com um atraso de15 s em relação à lebre, pois: tL = 135 s e tT = 150 s.
DCálculo do deslocamento do trem A.
ΔsB = – A1 + A2 = – 5 x 50
2 + 5 x 100
2 ⇒
⇒ ΔsB = + 125 m
Considerando s0 = 0 para os dois trens, no instante t = 150s,as suas posições podem ser ilustradas pela figura abaixo.
4
6
7
5
t(s)50 100 150
+5
–5
v(m/s)
2
1
Cálculo do deslocamento do trem B.
A B
–125 0 +125
Portanto, a distância entre eles no instante 150s vale 250 m
EA afirmativa da opção “E” está incorreta, pois as velocidadesinstantâneas dos dois são iguais nos dois instantesindicados no gráfico abaixo, pois seus gráficos s x tapresentam a mesma inclinação.
t1 t2 t
AB
0
s
AAs velocidades médias são iguais, pois nos três gráficos, temos:
Vm = st
ΔΔ
= 0
0
S – St – t
=
a0
2b 0
−
− = a2b
DO único gráfico que corresponde a uma velocidade médiade 2 m/s é o da opção “D”, coforme o exposto.
4
100
Δs N= área (v x t) =
100 x 42 = 200 m
Vm = st
ΔΔ =
200100
= 2 m/s
DOs veículos estarão novamente emparelhados no instanteem que os seus deslocamentos forem iguais, o que ocorreno instante t = 800s
Observe que de 0 a 400s o veículo A foi o mais rápido queo B, enquanto de 400s em diante B foi mais rápido que A.De 0 a 400s A percorreu mais que B uma distância que énumericamente igual à área A1, enquanto de 400s a 800s,B percorreu mais que A uma distância que é numericamenteigual à área A2. Como as áreas A1 e A2 são iguais, devido asimetria que o gráfico apresenta em relação ao eixo daabscissa t = 400s, os veículos se encontram em t = 800s;
BA altura final da planta é numericamente igual à área dográfico v x t. Percebe-se claramente que a área sob a curvade B é maior que a área sob a curva de A.
8
v(m/s)
t(s)0
A
A1 A2
B
AB
200 400 600 800
2
1
v
v
Fís
ica I
22
Volume 1.B
9
10
h = Δs N= área (v x t) ⇒
⇒ A1 > A2 ⇒ hfinalB > hfinalA
CComo a bola inverte sucessivas vezes o sentido do seumovimento, a velocidade muda de sinal cada vez que abola bate no piso e cada vez que ela atinge a altura máxima.Podemos eliminar os gráficos das opções “A” e “B”, poisnestes a velocidade não muda de sinal.Idenpendente da bola estar subindo ou descendo aaceleração dela será sempre a mesma (a cte = g).Como a aceleração corresponde à inclinação dográfico v x t, este tem que ser representado por traçosretos paralelos, o que nos permite eliminar também aopção “D”.
EÉ correto afirmar que B ultrapassa A no ponto 1, pois apartir deste, temos sB > sA, enquanto B é ultrapassado porA no ponto 2, pois a partir deste tem-se sA > sB.
DAs unidades de medida devem ser escritas sempre comletras minúsculas (newton), mas quando homenageiampessoas (Isaac Newton) são simbolizadas por letramaiúscula (N).
D
Massa x Volume
1,67 . 10–24 g → 8,3 . 10–39 cm3
x → 1 mm3
x = –24 3
–39 3
1,67 . 10 g x 1mm8,3 . 10 cm →
→ x = –24 –3 –3 31,67 . 10 . 10 kg x 1. 10 cm
–39 38,3 . 10 cm
→ x = 1,678,3 . 109 kg =
16,78,3 . 108 kg ≅ 2 . 108 kg
CAno-luz é unidade de espaço e corresponde à distânciapercorrida pela luz no vácuo, em 1 ano terrestre.
CDe acordo com a teoria de Gamov, temos:
T = 92,1. 10
t → 3 =
92,1. 10t
→
→ t = 0,7 . 109 →→ t = 0,49 . 1018 →
→ t = 4,9 . 1017 s
1 ano → 3,2 . 107 sx → 4,9 . 1017 s
x = 17
7
1ano x 4,9 . 10 s3,2 . 10 s
= 4,93,2
. 1010 anos →
→ x ≅ 1,5 . 1010 anos = 15 . 109 anos →
→ x = 15 bilhões de anos
B
Distância x Tempo
5,4 km → 1h12 km → x
x = 12 km x 1h
5,4 km = 12 x 3.600s
5,4 →
→ x = s31,2 . 10 x 3,6 . 10
5,4 → 4,35,4 . 104 s →
→ x ≅ 0,8 . 104 s → x ≅ 8.000s
No de passos x tempo
2 passos → 1 s x → 8.000s
x = 8.000s x 2 passos
1s = 16.000 passos →
→ x = 1,6 . 104 passos → OG(x) = 104 passos
E
1 W → 107 erg/sx → 5 . 109 erg/s
x =
91W x 5 .10 erg/ s710 erg/ s = 5 . 102 W
B
G = π . Qt
→
→ [G] = ρ[ ] . [Q]
[t] →
→ [G] = 1. [Energia]
[Tempo] = 2 –2M . L T
T →
→ [G] = M . L2 . T–3 →→ [G] = [Potência]
Dentre as unidades apresentadas, a única que mede potênciaé o watt (W).
D
[V] = L3 ⎧⎪⎨⎪⎩
2 1
32 1
L = 2 . L
V = 2 . V → V2 = 8 . V1
1
2
3
4
5
6
7
8
Fís
ica I
23
Volume 1.B
x
yz
x→
+ z→
= y→
BA soma dos vetores que formam os lados do quadrado énula. Logo:
9
10
Sendo a réplica feita do mesmo material da estatueta (bronze)as duas possuem a mesma densidade.
d = mV → m =
↑cte
d . V → m α V →
→ 2
1
mm
= 2
1
VV
→ 2
1
mm
= 1
1
8 VV
→ m2 = 8 m1 →
→ m2 = 8 M
B
Observe no diagrama abaixo que: x→
+ z→
= y→
No triângulo assinalado temos:
S2 = (R 2 )2 + (R 2 )2
S2 = 2R2 + 2R2 ⇒ S2 = 4R2
S = 2R
BVeja a figura
R 2
R 2
R 2R 2
S
θ
y
60
60.cos θ
60.sen θ
60
30 x
Na direção (x), temos:
60 . cosθ = 30 ⇒ cosθ = 12 ∴ θ = 60o
Logo, a resultante valerá:R = 60 + 60 sen60o
R = 60 + 60 . 32
R = 60 + 30 3 = 30( 3 + 2)
240º60º
60º
F2= 4N
F3= 4N
F1= 2N x
y
12
13
14
11
BComo os vetores formam uma poligonal fechada, temos:
A→
+ B→
+ C→
+ D→
+ E→
+ F→
= 0→
⇒
⇒ A→
+ B→
+ C→
= – D→
– E→
– F→
CObserve a figura:
15
Logo, a resultante vale: R = F1 = 2N
B• Tempo de deslocamento:
V = st
ΔΔ ⇒ Δt =
sVΔ
= 50050
= 10h
Δttotal = 10h + 12h = 22h
Se o trem parte às 16h de sexta-feira, após 22h, ele chegaao destino às 14h de sábado.
D
Δs N= área (v x t) ⇒
⇒ 60 = 20 10
2+
x t ⇒ 15 . t = 60 ⇒ t = 4s
a = vt
ΔΔ
= 20 104 0
−− =
104
= 2,5 m/s2
Anotações
Fís
ica
II
Volume 1.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_____________________________________
___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
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_________________________________________________________________________________
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Fís
ica II
24
Volume 1.B
Capítulo 1: Introdução à Óptica e Espelhos PlanosIntrodução à Óptica e Espelhos PlanosIntrodução à Óptica e Espelhos PlanosIntrodução à Óptica e Espelhos PlanosIntrodução à Óptica e Espelhos Planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Tópico A: Ótica Geométrica (conceitos básicos)Tópico B: Formação da Imagem no Espelho PlanoTópico C: Associação de Dois Espelhos PlanosTópico D: Translação e Rotação de Espelhos PlanosQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Capítulo 2: Espelhos EsféricosEspelhos EsféricosEspelhos EsféricosEspelhos EsféricosEspelhos Esféricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Tópico A: IntroduçãoTópico B: Raios ParticularesTópico C: Construção Geométrica de Imagens nos Espelhos EsféricosTópico D: Equação de GaussTópico E: Aumento Linear Transversal (a)Questões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Capítulo 3: Refração da LuzRefração da LuzRefração da LuzRefração da LuzRefração da Luz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Tópico A: Leis da RefraçãoTópico B: Ângulo Limite e Reflexão TotalTópico C: Dioptro PlanoTópico D: Lâminas de Faces ParalelasQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4949494949
Introdução à Óptica e Espelhos Planos
Capítulo 1
1
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
AConsideraremos a lâmpada como uma fonte puntiforme.Observe a figura abaixo.
Δ FCD ~ Δ DFAB (Semelhança)
L 3
1 1,2= ⇒ L = 2,5 m (a)
DChamamos de filtro de luz ao dispositivo que ao receberuma determinada luz policromática só se deixa atravessarpor uma determinada luz monocromática. Assim, o filtroazul, ao receber luz branca (policromática) só permite apassagem da luz azul (monocromática). Como o objeto évermelho (só reflete a luz vermelha), ao receber a luz azulvai se apresentar preto.
DDentre todos os raios luminosos apresentados, o únicoque obedece a 2a Lei da Reflexão (o ângulo de incidênciadeve ser igual ao ângulo de reflexão) é o raio que segue otrajeto P → D → Q, conforme a figura a seguir.
F
A B
C DL = ?
h =
1,2
m
H =
3 m
� = 1,0 m
3
2
i r
Fís
ica II
25
Volume 1.BObserve nos triângulos destacados que:
12tgi = 26 tgi tgr i = r
6tgr 2
3
⎧ =⎪⎪ ⇒ = ⇒⎨⎪ = =⎪⎩
BPodemos ilustrar o trajeto do raio luminoso pela figuraabaixo.
Percebemos, então, que o gerente vê no espelho a imagemdas atendentes A2 e A3.
ESabemos que a imagem conjugada por um espelho plano ésimétrica ao objeto em relação ao espelho. Logo, se oobjeto permanecer fixo, mesmo que um observador mudede posição, a imagem deste objeto permanecerá na mesmaposição (I).
ASabemos que o número de imagens que podemos observaratravés de dois espelhos planos que formam entre si umângulo θ é dado por:
n = θ360
– 1 , onde θ é medido em grau.
Para θ = 90o, teremos n = 3, conforme a figura abaixo.
4
5
6
7
8
15o
15o 165o
90 – α
αα
φ
15o
75o
75o
75o
Como a soma dos ângulos internos do triângulo destacadoé igual a 180o, temos:30o + 90o + 2α = 180o ⇒ 2α = 60o ⇒ α = 30o.
Como a soma dos ângulos internos do quadriláterodestacado é igual a 360o, temos:75o + 165o + φ + 90o – α = 360o ⇒⇒ 330o + φ – α = 360o ⇒⇒ 330o + φ – 30o = 360o ⇒⇒ 300o + φ = 360o ⇒ φ = 60o
AImagine uma fonte puntiforme diante de um espelho plano.Para localizar a sua imagem basta que encontremos o pontode intersecção dos seus raios refletidos.
POR PIV
Do exposto, concluímos que a imagem é virtualvirtualvirtualvirtualvirtual, pois seacha na intersecção dos prolongamentos dos raiosluminosos, e é simétricasimétricasimétricasimétricasimétrica ao objeto em relação ao espelho.Para uma fonte luminosa extensa basta que localizemos aimagem dos pontos extremos e unamos estes pontos.
x x
y y
Pela simetria, podemos afirmar que o objeto e a imagemtêm o mesmomesmomesmomesmomesmo tamanho.
EPara determinarmos o campo visual do espelho plano parao observador C, basta que liguemos o ponto simétrico de
CC'
1,0 m
1,0 m
A1
A2
A3
C em relação ao espelho (C’) às extremidades do espelho,conforme a figura abaixo.
yy y
y y
x
x
x
x
O
I1
EA
I2
I3
EB
Na figura temos:O → objetoEA → espelho plano AEB → espelho plano BI1, I2 e I3 → imagens formadas.
Neste caso, dizemos que:• I1 é a imagem que EA fornece para O.• I3 é a imagem que EB fornece para O.• I2 é a imagem que EB fornece para I1 ou a imagem que EA
fornece para I3.
Como a imagem fornecida por um espelho plano éenantiomorfa (invertida lateralmente), podemos afirmar que:
Fís
ica II
26
Volume 1.B• I1 e I3 são enantioformas (invertidas lateralmente)• I2 é idêntica a “O”, pois é fruto de uma reflexão dupla.
BPodemos representar as duas situações através da figura abaixo.
O movimento da imagem do ciclista se deve ao movimentodo próprio ciclista e ao movimento do espelho. Vejamosentão a velocidade adquirida pela imagem, devido a cadaum dos fatores, separadamente:1. Movimento do espelho:
Conforme a resolução da questão 15, temos:
10
9
i O
7 cm 7 cm
A
i O
11 cm 11 cm
A
P1
P2
Devido à simetria da imagem e objeto em relação aoespelho, temos:
1AP = 7 cm e 2AP = 11 cm ⇒ 1 2PP = 4 cm
1PP = 2PP ⇒ PP1 = 2 cm
d = 1PP + 1AP = 2 cm + 7 cm = 9 cm
ATomemos por base o intervalo de tempo de 1s.
x x
x + 2 m x + 2 m
Fixo
Se a distância da imagem ao objeto aumentou de 2x para2x + 4 m, no intervalo de tempo de 1s, a imagem sedeslocou 4 m, portanto sua velocidade, em relação aosolo, é de 4 m/s.Observe que o movimento da imagem ocorre no mesmosentido do movimento do espelho.
C• Cálculo da velocidade de aproximação da bicicleta em
relação ao ônibus:
11
v = 80 km/h v = –10 km/h
Pelo conceito de velocidade escalar relativa, temos:vbicicleta, ônibus = 80 + 10 = 90km/h
v = 80 km/hv = –10 km/h
• Cálculo da velocidade da imagem do ciclista em relaçãoao ônibus:
v = 80 km/hv1 = 160 km/h
Objeto
Imagem
2. Movimento do objeto (ciclista):
v = –10 km/h v2 = 10 km/h
Objeto Imagem
Logo, a velocidade resultante da imagem, será dadapela soma dos vetores abaixo:
1
2
v 160 km/h
v 10 km/h
=
=
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→
⎯⎯⎯⎯⎯⎯→vimagem = 170 km/h
Portanto, a velocidade da imagem, em relação aomotorista (ônibus) poderá ser calculada pelo conceito develocidade relativa.
v = 80 km/h v = 170 km/h
Imagem
vREL = 170 – 80 = 80 km/h
AI. (verdadeira) veja a solução da questão “pensando em
sala no 9”. Nela, enquanto o espelho se deslocou 2 m, aimagem se deslocou 4 m
II. (verdadeira) observe a demonstração abaixo.
12
θ θ
E1
E2
α
α αβ
Fís
ica II
27
Volume 1.BPelo triângulo 1, temos:α + (90o + θ) + (90o – γ) = 180o ⇒ α = γ – θ
Pelo triângulo 2, temos:β + 2θ + (180o – 2γ) = 180o ⇒ β = 2(γ – θ)
Logo, concluímos que β = 2α
III. (falsa) para que uma pessoa se veja completamenteatravés de um espelho plano, basta que ela estejatotalmente imersa no campo visual do espelho.
absorção, sendo a primeira, caso seja do tipo difusa,responsável pela cor que o objeto apresenta.
reflexão e absorção
x x
h
e
Pela semelhança de triângulos temos:
bB
= hH
⇒ eh
= x
2x ⇒ e =
h2
51,2%Seja i0 a intensidade da luz incidente na primeira lâmina ei1, i2 e i3 as intensidades de luz que emergem das lâminas 1,2 e 3, respectivamente. Podemos então afirmar que:i1 = 0,8 . i0i2 = 0,8 . i1 = 0,8 x 0,8 . i0 = 0,64 i0i3 = 0,8 i2 = 0,8 x 0,64 i0 = 0,512 i0⇒ i3 = 51,2%i0
DDevido à grande distância entre o Sol e a Terra, os raiossolares que chegam à Terra podem ser consideradospraticamente paralelos.Assim, os raios que tangenciam os extremos do edifício edo poste, determinando os limites das sombras projetadasno solo formam triângulos semelhantes, conforme a figuraabaixo.
2
4
3
1
6
7
5
10 m 50 cm
2 m
B
A'
A
B'C'
C
H
Pela semelhança dos triângulos, podemos determinar aaltura do edifício (H) pela relação:
H2 m =
10 m50 cm ∴
H2 m =
10 m0,5 m ∴ H = 40 m
BSendo o objeto opaco (não permite a passagem de luz emseu interior), a luz incidente poderá sofrer reflexão ou
Raioincidente
Raiorefletido
Objeto opaco
AQuando a luz incide na vidraça, parte dela sofre refração,passando a se propagar no vidro e parte sofre reflexão,dando origem à formação da imagem.
EQuando a janela é aberta toda a luz que nela incidia passaa entrar no quarto, pois não haverá a reflexão parcial da luzdiscutida na solução da questão anterior.
C Placa de vidro
Fotografia
A fotografia é vista pelos raios que são refletidos de maneiradifusa por sua superfície (áspera). Neste caso, ao cobrirmosa fotografia com uma placa de vidro, parte da luz incidentena placa é refletida de forma regular (placa pólida),diminuindo a parcela incidente na fotografia, o que dificultasua observaçãol.O virdo reflete parte da luz incidente.
20Analisemos separadamente o comportamento dos raios“1” e “2”.• Raio “1”:
E
E
P
0
i1
r1
Q1
α1
i1 = r1 (2a Lei da reflexão)α1 = r1 (alternos internos)
α1 = i1 60o
A partir do triângulo OPQ1, temos:
tgα1 = 1
OPOQ
∴ tg60o = 1
10 3OQ ∴ 3 ∴ =
1
10 3OQ ∴
∴ OQ1 = 10 cm
• Raio “2”:
E
E
P
0
i1
r1
Q2
α2
Fís
ica II
28
Volume 1.B
A partir do triângulo OPQ2, temos:
tgα2 = 2
OPOQ ∴ tg30o =
2
10 3OQ ∴
33
= 10 3
2OQ ∴
∴ OQ2 = 30 cm
A partir dos segmentos OQ1 e OQ2, podemos dizer que:Q1Q2 = OQ2 – OQ1 = 30 – 10 = 20cm
OQ2 = 20 cm
APela 2a Lei da Reflexão, podemos concluir que: para o raioluminoso retornar do espelho palno M2 seguindo a mesmatrajetória de ida devemos ter incidência normal (i = 0o).Assim, a situação pode ser representada pela ilustraçãoabaixo.
153
= 5 imagens
Logo:
5 = 360°
θ – 1 ⇒ 6 = 360°
θ = θ = 60°
Resp: 60o
DConsiderando, inicialmente, apenas os espelhos E1 e E2,teremos:
N(E1,E2) = o
o36090
– = 3 imagens
Acontece que, as imagens e o objeto, darão imagens noespelho (E3).8
9
10
i2 = r2 (2a Lei da reflexão)α2 = r2 (alternos internos)
α2 = i2 30o
0
M2
M1
P2
P1
i1 r1α
β
i1 = r1 = 30o (2ª Lei da Reflexão)r1 + α = 90o ∴ 30o + α = 90o ∴ α = 60o
Assim, como a soma dos ângulos internos do triânguloQP1P2 é 180o, devemos ter:α + β + 90o = 180o ∴ 60o + β + 90o = 180o
∴ β = 180o – 150o = 30o
DMontemos a figura abaixo.
A
B
0,04 m
0,40 m
1,80 m
d
O
C
O D
r objeto
ΔOAB ~ ΔOCD
0,400,40 d+ =
0,041,80
0,40 + d = 1,80 x 0,40
0,04
0,40 +d = 18 ⇒ d = 17,60 m
ASe de três objetos obtemos 15 imagens, cada objetoproduziu:
11
12
13
O1 O2 O3
E3
O6O7 O5 O4
O
7 imagensResp: 7 imagens
DConsidere o esquema abaixo:
24 m
36 m
LL
H1
1,80
m1,
80 m
H1
(Fig. 2)
(Fig. 1)
1
2
H LDa fig. 1 temos: =
1.80 24H L
Da fig. 2 temos: =1.80 36
1
2
HH
= 3624
= 1,5
DObserve a figura.
75 cm
0
BA
dD
ΔOAB ~ ΔOAD
h75 =
2dd
∴ h = 150 cm
Fís
ica II
29
Volume 1.B
12 cmObserve a figura
1. Encontrar o ponto O’, simétrico a O, em relação aoplano do espelho (E).
2. Unir o ponto O’ aos extremos do espelho (retas “r” e“s”).
3. O campo visual estará situado à frente do espelho eserá limitado pelas retas “r” e “s” (região sombreada).
14
15
16
17
18
2,0 cm
600x
2,0 cm
4,0 cm
4,0 cm
No polígono mostrado temos:x + 60° + 180° = 360°x = 120°As imagens estarão sobre uma circunferência,simetricamente colocadas como mostra a figura:
01
03
4cm
0
02
04
05
600
8cm4cos600
4cos600
600
8cm
4cm
d
8cm
d = 4 . 12
. 2 + 8 = 12 cm
EAplicando a expressão:
N = 36036
°° – 1 10 – 1 = 9 imagens
Como: 36036
°° = 10 (par), então o número de imagens
independe da posição de (P) entre os espelhos.
BChamamos de “Campo Visual” de um espelho plano emrelação a um observador “O” à região que este podeobservar por intermédio do espelho.Uma maneira prática de se obter os limites deste campovisual (figura abaixo) consiste em:
x x
r
E
OO'
s
Campovisual
x x
r
E
OO'
s
Campovisual
Aplicando então a regra vista acima, percebemos que alâmpada estará situada no campo visual do espelho, casoeste se encontre na posição do espelho E2 (figura abaixo).
OO' x x
E2
B
Seja 1PP = 2PP = xNa posição (P1)
P1
O' O
E
d – x = 7d – x
P2
O' O
E
d + x = 11 d + x
Na posição (P2)
Portanto:
d x 7
d x 11
− =+ = (+) 2d = 18 ⇒ d = 9 cm
BObserve que a rotação é em torno de um eixo perpendicularao plano do espelho. (Veja figura).
O Eixo
Espelho
I
Fís
ica II
30
Volume 1.B
OE1
N2
N1 RR1
RR2
RI
E2
BC
A
x x
yy
β
α
Nessa situação, a imagem, como o objeto, permanecerão fixos.Resp: 0°
ESegundo o texto, concluímos que o espelho deslocou-se de:17 – 10 = 7 cm
Portanto a imagem deslocou-se:2 x 7 = 14 cmResp: 14 cm
BA figura mostra os efeitos das velocidades do espelho e doobjeto, superpostos.
BDevido a inversão lateral sofrida pela imagem, conformevimos nas questões anteriores, o fato do mostrador do relógioparecer indicar 6h 15min, implica que este marca na realidade5h 45min, pois estas configurações são invertidaslateralmente, conforme você pode observar abaixo.
19
20
VP = 2,0 m/s
V'P = 2,0 m/s V"P = 6,0 m/s
P P'
VE = 3,0 m/sE
Mantendo fixo o espelho:|V’p| = |Vp| = 2,0 m/s
Mantendo fixo o objeto:|V”p| = 2 VE = 2 x 3 = 6,0 m/s
Superpondo os efeitos temos:Vimg = 6 – 2 = 4,0 m/s (p/ direita) (B)
DA imagem fornecida por um espelho plano é simétrica aoobjeto, em relação ao espelho, ou seja, encontram-se delados opostos e a uma mesma distância.
21
22
23
x x
Objeto Imagem
Assim, se o espelho se afasta uma distância “d” do objeto(fixo), as novas distâncias do objeto e da imagem ao espelhoserão “x + d” (figura abaixo).
x xObjeto Imagemd d
Verificamos então que a imagem se afasta “d” do espelho e“2d” do objeto. Concluímos assim que num mesmointervalo de tempo, enquanto o espelho se desloca umadistância “d”, a imagem se desloca “2d” o que nos permitedizer que:
v = 30 km/h
vimagem = 2vespelho
vespelho = vcarro = 30 km/h
6h15min 5h45min
5h 45min
BObserve a figura abaixo, onde E1 representa um espelhoplano que reflete um raio de luz, que incide formando umângulo x com a reta normal ao espelho.
OE1
Normal(N1)
Raiorefletido(RR1)
Raioincidente
(RI)
A
x x
Consideremos que o espelho gire um ângulo α no sentidohorário, em torno de um eixo “O” perpendicular ao planodesta folha de papel, e que o raio incidente conserve suadireção inicial (figura abaixo).
O
Raioincidente
(RI)
Raiorefletido(RR2)
E1
E2
B
Normal(N2)
yy
α
Imagine agora uma superposição das figuras anteriores,que mostre a posição relativa entre os raios refletidos nasduas situações (RR1 e RR2), conforme a figura abaixo.Calculemos o valor do ângulo β , formado entre os raiosrefletidos RR1 (situação inicial) e RR2 (após a rotação doespelho).
Fís
ica II
31
Volume 1.B
O L
A
D J K C
BP M N
2 m
2 m
Sabemos que a soma dos ângulos internos de um triânguloqualquer é igual a 180o. Apliquemos então esta propriedadepara os triângulos OAB e CAB.
t = 1s
A posição da pessoa será 6m à frente
vm = st
ΔΔ ⇒ Δs = vm . Δt = 6 x 1 = 6 m
24
αO A
B
90 – y
x
β
180 – 2y
A
C
B
x x
α + (90 + x) + (90 – y) = 180 ∴ α = y – x (I)
β + 2x + (180 – 2y) = 180 ∴ β = 2y – 2x (III)
Triângulo OAB:
Triângulo CAB:
Comparando as equações (I) e (II) vistas anteriormente,temos: β = 2α.Logo, se o espelho gira 10o no sentido horário, o raiorefletido gira 20o (α = 10o ⇒ β = 2α = 2 . 10 = 20o) nosentido horário.
20° no sentido horário
DSabemos que a imagem conjugada por um espelho plano ésempre do mesmo tamanho do objeto.Quando nos afastamos de um espelho plano temos a ilusãoque nossa imagem diminui. Na verdade o que diminui é oângulo visual (ângulo formado pelos raios luminosos querecebemos dos pontos extremos de nossa imagem).É igual à ilusão que temos quando observamos os postesde uma avenida. Os mais distantes parecem menores.
10t = 0
1
2
3
Posição da sombra
2 m
5 m
6 m x
Extremidade da sombra
Pela semelhança dos triângulos, temos:
bB =
hH ⇒
xx 6 m+ =
2 m5 m ⇒ 5x = 2x + 12 m ⇒
⇒ 3x = 12 m ⇒ x = 4 m
Assim, o deslocamento da sombra da extremidade superiorda pessoa vale 10m. Logo, sua velocidade vale:
v = st
ΔΔ =
10 m1s = 10 m/s
AQuando encontramos o campo visual do espelho para ajovem que está em A, percebemos que o seu amigo precisase deslocar apenas 2 m para começar a ser visto através doespelho.
A
A''
1 m
2 m
1 mB
vm = st
ΔΔ
⇒ Δt = m
svΔ
= 2 m
1m/ s = 2s
Quando unimos o pontosimétrico do observador (P’)em relação ao espelho àextremidde L da parede opacae à extremidade B da sala,encontramos o trecho NB daparede que pode ser vista peloobservador em P, através doespelho JK.
Fís
ica II
32
Volume 1.BComo os triângulos LMN e P’OL são semelhantes, temos:
bB =
hH ⇒
MNOL
= LMP 'O
⇒ MN4m
= 6 m
18 m ⇒
⇒ MN = 23
m
Se os triângulos P’JK e P’NB também são semelhantes,temos:
bB
= hH
⇒ JKNB
= 12 m24 m ⇒ JK =
12 NB ⇒
⇒ JK = 12 ( MB – MN ) ⇒
⇒ JK = 12 x (6 –
23 ) =
12 x
163 =
83 m ⇒
⇒ JK ≅ 2,7 m
24sO campo visual do espelho para um observador colocadoem P poderia ser encontrado graficamente pela figura abaixo.
4
6
7
5
P
3 m
9 mA B
5 m
r �C D
P'
Devido a semelhança dos triângulos P’AB e P’CD, temos:
bB =
hH Þ
9 m =
3 m8 m ⇒ = 24 m
Se um objeto se movimentasse sobre a reta r comvelocidade de 1m/s, ele seria vista enquanto percorresse adistância = 24m, por um tempo “t” dado por:
S 24mt 24s
v v 1m/ sΔ
= = = =
Aplicando o princípio da reversibilidade, se um observadorse deslocar sobre a reta r com velocidade de 1m/s, eleavistará a imagem de um objeto colocado em P durante 24s.
80 cmVejamos a representação gráfica do raio luminoso quedelimita cada “sombra”.Encontremos inicialmente a extensão da “sombra” limitadapelo raio luminoso refletido no espelho. Para isto, bastaque liguemos o ponto simétrico à lâmpada (L’) em relaçãoao espelho à extremidade superior do objeto.
A
B
CO D
L' L100 m 100 m
x S1
Se os triângulos L’AD e BCD são semelhantes, temos:
1
1
1
20 cmb h sB H 100 x S
= ⇒ =+ +
360 cm
1 1 1
1
100 x100 x s 3s s
2x
s 502
⇒
+⇒ + + = ⇒ = ⇒
⇒ = +
É evidente que a extensão da “sombra” 1 é maior que 20 m,portanto a “sombra” obtida pelo raio luminoso que une oponto L ao ponto B é a que mede 20 m. Assim, podemoscalcular a distância x, conforme a figura a seguir.
E
B
C F
L100 cm
x
S2
20 cm
60 cm
Observe que os triângulos LEF e BEC são semelhantes,portanto:
2
2
b h s 20B H s 100 x 60
20 1 20 120 100 x 3 120 x 3120 x 60 x = 60 cm
= ⇒ = ⇒+ −
⇒ = ⇒ = ⇒+ − −
⇒ − = ⇒
Substituindo o valor de x na expressão encontrada para asombra 1, temos:
1 1x 60
s 50 50 s 80 cm2 2
= + = + = =
CNa figura v = 0,5 m/s. Fazendo a relativa
120º60º
V
I
30º
VV
V 0 VR
30º
Na imagem, o ângulo entre as duas velocidades é 120°.Logo:vR = v = 0,5 m/s
DCada indivíduo formará:
N = 36060
°° – 1= 5 imagens.
Fís
ica II
33
Volume 1.BPortanto, o número total de imagens será:Nt = 2 x 5 = 10 imagensAparecerão na chapa:10 imagens + 2 unidades = 12 indivíduos
BSe o espelho desloca-se 10 cm em relação a um objetoparado, então a imagem deslocar-se-á de:Δximagem = 2 Δxespelho
Δximagem = 2 x 10 = 20 cm
AVeja a figura abaixo:
8
9
10
P
0,30 m
0,30 m
O 5,0 Rad/s
2 x 5,0= 10 Rad/s
V
V = w . R ⇒ V = 10 x 0,3 = 3 m/s
CObservemos a figura:
Trocando aposição dos ponteiros
Imagem2h e 45min
Espelhos Esféricos
Capítulo 2
CPara o espelho (E1) o raio luminoso reflete-se sobre o incidente.Portanto, o ponto luminoso encontra-se em seu centro.
11
R 24f 12cm
2 2= = =
Para o espelho (E2) o raio incidente reflete-se paralelo aoeixo principal. Portanto, o ponto luminoso encontra-se emseu foco.f2 = 36 cm
BDe acordo com a construção de imagens vista abaixo, istoacontece quando o objeto é colocado entre o centro decurvatura e o foco.
3
4
5
1
2
A
A'
BC F VB'
B
Objetoimpróprio
(no infinito)
Imagemreal (no foco)
Se a distância da lâmpada ao espelho (concha) é “infinita”sua imagem real (intersecção dos próprios raios refletidos)está situada sobre o foco, distando assim 25 mm do vérticeV do espelho (f = R/2 = 50/2 = 25mm).
EDe acordo com a construção abaixo, o ponto L devecoincidir com o centro de curvatura do espelho E2 (o raioincidente é refletido pelo mesmo caminho) e com o foco doespelho E1 (o raio incidente é refletido paralelamente aoeixo principal).
L
E1
E2
APodemos representar a situação descrita pela figura abaixo, oque nos leva à conclusão, de acordo com a resolução daquestão 2, que a imagem fornecida pelo espelho é real,invertida e maior que o objeto, o que nos permite concluir, porexclusão, que a única opção que pode estar correta é a “A”.
o = 6 cm
i = –12 cm C F V
p = 45 cm
p' = 90 cm
f = 30 cm
Verifiquemos então se o tamanho da imagem realmente éigual a 12 cm.• Cálculo da distância da imagem ao espelho (p’):
1f
= 1p +
1p' ∴
130
= 1
45 +
1p' ∴
3p’ = 2p’ + 90 ∴ p’ = 90 cm
Fís
ica II
34
Volume 1.B
CDe acordo com os raios particulares para um espelhoesférico gaussiano, temos:
FE.P
(passandopelofoco)
• Cálculo do aumento linear transversal (A):
A = – p 'p = –
9045 ∴ A = – 2
• Cálculo do tamanho da imagem:
i iA 2 i 12cm
0 6= ∴ − = ∴ = −
O sinal “–” (negativo) apenas reforça a conclusão de que aimagem é invertida.A imagem é real e invertida de tamanho igual a 12 cm.
Dados: p = 3cmA = +1,2R = ?
• Cálculo da distância da imagem ao espelho (p’):
p' p'A 1,2 p' 3,6 cm
p 3= − ∴ = − ∴ = −
• Cálculo da distância focal (f):
1 1 1 1 1 1 1 1 1f p p ' f 3 3,6 f 3 3,6
3,63,6 1,2f f 3,6 0,2f f 18 cm
0,2
= + ∴ = + ∴ = − ∴−
∴ = − ∴ = ∴ = =
• Cálculo do raio de curvatura (R):
Rf R 2f 2.18 36 cm
2= ∴ = = =
DDa figura fornecida, tiramos:
P = R2
f = – R2
a = ?Então:
a = f
f P− =
R–
2R R
– –2 2
=
R–
2– R
= 12
DDados: p = 2m
p’ = 6mR = ?
• Cálculo da distância focal (f):
1f
= 1p +
1p' ∴
1f
= 12
+ 16
∴ 6 = 3f + f ∴
∴ 4f = 6 ∴ f = 1,5 m
• Cálculo do raio de curvatura (R):
Rf R 2f 2.1,5 m 3 m
2= ∴ = = =
R = 3,0 m
6
7
8
EDe acordo com a figura, o ponto (P) é o foco do espelho.
f VP R 2f 2VP= ⇒ = =
AO espelho em questão não é gaussiano. Porém, as leis dareflexão devem ser obedecidas. Seja a incidência no pontosuperior do espelho.
2
4
3
1
O
L/2
L/2
45o
45o 2 m
Teorema de Pitágoras no triângulo assinalado:2
2L2 2 L 4 L 2m
4⋅ = ⇒ = ∴ =
Resp: 2,0 m
AA luz que vem do Sol chega com raios paralelos. Portanto,o espelho deverá ser côncavo e o monte de papel deveráestar no foco do espelho (Veja figura a seguir).
d
F C
PapelSol
50 m
R 50d f 25m
2 2= = = =
Fís
ica II
35
Volume 1.B
Observe que a construção de imagem feita na figura abaixoindica uma imagem real, invertida e menor que o objeto.
8
9
10
6
75 30Aplicando o “Princípio da Reversibilidade dos RaiosLuminosos” à propriedade vista na questão anterior,podemos dizer que: “o raio que incide pelo foco principalé refletido paralelamente ao eixo principal”, conforme afigura abaixo.
C F V
Raio refletido
Raio incidente
Assim, a imagem do objeto AB estará situada sobre o raiorefletido indicado na figura abaixo.
A
B
F1 cm
cm33
–
–
O ângulo formado entre o objeto (AB) e sua imagem seráentão o ângulo “ θ ” indicado na figura acima, cuja tangentepoderá ser calculada pelo triângulo sombreado.
tgθ = cateto oposto
cateto adjacente =
3cm
31 cm
= 33
⇒
⇒ θ = arctg 33
= 30o
θ = 30o
APodemos ilustrar a situação descrita pela figura abaixo.
C F V
R = 30 cm
50 cm
2 cm
CBB'
A'
F V
x
0
I
Fy
d
v
BA face côncava é a única que pode fornecer imagem invertida(real), e esta se forma na frente da colher, por estar naintersecção dos próprios raios refletidos.Já a face convexa, fornece imagem virtual (direita), que porestar na intersecção dos prolongamentos dos raiosrefletidos, deve estar atrás da colher.
DDadosHo = h p = d = ? a( – )
f = + R2 Hi =
h2
A = f
f p−
R Rh/2 12 2
R Rh 2d d2 2
− = ∴ − =− −
R 3Rd R d=
2 2− = ∴
Se a imagem é virtual, direita e menor, o espelho é convexo.
0l
HH
2=
a(+)
0 0 yH H 1| x | | y | = d+
2 2 x 2+ = − ⇒ =
|x| + 2|y|
2|y| + |y| = d ⇒ |y| = d3
logo: |x| = 2d3
Sendo: 2d
p3
=
dp '
3= −
1
d/3
2d d3 3 2d
f2d d 33 3
−⎛ ⎞
−⎜ ⎟⎝ ⎠= = −
−
Resposta: Convexo, f = 2d3
− e |x| = 2d/3
3Dados:Espelho convexo:
f = – 202 = – 10 cm p = 15 cm
Fís
ica II
36
Volume 1.B
AObserve a figura abaixo:
1
a = f p '
f−
∴ – 10 = f 220
f−
–10 f = f – 220–11 f = – 220f = 20 cmLogo: R = 2 x 20 = 40 cm
A
Côncavo f = +p . p'p p'
p = 20 cm
f = 30 cm20p'
3020 p'
=+
p’ = ? 60 + 3p’= 2p’a = ? p’ = – 60 cm (imagem virtual)
a = ff p−
∴ a = 3030 20−
= 3
BSendo a imagem real, invertida e menor, o objeto real devese encontrar antes do centro.Logo p > 2 f
BObserve a figura abaixo:
11
12
13
14
VFC
p'
P
HI
Ho
O
20 cm
Io I
I
H 1H = 3H a = – = –3 H 3
p – p' = 20 (I)
⎧ →⎪⎨⎪⎩
a = –p'p ⇒ –
13 = –
p'p ⇒ p = 3p’ ⇒ p = 3 x 10 = 30 cm
Substituindo em (I):3p’ – p’ = 20 ⇒ 2p’ = 20 ⇒ p’= 10 cm
p ' . p 10 30 300R 2 2. 2 15 cm
p ' p 10 30 40×
= ⋅ = = =+ +
AVeja o esquema a seguir:
E
HO
10HO
OP
220 cm = P'
15
I
O
16 cm
P P'
Vamos encontrar os módulos de |P| e |P’||P| + |P’| = 16
3 = P '
P ⇒ |P’| = 3 |P|
|P| + 3|P| = 16 ⇒ 4 |P| = 16 ⇒ |P| = 4 cm|P’| = 16 – 4 = 12 cmPortanto teremos: p = 4 cm (objeto real)p’= – 12 cm (imagem virtual)
Logo, o raio valerá:
R = 2f = 2 . P ' PP ' P
⋅+ = 2 .
12 412 4
− ⋅− + = 12 cm
Resp: 12 cm
Ho = 5 cml
p 'H = ?
Cálculo de p’:
f = p p 'p p '
⋅+
– 10– 2
= 15
3
p'15 + p' ⇒ 3p’ = – 30 – 2p’
5p’= – 30 ∴ p’= – 6 cm
Cálculo de HI
l l
O
H H6 6H 15 5 15
−= − ⇒ =
HI = 2 cmPortanto:
63
2−
=
DO espelho é côncavo e o objeto estará antes do centro.
Fís
ica II
37
Volume 1.B
A amplitude valerá:
a = f
f – p =
3030 – 20
= 3010
= 3
2
3
4
6
7
8
540 cm
P = 40 + x
P' = 40 – x
xx
P'P'P
E1E2
f = 15 cm
Temos:
15 = (40 + x) . (40 – x)40 + x + 40 – x
¨
1.200 = 1.600 – x2 ⇒ x2 = 400
x = 20 cm
DTemos que:
f = +R2
p = d = ?
H0 = h a = –h 2h
= –12
H1 = h2
a = f
f – p
– 12
=
R2
R– d
2
R = – R2 + d ∴ d = R +
R2
= 3R2
CObservando a figura, veremos claramente que a imagemserá virtual.
I
O
V
12 cm
P= 20,0 cm
30,0 cm
60 cm = R
VF
f
C
O
I
CObserve a figura abaixo:
P = 1,8m
P ' = 3,6m
C F
d
V
I
O
Por Gauss, temos:
1,2 = 1,8p'
1,8 + p'
2 = 3p'
1,8 + p' ∴ 3,6 + 2p’ = 3p’ ⇒ p’ = 3,6
Então:d = 3,6 – 1,8 = 1,8 m
DComo as estrelas estão muito distantes, os raios luminososdestas, ao incidirem no espelho podem ser consideradosparalelos. Neste caso, os raios refletidos devem convergirpara um mesmo ponto (o foco do espelho).
CA construção da imagem do objeto luminoso se deve auma infinidade de raios luminosos que saem do objeto eincidem no espelho.A inserção do anteparo opaco irá impedir a incidência deuma parte destes raios luminosos, mas a parcela restanteformará a imagem na mesma posição, com o mesmotamanho, mas com uma luminosidade menor.
03• Reflexão no espelho planoReflexão no espelho planoReflexão no espelho planoReflexão no espelho planoReflexão no espelho plano:Sabemos que a imagem fornecida por um espelho planopara um objeto colocado à sua frente apresenta as seguintescaracterísticas: é simétrica ao objeto em relação ao espelhoe possui tamanho igual ao do objeto. Assim, a imagem A’do objeto A pode ser representada pela figura a seguir.
DMontando a figura temos:
f = 602 = 30 cm
C F V
A' A
i = 1
5 m
m
o =
15
mm
20 cm20 cm
Fís
ica II
38
Volume 1.B
Refração da Luz
capítulo 3
B
c c 3n 1,5
2v 2c3
= = = =
1
• Reflexão no espelho esféricoReflexão no espelho esféricoReflexão no espelho esféricoReflexão no espelho esféricoReflexão no espelho esférico:Vejamos inicialmente a posição relativa de A’ para o espelhoesférico, para que possamos caracterizar a imagem finalA”, que este fornece.
9
10
C F V
A' A
60 cm20 cmf = 20 cm
R = 2f = 40 cm
Calculemos então o tamanho da imagem A” que o espelhoesférico conjuga para o objeto A’.
C F V
A'
p = 120 cm
f = 20 cm
15 m
m
Pela equação de Gauss, podemos localizar a imagem.
1f =
1p +
1p' ∴
120 =
1120 +
1p' ∴ 6p’ = p’ + 120 ∴
∴ p’ = 120
5 = 24 cm
A partir das expressões que indicam o valor do aumentolinear transversal, podemos finalmente calcular o tamanhoda imagem A”.
iA
op '
Ap
=
= − → io = –
p'p ∴
i15 mm = –
24 cm120 cm ∴
∴ i
15 mm = –15
∴ i = –15 mm
5 = – 3 mm
O sinal “–” (negativo) indica apenas que a imagem é invertida.
|i| = 3 mm
DPodemos encontrar a imagem do quadrado através daimagem de dois lados opostos, conforme a ilustraçãoabaixo. Trabalharemos com os lados verticais (AB e CD).
C
OB
A
DF V
A imagem A’B’ é do mesmo tamanho de AB e se encontrana mesma vertical de AB.
A
A'
O
B' = B
F V
A imagem C’D’ é maior que o segmento CD e fica “àesquerda” do centro de curvatura.
O
C'
C
DD' F V
Representando numa única ilustração os segmentos A’B’ eC’D’, e finalmente, unindo-se os vértices A’ e C’ e os vérticesB’ e D’, percebemos que a imagem tem a forma de umtrapézio, conforme a figura abaixo.
CD' B'
C'A'
F
Esta questão é fantástica. Muita gente acha que faltam dados.Na verdade a única informação necessária é o valor doraio terrestre que é aproximadamente 6.400km.A superfície do lago não é rigorosamente plana, comopensamos. Ela é uma superfície esférica cuja curvatura é opróprio raio terrestre.Assim, quando os raios luminosos paralelos (a Lua estámuito distante da Terra) incidem na superfície refletoraconvexa do lago, forma-se uma imagem virtual no foco doespelho convexo. Logo, a imagem dista do romântico casalaproximadamente 3.200km.
p’= f = R 6400km2 2
= = 3200 km
F
C
Fís
ica II
39
Volume 1.B
08O círculo iluminado pela lâmpada, visto por um observadorfora d’água, se deve aos raios que passam da água para oar, sofrendo refração (i < L, pois nágua > nar).
3
4
5
6
2
40o 40o
50o
50o
40o
Assim, o raio refratado deve estar na região destacada,limitada pelo prolongamento do raio incidente e oprolongamento da normal.Logo, o ângulo entre o raio refletido e o refratado deveestar entre 100o e 140o.
BPodemos representar os raios luminosos pela figura abaixo.
58o 58o
32o32o
58o
32o
Logo, os ângulos de incidência e refração medemrespectivamente 58o e 32o.
EDe acordo com a Lei de Snell, temos:
2 x
1 ar
xx
sen i n sen 48° nsen r n sen 30° n
0,74 n n 1,48
0,50 1
= ⇒ = ⇒
⇒ = ⇒ =
Ar
ÁguaL LL L i > L i
P
Observe a figura vista abaixo, onde representamos um raioluminoso que incide com ângulo igual ao ângulo limite (i = L).Neste caso, o ponto de incidência (P) pertence àcircunferência que limita o círculo iluminado, sendo suadistância ao ponto “O” igual ao raio (R) desejado.
O PR
ArÁgua
6 mi = LL
Fsen L =
45
Aplicando a identidade trigonométrica conhecida, temos:
sen2L + cos2L = 1 ∴ 2
45
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
+ cos2L = 1 ∴
∴ 1625 + cos2L = 1 ⇒
925 = cos2L ⇒ cosL=
35
Assim, teremos:
4senL 45tgL
3cosL 35
= = =
Pelo triângulo OPF hachurado, temos:
R 4 R 24mtgL R 8m
6m 3 6m 3= ∴ = ∴ = =
R = 8 m
DO fato do asfalto ser “preto” faz com que este tenha altopoder de absorção da luz incidente, tornando-o aquecidoem relação ao ambiente.Assim, as camadas de ar próximas ao asfalto aquecem porinfluência deste. Com o aquecimento, o ar se torna menosdenso, pelo fenômeno da dilatação térmica. A diminuiçãoda densidade do ar o torna menos resistente à passagemda luz, o que faz aumentar a velocidade de propagação daluz, fazendo diminuir seu índice de refração (n = c/v).
Refringênciacrescente
Concluímos assim que à medida que a luz solar se aproximado asfalto ela atinge meios menos refringentes (figura aseguir). Isto faz com que a luz se afaste da normal, a cadarefração sofrida, tornando-a mais rasante.Portanto, o ângulo de incidência cresce a cada novarefração, fazendo-o tender ao ângulo limite de refração.Quando o ângulo de incidência superar o ângulo limite,conforme vimos na questão anterior, haverá reflexão totalda luz (figura abaixo).
DSendo o vidro mais refringente que o ar (nvidro > nar), o raiorefratado deve estar mais próximo da normal. Além dissodevemos considerar que o raio refratado e o raio incidentedevem estar em quadrantes opostos.
Refringênciacrescente
Ar frio
Ar quente
1
2
i
r
n1 > n2 ⇒ r > 1
Fís
ica II
40
Volume 1.B
sen (i – r) = Δ
∴ d = . sen (i – r) ∴
∴ d = e
cos r . sen (i – r) ∴
∴ d = e . sen(i r)
cos r−
d = e . sen(i r)
cos r−
Aplicando a Lei de Snell à primeira refração, temos:
°= ⇒ = ⇒2
1
nsen i sen 60 3sen r n sen r 1
A
B
�P
d
i – r
BSabemos que devido o dioptro plano, o meio círculo queestá sob a placa de vidro será visto um pouco acima de suaposição real.Devido os objetos mais próximos serem vistos sob umângulo visual maior, o observador verá o círculo segundo afigura da opção “B”.
BApliquemos a Lei de Snell às três refrações que a luz sofreao atravessar o conjunto.
A reflexão total sofrida pela luz, devido à mudança do índicede refração do ar faz o asfalto parecer molhado.
DAo olhar para a água, o observador verá a imagem de P porreflexão da luz que ao sair de P incide na superfície livre daágua (Espelho Plano), e a imagem de Q por refração da luzque ao sair de Q emerge para o ar.Localizemos então as imagens vistas para P e Q.
• Imagem de P:Como a superfície livre da água funciona como um espelhoplano para a luz que sai de P, a imagem deste será simétricaao objeto. 10
7
8
9
Objeto
Imagem
ArÁgua
Figura 1
• Imagem de Q: (Dioptro Plano)A imagem do boneco Q será vista um pouco acima da suaposição real, o que nos permite representá-la pela figuraabaixo.
Objeto
Imagem
ArÁgua
Figura 2
Fazendo uma superposição das figuras “1” e “2”,encontramos como posição relativa das imagens de P e Qa situação da figura abaixo.
Imagem de Q
Imagem de P
n
n1
n2
a
bb
cc
d
21 2
1
1
1 2
2
sen i n sen i n senr n
sen r n
sen a n = sen b n
sen b n = sen c n sen a n = sen d n
sen c n = sen d n
= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒
⎧ × ×⎪
⇒ × × → × × ⇒⎨⎪ × ×⎩
⇒ sen a = sen d ⇒ a = d ⇒ i = r
sen b x n1 = sen c x n2 ⇒ 2
1
sen b nsen c n
= ⇒
n1 < n2 ⇒ sen c < sen b ⇒ c < b ⇒ r2 < r1
BConforme vimos na resolução da questão anterior, quandoum raio luminoso atravessa uma lâmina envolvida por umúnico meio, o raio emergente é paralelo ao raio incidente. Apesar de não haver desvio angular do raio luminoso aoatravessar a lâmina, este se desloca lateralmente de umadistância “d” (figura abaixo), cujo valor poderá serencontrado, em função de i, r e da espessura da lâmina (e),da seguinte forma:
e
1
2
1
i
A
rr
i – r P
M Bi d
Observe os triângulos retângulos AMB e APB,
cos r = Δ
∴ = e
cos r
A
e
M B
r
�
Fís
ica II
41
Volume 1.B
Este desvio é igual à soma dos desvios Δ1 e Δ2 que o raiosofre na primeira e segunda refrações, respectivamente, ouseja: Δ = Δ1 + Δ2.Verifica-se que no desvio Δ a luz branca sofre ao atravessaro prisma é diferenciado para as diversas freqüências deonda (diversas cores) que a constituem, devido às diferentesvelocidades destas no interior do vidro. Este desvio émáximo para a onda de maior freqüência (violeta) e mínimopara a de menor freqüência (vermelha).O fenômeno acima descrito pode ser ilustrado pela figuraabaixo, o que constitui a dispersão da luz branca em suasdiversas faixas monocromáticas.
12
ir
CA luz branca é policromática, isto é, consiste na composiçãode diversas luzes monocromáticas, que se diferenciam umada outra pelas freqüências das ondas que as constituem.Quando um raio luminoso atravessa um prisma de vidroimerso no vácuo este sofre um desvio angular (Δ), decorrentedas duas refrações consecutivas, conforme a figura abaixo.
VidroVácuo Vácuo
Raioincidente
Raioemergente
Δ1 Δ2Δ
Luz branca
VermelhaLaranjaAmarelaVerdeAzulAnilVioleta
Portanto, a dispersão da luz se deve às refrações que a luzsofre ao atravessar o prisma.Resposta: opção “C”
EVejamos a figura abaixo:
2
1
θ = 30o
α60o
N = 1
N = 3
60o
1 sen 60° = 3 sen⋅ ⋅ θ
3 13 sen sen = 302 2
= ⋅ θ ∴ θ ⇒ θ = °
30 60 180 90α + ° + ° = ° ⇒ α = °
15°Observe a figura abaixo:
R
C
N = 2N
R/245o = i d
θα
11
= ⇒ ⇒
33 12 sen r = r = 30°
sen r 1 2
Aplicando a fórmula do desvio lateral, temos:
( ) ( )e sen i – r 10cm sen 60° – 30°d
cosr cos3010 cm sen 30° 10 cm 1/2
dcos 30° 3
210 cm 10
d 5,7 cm1,73
⋅ ×= = ⇒
°× ×
⇒ = = ⇒
⇒ = ≅ ≅
DQuando o raio luminoso atravessa o prisma ele sofre duasrefrações. Na primeira refração o raio luminoso não sofredesvio pois a incidência é “normal”. Na segunda refração oraio luminoso se afasta da normal, pois incide de forma oblíquado meio mais refrigente para o meio menos refringente. Assim,o percurso correto é o do raio luminoso 4.
No triângulo assinalado:
R12cos 60
R 2α = = ⇒ α = °
Portanto:
θ = 30°Lei de Snell:
1. sen i = 2 . sen 30°
sen i = 22
⇒ i = 45°
O desvio mostrado na figura será:d = i – θ = 45° – 30° = 15°
AObserve as condições na figura a seguir:Lei de Snell:1.sen 45° = n . sen(90° – i)
3
Fís
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42
Volume 1.B
DI. (verdadeira). Aplicando a equação (I) da resolução da
questão 12, temos:
21 2
1
sen i nn > n sen r > sen i r > i
sen r n= ⇒ ⇔ ⇒
Assim, o raio refratado se afasta da normal, o que permiteque “w” o represente (figura abaixo).
7
12
i
r w
3sen
5θ = tg 1 45α = ⇒ α = °
sen 45° = 22
Equação de Snell
1 sen = n sen ⋅ α ⋅ θ
2 3 5 21 n n
2 5 6⋅ = ⋅ ⇒ =
A
v
Ar
nn
= o
o
sen 60
sen 30 = 3.
4
6
5
45o
90o – i
iN
Para que haja reflexão total na face vertical:i > Lsen i > sen L
24n 2 12n n
−>
( ) ( )2
224n 2 2− >
4n2 – 2 > 4
2 2 34n 6 2n 3 n
2> ⇒ > ∴ >
DVejamos as figuras a seguir:
Ar
3
3
35
θ θ
α = 45o
α = 45o4
N
Raioincidente
Raiorefratado
Normal
12
i
r
i > r
Para este fenômeno, podemos aplicar as Leis da Refração,vistas abaixo.1a Lei: O raio incidente, o raio refratado e a normal sãocoplanares.2a Lei (Lei de Snell): A relação existente entre os ângulos deincidência (i) e de refração (r) é dado por:
( )2 1
1 2
sen i n sen i v I ou (II)
sen r n sen r v= =
Obs.: Ao usar as fórmulas acima, lembre que: “1” é o meioonde se propaga o raio incidente e “2” o meio em que sepropaga o raio refratado.
Assim, como a questão considera que o ângulo de incidênciaé maior que o ângulo de refração (i > r), temos:
0° < i < 90°i r sen i > sen r, pois
0° < r < 90°⎧
> ⇒ ⎨⎩
Logo, aplicando as equações (I) e (II) vistas anteriormente,temos:
22 1 1 2
1
sen i n(I) sen i > sen r n n n n
sen r n= ⇒ ⇔ > ∴ <
11 2
2
sen i v(II) sen i > sen r v v
sen r v= ⇒ ⇔ >
n1 < n2 e v1 > v2
2 2n . cos i cos i =
2 2n= ⇒
sen2i + cos2i = 1 ⇒ sen2i = 1 – 2
24n
sen2i = 2 2
24n 2 4n 2seni
2n4n− −
⇒ =
CConsidere um raio luminoso que sofre refração, passandode um meio “1” para um meio “2”, conforme a figura abaixo.
Fís
ica II
43
Volume 1.B
8
9
10
11
12
13
14
II. (falsa). “y” não pode representar o raio refratado doraio incidente “x” pois estes devem estar em quadrantesopostos (figura abaixo).
Raioincidente
Raiorefratado
III. (verdadeira). Conforme foi visto acima.Somente I e III são corretas.
A
De acordo com a Lei de Snell, temos 2
1
sen i nsen r n
= , onde n1 e
n2 são constantes que dependem dos meios e do tipo de luz.
AObserve a figura:
0
6 cm
450
450 = L
C
nL
nAR = 1,0R = 6cm
Sne L: LL
1 2 1 2 2n 2
n 2 n 2 2×
∴ = ∴ = =×
0,30 mObserve que:TV (tamanho visto)TR (tamanho real)no (índice onde está o observador)nob (índice onde está o objeto)
TV = o
ob
nn . TR
para incidências próximas da normal
TV =
143
. 0,40 = 43 . 0,40 = 0,30 m
AObserve a figura
S1 S2
Nar
P
q
P = 3,0cm
P'
nL=1,5
nL
AR
L
n 1q p q 3 2,0 cm
n 1,5= ⋅ ∴ = ⋅ =
EObserve a figura:
R = 6 7 cm
L
LH
Nágua =
NAR = 1,0
43
sen L = 143
= 34
⇒ 34
L
42 – 32 = 7
⇒ tg L = 37
tg L = 6 7H
(no triângulo assinalado)
6 7 3 6 7 7H 14 cm
H 37×
= ⇒ =
CA imagem será vista a uma distância da fronteira de:P = 100 cm no = 1,0
q = ? nob = 43
q = o
ob
nn
. p = 143
. 100 = 300
4 = 75 cm
A imagem é virtual.
CSeparando os dados:P = 1,0 mno = 1
nob = 43
q = o
ob
nn . P =
143
. 1 = 34
m = 75
cmq = ? A imagem é virtual.
45Aplicando a equação conhecida para um ponto P localizadono fundo do aquário, temos:
15
h
P'
P
60 cm
Fís
ica II
44
Volume 1.B
20
21
3mm = q
P'nL 5mm = P
P
Nar = 1,0
ARL
L L
n 1 5q p 3 5 n
n n 3= ⋅ ⇒ = ⋅ ∴ =
EObservando a condição temos:
iNAR = 1,0
NV = 1,6
62
Veja os dados:dmin = 30o
Δ = 90o
n = ?
dmin = 2i – A ∴ 30° = 2i - 90° ∴ i = 60°A = 2r ⇒ 900 = 2r ∴ r = 45°Snell:1 . sen60° = n . sen45°
3 2 3 6n n
2 2 22= ⋅ ∴ = =
BPara cores diferentes, as inclinações dos raios são diferentes,portanto, os índices de refração de um material sãodiferentes para cores diversas.
23,64 cmObserve a figura a seguir:
16
17
18
19
observador ar
objeto água
d ' n d' nd n d n
= ∴ = ∴
águaar
ar
água
cvd' v d ' c
cd d v cv
/∴ = ∴ = = ∴/
água
ar
vd' h 225,000km/ sd v 60cm 300,000km/ s
∴ = ∴ = ∴
225 225h 60cm cm 45cm
300 5∴ = ⋅ = =
h = 45 cm
C
Objeto
Imagem
dd'
águaobservador
objeto ar
nnd' d'd n d n
= ∴ = ∴
d' 4/ 3 4d' 1200 1600m
1200m 1 3∴ = ∴ = ⋅ =
d’ = 1600 m
AAR
i r rn
i
r = 30o
45o
i = 45o
I
I'JN
e
N = 2
e – 1010 cm
Lei de Snell:
1 . sen 45° = 2 . sen r
22
2= . sen r ⇒ r = 30°
No triângulo: (INI’)
tg 45° = NI' NI '
1 e NI'e e
⇒ = ⇒ =
Logo: NJ = e – 10
No triângulo (INJ) temos:
tg30° = e 10
e−
3 101
3 e= −
10 31
e 3= −
10 100,423 e 23,64
e 0,423= ⇒ = ≅
Resp.: 23,64 cm
DObserve o esquema:
Fís
ica II
45
Volume 1.B
• Reflexão total na face S (face inclinada)Reflexão total na face S (face inclinada)Reflexão total na face S (face inclinada)Reflexão total na face S (face inclinada)Reflexão total na face S (face inclinada):Para que haja reflexão total do raio luminoso é necessárioque: i > L.
22
23
24
Snell:1,6 seni = 1 . sen90°
seni = 1
1,6 = 0,625 ⇒ i = arcsen 0,625
AComo os raios i1 e i3 são paralelos, então:n1 = n3.O raio i2 se aproxima da normal. Portanto, n2 > n1.
EO raio emergente é paralelo ao incidente.Veja a figura.
α
θ
θ
90α + θ = °
90θ = ° − α
AAnalisemos o comportamento do raio luminoso no interiordo prisma.• Refração do raio na face vertical do prismaRefração do raio na face vertical do prismaRefração do raio na face vertical do prismaRefração do raio na face vertical do prismaRefração do raio na face vertical do prisma:Como o raio incide perpendicularmente à superfície ele aatravessa sem sofrer desvio (i = 0o ⇒ r = 0o).
Raiorefratado
Raioincidente
Facevertical
Raiorefletido
Raioincidente
Face S
i = 45o
Vidro
Ar
2 AR
1 PRISMA
sen i n sen L nsen r n sen 90° n
= ⇒ = ⇒
sen L 1 1 sen L =
1 n n⇒ = ⇒
Para que haja reflexão total é necessário que:i > L ⇒ sen i > sen L ⇒
ANa figura abaixo temos:
60o
60o
30o
30o
120o
nm
nARN
Equação de Snell:1 . sen 60° = nm . 30°
m m3 1
n n 32 2
= ⋅ ⇒ =
3
BObservemos a figura a seguir:
1
2
1 2 1sen 45° >
n 2 n⇒ > ⇒
2n > n 2 n > 1,41
2⇒ ⇒ > ⇒
Equação de Snell:
ar ar v Vn . sen n . sen θ = θ1 . sen 45° = nv . sen 30°
V V2 1
n n 22 2
= ⋅ ⇒ =
Resp: 2
EObserve a figura:
AR
AG
nq P
n= ⋅
1,5 = 14
. P
P = 4 1,5
3×
P = 2,0 m
3
θA
R = 45 o
45o 15 o θv = 30o45o
45o
Ar
Água
I
O
P
q
Fís
ica II
46
Volume 1.B
7
ArÁgua
h
L
L
L
A O B
A luz emitida pela lâmpada puntiforme L que conseguepassar da água para o ar intercepta a superfície de separação
dos dois meios em uma região circular de diâmetro AB e
raio OA OB R 1,5 m= = =
Aplicando a lei de Snell ao ângulo limite (L), temos:
2 AR
1 ÁGUA
sen i n sen L nsen r n sen 90° n
= ⇒ = ⇒
sen L 1 sen L = 3/4
1 4/ 3⇒ = ⇒
22 2 23
sen L cos L 1 cos L 14
⎛ ⎞+ = ⇒ + = ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠
2 29 7cos L 1 cos L
16 16⇒ + = ⇒ = ⇒ cos L =
74
sen L 3/ 4 3 7 3 7tg L = tg L =
cos L 77 / 4 7 7= = × ⇒
De acordo com o triângulo sombreado do LBO, temos:
OB 3 7 R 3 7 1,5mtg L =
OL 7 h 7 y⇒ = ⇒ = ⇒
1,5m 7 1,5m 7h
33 7 7×
⇒ = = × ⇒×
h 0,5. 7m⇒ =
Sendo a profundidade da piscina H = 2 7 m, até a lâmpada
chegar à profundidade h = 0,5 7 m, esta se deslocaverticalmente a distância.
s H h 2 7 0,5 7 s=1,5 7mΔ = − = − ⇒ ΔFinalmente, sendo a velocidade vertical de ascenção da
lâmpada v = 7 m/s, ela é vista por um observador forada piscina durante o intervalo de tempo dado por:
s s 1,5 7v t t=1,5s
t v 7Δ Δ
= ⇒ Δ = = ⇒ ΔΔ
6
5
q
Ar
Água
3,0
m =
P
nág. = 1,3
o
ob
n 1q P 3,0 2,3 m
n 1,3= ⋅ = × =
Resp: 2,3 m
AA luz se aproxima ao penetrar na água, se afasta ao entrarno vidro e se afasta ao emergir para o ar.
Podemos ilustrar o traçado do raio luminoso pela figuraabaixo.
L
45o
30o
θθ
φ
1a Refração:
2 B B
1 A A
sen i n sen 45° n 2 / 2 n
sen r n sen 30° n 1/ 2 n= ⇒ = ⇒ = ⇒
B
A
n 2
n⇒ =
ReflexãoReflexãoReflexãoReflexãoReflexão i = r = θ
2a Refração
2 A
1 B
sen i n sen L n
sen r n sen 90° n= ⇒ = ⇒
sen L 1 1 2 2sen L = L = 45°
1 22 2 2⇒ = ⇒ × = ⇒
Saberemos que a soma dos ângulos internos de um triânguloé igual a 180°. Assim, para o triângulo sombreado,podemos afirmar que:
90( )L 90° − + ( )30 2 180° + ° + θ = ° ⇒
L + 30° + 2 = 0° ⇒ − θ ⇒
45° + 30° + 2 = 0° 2 = 15° ⇒ − θ ⇒ θ ⇒ θ = 7,5o
Analisando agora o quadrilátero destacado. Sabendo quea soma dos seus ângulos internos deve ser igual a 360°.
Portanto:
L 90+ ( ) 180° − θ + ( ) 90° − φ + 360° = ° ⇒
L 0 L⇒ − θ − φ = ° ⇒ φ = − θ ⇒
45 7,5 37,5⇒ φ = ° − ° ⇒ φ = °
A figura abaixo ilustra alguns dos raios luminosos que saemda lâmpada puntiforme em direção à superfície de separaçãoda água da piscina e do ar.
4 CSeja a figura:
Fís
ica II
47
Volume 1.B
8i
r
i'N
Pela lei de Snell, temos:
θ= ⇒ = ⇒F2
1 AR
sen i n sen nsen r n sen r n
sen 45° 2 2 /2 2sen r 1 senr 1
⇒ = ⇒ = ⇒
1senr r 30
2⇒ = ⇒ = °
Analisando o raio luminoso que tenta sair da fibra óptica,podemos calcular o seu ângulo de incidência pelo triângulosombreado.r + i’ + 90° = 180° ⇒⇒ 30° + i’ + 90° = 180° ⇒ i’ = 60°
Se aplicarmos a lei de Snell para este raio que tenta sair dafibra óptica, temos:
2 AR
1 F
sen i n sen i' nsen r n sen r n
= ⇒ = ⇒
3sen60 1 12
senr senr2 2°
⇒ = ⇒ = ⇒
6senr
2⇒ =
Como 6 > 2, teríamos sen r > 1, o que sabemos serimpossível. Isto acontece porque o ângulo de incidência (i’)é maior que o ângulo limite para este par de meios. Logo,a luz sofrerá reflexão total. Pela figura abaixo, percebemosque o raio refletido incide na face posterior novamenteformando 60° com a normal, o que nos permite concluirque a luz sofrerá seguintes reflexões totais no interior dafibra, até emergir na sua outra base, conforme a figura aseguir.
Podemos ilustrar otrajeto do raio luminosoque penetra na faseóptica pela figura ao lado.
9
x
d
60o
Observe que para cada reflexão que a luz sofre, o raioluminoso avança uma distância “x”, ao longo da extensãoda fibra óptica.Pelo triângulo sombreado, temos:
x xtg60 3
d 3° = ⇒ = ⇒ x = 3 mm
Finalmente, através de uma proporção podemos calcular onúmero de reflexões que o raio sofre.
Avanço longitudinal → no de reflexões 3 mm → 1 64 mm → x
64mm x 1x x 21,33
3mm= ⇒ ≅
Logo, ocorrerão 21 reflexões totais até o raio emergir dafibra óptica.
DAntes dos raios luminosos emitidos pelo objeto AB seremrefletido na face maior do prisma, a face horizontal osrefrata gerando uma imagem A’B’ na posição horizontal,devido a existência de um dioptro plano.d’ > d, pois nPrisma > nAr
A B
A' B'
Como os raios que emergem da face inferior do prismaincidem na sua face maior, sofrendo reflexão total, conformea figura a seguir, a imagem A’2B’ do dioplo será objeto parao espelho plano.
Como a imagem de um espelho plano é simétrica ao objetoem relação ao espelho, devemos ter a imagem final A’’B’’simétrica a A’B’ em relação ao “espelho plano”, conformea figura abaixo.
A B
A'
A''
B'
B''
Fís
ica II
48
Volume 1.B
* Professor amigo! Estimule a solução mental do tipo deproblema acima.
DQuando o espelho gira de um ângulo (θ) em torno do eixoque passa por (P) e é perpendicular ao plano da figura, oraio refletido girará de (2,0 θ) como já foi demonstrado noconteúdo do capítulo em curso!
Como o movimento da imagem é circular:VI = WI . R = 1 x 20 = 20 cm/sResp: 20 cm/s
EObserve as construções de imagem
1
2
3
4
Objeto
25 m 25 m
4 m
C
D
12 m 16 m
AO
B
dmin
V1= 2 m/s
V2= 5 m/s
VI = 10 – 2 = 8 m/s
2 m/s 10 m/s(E)
O I
CFigura de acordo com o enunciado.
ΔDOAB ~ ΔOCD
mind 425 20
= min
5
d 5,0m⇒ =
CF
CF
i
i
i
o
CF
V
V
V
As imagens dos objetos colocados nas posições 2, 3 e 4 seformam respectivamente nas regiões 1, 8 e 7.
BDados fornecidos:p = 20 cmf = 30 cm (côncavo)a = ?
f 30a 3
f P 30 20= = =
− −
10 B• 1o Fenômeno: Refração (ar → água)Quando os raios emitidos pela lâmpada atravessam asuperfície de espaço ar (água, devido o dioplo plano, forma-se uma imagem a uma distância d’ acima da superfície dadapor:
água2
1 ar
nd' n d'd n 250 n
= = = ⇒
d' 1,33 d' 332,5cm250 1
⇒ = ⇒ =
• 2° Fenômeno: Reflexão (espelho plano)Devido à simetria entre o objeto e o espelho, a imagemestará abaixo do espelho à mesma distância que o objetose encontra acima deste.d’ = d = 200 + 332,5 ⇒ d’ = 532,5 cm
• 3° Fenômeno: Refração (água → ar)Os raios refletido pelo espelho plano “saem” de um ponto532,5 cm abaixo do espelho plano, portanto 733,3 cmabaixo do dioptro plano água/ar. Aplicando a equação dodioptro plano, a imagem final estará a uma distância d’dada por:
ar2
1 água
d' n d' nd n d n
= ⇒ = ⇒
d' 1 732,5d'
732,5 1,33 1,33⇒ = ⇒ = ⇒ d ≅ 550 cm
Finalmente, se a imagem final do sistema está 550 cmabaixo da superfície que separa o ar da água, esta seencontra 350 cm abaixo do espelho.despelho = 550 – 200 ⇒despelho = 350 cm
DConsideremos a influência do movimento do objeto e doespelho na imagem.
5
Fís
ica II
49
Volume 1.B
CSeparemos os dados:f(côncavo)a = 2P = ?Teremos que:
a = f
f P−
2 = f
f P− ⇒ 2f – 2 P = f
2p = f ⇒ P = f2
DDa figura fornecida, tiramos:
P = R2
f = – R2
a = ?Então:
R Rf 12 2a R Rf P R 2
2 2
− −= = = =
− −− −
BDados:na = 4/3nv = 3/2
a
v
v?
v=
Por analogia com a questão anterior:
a a a a
v v v v
n v 4/3 v v 4 2 8n v 3/2 v v 3 3 9
= ∴ = ∴ = ⋅ =
a
v
v 8v 9
=
BComo o raio luminoso se aproxima da normal, o meio 2 émais refringente que o meio 1.
2
1
sen i nsen r n
=
i > r ⇒ sen i > sen r ⇒ n2 > n1
Como o índice de refração é inversamente proporcional àvelocidade de propagação da luz no meio, temos.
cnv
=
n2 > n1 ⇒ v2 < v1
D
2 2
1
1
csen i n seni v
csen r n senrv
= ⇒ = ⇒
1 1
2 2
sen i v sen 45° vsen r v sen 30° v
⇒ = ⇒ = ⇒
1 1
2 2
2 /2 v v 21/2 v v
⇒ = ⇒ =
ADo estudo de dioptro plano, temos:
2
1
d' nd n
=
→ meio do observador→ meio do objetoDe acordo com a ilustração, temos:
1 2
11 2
21 2
d' d n nd' n d' d n nd n
d' d n n
⎧ < ⇔ <⎪
= ⇒ > ⇔ >⎨⎪ = ⇔ =⎩
40Analisemos as três refrações que o raio luminoso sofre aoatravessar o conjunto.
Ar
Ar
Água
Vidro
i
aa
bb
r
12
11
10
6
7
8
9
21 2
1
seni nseni.n senr.n
senr n= ⇒ = ⇒
Ar Água
VidroÁgua
ArVidro
seni.n sena.n
sena.n senb.n
senb.n senr.n
=⎧⎪⎪⇒ = ⇒⎨⎪
=⎪⎩
Arseni. n⇒ Arsenr . n= ⇒
⇒ sen i = sen r = i = r ⇒ r = 40°
Anotações
Fís
ica
III
Volume 1.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_____________________________________
___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
__________________________________________________________________________________
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_________________________________________________________________________________
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_________________________________________________________________________________
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Fís
ica II
I
50
Volume 1.B
Capítulo 1: TTTTTererererermometria e Prmometria e Prmometria e Prmometria e Prmometria e Propagação do Caloropagação do Caloropagação do Caloropagação do Caloropagação do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Tópico A: TermometriaTópico B: Transferência de CalorTópico C: CalorimetriaTópico D: Diagrama de FasesQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Capítulo 2: Gases e TGases e TGases e TGases e TGases e Tererererermodinâmicamodinâmicamodinâmicamodinâmicamodinâmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54Tópico A: Estudo dos GasesTópico B: 1a Lei da TermodinâmicaQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Termometria e Propagação do Calor
Capítulo 1
1 D
x – 414 – 4
= = = = = 20 – 0
100 – 0
x – 410
= = = = = 20100
x – 4 = 2x = 6 cm
AO corpo A sofreu a maior elevação pois 10oC equivalem a18oF:
ΔC5 =
ΔF9 → 10
5 =
ΔF9
→ ΔF = 18oC
AO calor flui sempre no sentido das temperaturas decrescentes.
BEle dificulta a perda de calor evitando/diminuindo a sensaçãode frio.
2
cm14
x4
oC100200
3
4
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
7
8
5
6
50 g00oC
gI
II
CSe Q1 = Q2
m1c1ΔT1 = m2c2ΔT2
logo, se as capacidades térmicas (mc) forem iguais os ΔTtambém serão iguais.
cxcy = Δ
Δ
Qm TQ
m T
=
150m .15200m .10
= 12
A) A transição ocorre em (70 – 40)min, logo a energiaconsumida na transformação foi de 30 x 30 = 900 cal.Q = mL900 = 30 L → L = 30 cal/g
B) Q = mcΔT (calor sensível)30 . (80 – 70) = 30 . c . (80 – 40) ⇒ c = 0,25 cal/goC
Observe que este calor específico é um só no intervalode 40 oC a 80 oC, que contém o intervalo pedido.
E
∑Q = 0mcΔTI + MLII + mcΔTII = 0200 . 1 (Te – 80) + 50 . 80 ++ 50 . 1 . (Te – 0) = 0250 Te = 12000Te = 48oC
Fís
ica II
I
51
Volume 1.B
4
6
7
5
1
2
oA30TA
–20
oC100TC0
AT – (– 20)30 – (– 20)
= CT – 0100 – 0
AT + 20501
= CT100
2
→ Tc = 2 TA + 40
Mas queremos que TA = – TC, logo:TC = 2 (–TC) + 40
3TC = 40 → TC = 13,3oC
C
50 – 0100 – 0 =
yT – 20
80 – 20
501
1002
= YT – 2060
TY – 20 = 30 → TY = 50oY
10
11
12
9 CComo não sabemos se há calor na água suficiente paraderreter o gelo, vamos verificar.I. calor que a água pode liberar se esfriar até 0°C:
Q = mcΔTQ = 400.1.(22-0)Q = 8800cal
II. calor gasto para aquecer o gelo até 0°C:Q = mcΔTQ = 150.0,5.(0-(-20))Q = 1500cal
III. calor necessário para derreter todo o gelo:Q = mLQ = 150.80Q = 12000cal
Observando as quantidade de calor obtidas em I, II e IIIconstatamos que 1500 < 8800 < 12000+1500, isto é,há calor suficiente para levar o gelo até 0°C mas não hácalor suficiente para derretê-lo todo. Item C.
AI. verdadeiro: por estar numa temperatura menor que o
ponto de orvalho, o copo causa a condensação de vapord’água no ar ambiente.
II. verdadeiro: quanto maior o choque térmico, maior aparcela de vapor que condensa, tornando-se visível.
III. verdadeiro: ao resfriar, a pressão do ar interno diminui.
AAumentando a temperatura, o ponto de ebulição será atingido.
BQuando líquido e vapor entram em equilíbrio dinâmico asvelocidades de vaporização e condensação se igualam e namesma proporção que vapor vira líquido, o líquido vira vapor.A concentração de vapor se mantém constante.
cT5
= FT – 329 (Se TC = x → TF = x + 40)
x5 =
x + 40 – 329
⇒ 9x = 5x + 40
4x = 40 → x = 10oC ou 50oF
CSabendo que 32oF equivalem a 0oC, concluímos que estarábastante frio e o item “C” seria o mais conveniente. Vejaque o traje espacial, apesar de ser aquecido não seria muitoadequado para ir ao parque além de ser de difícil obtenção.
10 – 525 – 5
= AT – 0100 – 0
520
1
= Ta
1005
→ Ta = 25 oC
A escala Fahrenheit, apesar de menos adotada e de nãopertencer ao sistema internacional de unidades é maisprecisa pois tem 180 divisões onde a Celsius apresentaapenas 100, tornando a unidade öF menor que a unidadeoC.
ET – (–2)98 – (–2)
= CT – 0100 – 0
¨
TC = TE + 2
DComo ΔC/5 = F/9 , uma variação de 10oC correspondea uma variação de 18oF. Assim verifica-se que São Pauloteve uma maior variação de temperatura.
C
BA cerâmica conduz melhor o calor, rouba calor mais rapidamentedos pés, dando uma sensação mais intensa de frio.
AA areia quente aquece o ar nas proximidades fazendo comque ele suba por convecção. O ar frio que está sobre o marvem então para ocupar o lugar do ar quente que subiu.
DNo vácuo, o único processo viável para a propagação docalor é a irradiação.
EO Efeito Estufa é próprio da atmosfera natural da Terra e énecessário para que a Terra não congele por inteiro devidoà perda de calor para o espaço. Ele foi acelerado pelapoluição causada pelo uso massivo de combustíveis fósseise pela derrubada de florestas e redução/envenenamentode superfícies líquidas (consumidores de CO2), causandoum aumento na proporção de CO2 livre na atmosfera e umaumento na taxa de retenção de calor pela atmosfera.
CCaso parássemos a produção massiva de CO2, aindademoraria um bom tempo para a temperatura parar de
3
h2510
5
oC100Ta0
98TE–2
100TC0
8
9
10
11
12
13
14
Fís
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I
52
Volume 1.B
Tc = 60oC
oCmmmmmmmmc
15
16
subir, pois teríamos que esperar que os consumidoresnaturais de gás carbônico dessem conta de todo o excessogerado pelo homem.
EO reservatório deve ser um bom isolante, para reter ocalor; não convém que seja metálico. O vidro cria um efeitoestufa e melhora a eficiência, assim como a placa escuratambém ajuda.
CA água demora mais para esquentar pois tem calorespecífico maior que a terra. O ar frio é mais denso e tendea descer. O vidro provoca efeito estufa pois é opaco pararadiações de calor. O material refletor nas garrafas térmicasé para dificultar a irradiação.
Se Q = mcΔT → ΔT = Qmc
ou QC
Aquecerá mais lentamente o corpo que tiver a maiorcapacidade térmica (C = mc). Pelos dados da tabela o maiorproduto mc pertence ao cobre.
DEste conceito corresponde ao de calor específico.
BQ = mcΔT800 = 500 . c . 2c = 0,8 J/goC
CPara aquecer rapidamente, a panela deve ter baixo calorespecífico e, para a temperatura subir do modo mais uniformepossível, a condutibilidade deve ser a maior possível.
D
17
18
19
20
21
Situação IΣQ = 0m . c (60 – 100) + 1000 . 1 . (60 – 20) = 0– 40 mc = – 40000mc = 1000 cal/oC → capacidade térmica da barra
Situação IIΣQ = 0mcΔTB + mcΔTA = 01000 . (Te – 100) + 3000 . 1 . (Te – 20) = 0
1000 Te – 100.000 + 3000 Te – 60 000 = 0 (÷ 1000)
4 Te = 160 → Te = 40oC
Q = mcΔT9000 m = 200 . 1 . (36 – 9)9000 m = 200 . 27
m = 0,6 g
22
23
24
25
26
DEm contato com a pessoa o termômetro tende ao equilíbriocom esta e, ao final, a temperatura indicada é a de equilíbriotérmico.
C1,5 quilocalorias por minuto equivalem a 1,5 x 4000J em60s que nos dão uma potência de 100W. Dentre osaparelhos citados, o único coerente com esta potência é alâmpada incandescente.
EGraficamente
Q–10
25
oC
I
IIIII
30
10
–10
t
T27
28
(1 = 1000 g de H2O)
Q total de calor extraído é dado pela soma das três etapas:Q = QI + QII + QIII
Q = mcΔTI + mL + mcΔTII
Q = 1000 . 1 . (– 25) + 1000 . (– 80) + 1000 . 0,5 . (–10)Q = – 110.000 cal
A) Se há sobra de gelo, a temperatura de equilíbrio é de0oC.
B) ΣQ = 0mcΔT + mL = 0100 . 1 (0 – T) + 20 . 80 = 0100 T = 1600
T = 16oC
D
ΣQ = 0Qref + Qg + QL + Qg = 01000 . 0,95 . (10 – 30) + m . 0,5 . (0 – (–10)) + m . 80 ++ m . 1 . (10 – 0) = 0– 19.000 + 5m + 80m + 10m = 095m = 19000m = 200 g de gelo
como cada cubo é de 50 g, ele precisaria de 20050 = 4
cubos
EI. O calor específico na fase líquida é:
C = ΔQ
m T =
6000200 . 60
= 0,5 cal/goC
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I
53
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29
30
31
32
II e III. A temperatura de ebulição é 80oC e o calor latentede vaporização é de:Q = mL(18 – 6) . 103 = 200 . LV → LV = 60 cal/g
IV. E o calor específico no estado de vapor é de:
C = ΔQ
m T =
6000200 . 40
= 0,75 cal/goC
Logo, III e IV são corretas.
Q1 = mLf + mcΔTQ1 = m . 80 + m . 1 (100 – 0)
Q1 = 180 m
Q2 = mLV
Q2 = m . 540
2
1
= 540 m180 m
= 3
CVê-se no gráfico que a temperatura estabilizou-se para atransformação num valor mais alto para o sólido A (TA > TB)e podemos ver também que a transformação foi maisdemorada para o corpo B, indicando que este precisou demais calor, logo LA < LB.
DQuando um corpo recebe calor, sua temperatura podeaumentar ou seu estado de agregação pode mudar,mantendo, neste caso, a temperatura constante durante atransformação.
DA temperatura do copo mais baixa que a do ambienteprovoca a condensação do vapor existente no ar.
DI. (F) A superfície dos oceanos é muito maior propiciando
uma maior evaporação.II. (V)III. (V)IV. (V) A chuva cai devido à gravidade. Os rios também
“descem” o relevo em direção ao oceano.V. (V) A construção de barragens, o desvio de cursos
d’água, os aterros alteram a dinâmica das águas.
DAo expandir, a pressão baixa e a substância tende a sublimar.
EAo começar a ebulição a temperatura se mantémindependente do fluxo de calor fornecido.
1. Sólido 2. Líquido 3. Vapor
Expande ao solidificar pois sua curva de fusão é decrescente.
Os três, pois trata-se do ponto triplo.
A substância vaporiza.
Momento ENEMMomento ENEMMomento ENEMMomento ENEMMomento ENEM
CQuanto maior a altitude, menor a pressão e o ponto deebulição.
Q(cal)
oC
100
80
10
ΣQ = 0mcΔT + mcΔT + mL = 0400 . 1 (70) + m . 1 (– 20) + m (– 540) = 028000 = 260 m
m = 5 g
BO alumínio tem menor calor específico, por isso, esquentamais rápido.
AO ar aquecido pela lâmpada sobe e gira o ventilador.
BQ = mL200 . (8 – 2) = 200 . LL = 6 cal/g
C
I. Pot = ΔQT
= Δ
Δmc T
T =
360 .1. (30 – 25)30
= 60 cal/s
II. Q = mcΔTPot = Δt’ = mcΔT60 . Δt’ = 900 . 0,6 . (30 – 20)Δt’ = 90,0s = 1,5 min
ΣQ = 0m1c1ΔT1 + m2c2ΔT2 + m3c3ΔT3 = 0Como a massa é proporcional ao volume e só há umasubstância; (m = dV) podemos usar o volume pela massa.5 . (T – 10) + 3 (T – 60) + 2 (T – 85) = 010 T = 400 → T0 = 40oC
ΣQ = 0Qcal + QI + QII = 0CΔT + mcΔTI + mcΔTII = 0400 (40 – 20) + 200 . 1 . (40 – 20) + 300 . (40 – T) = 012000 – 300 T + 12000 = 0
300 T = 240 00
T = 80oC
Graficamente
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34
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38
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Para igualar as quantidades de água e gelo, é necessária afusão de 100 g de gelo:ΣQ = 0Qgelo + Qágua = 0mL + mcΔT = 0100 . 80 + 100 . 1 (0 – T0) = 0100 T0 = 8000
T0 = 80oC
B
E
D C
BO
A Vapor
Sol
PS
PE
PF
Liq
Observando as regiões do gráfico, teremos:AB – sublimaçãoBC – liquefaçãoCD – solidificaçãoDE – fusão
AGases como o CO2, vapor d’água e o metano (CH4) sãocausadores de efeito estufa pois dificultam a perda de calorpara o espaço.
A) Q = mcΔT e m=dVQ = 1000 . (5 x 106 . 1,5 x 106 . 10).4000.2Q = 6 x 1020 J
B) Pot . Δt = Q6,0 . 1010. Δt = 6 x 1020
Δt = 1010s
AA pressão do fio abaixa o ponto de fusão do gelo, fundindo-o. Ao cessar a pressão o ponto de fusão volta ao normal eocorre o degelo.
Q = mcΔTP . Δt = mcΔT400 . 15 = 300 . c . (40)
c = 0,5 cal/goC
Chamemos de QC o calor liberado na combustão de todoo país e Q o calor absorvido pela neve.0,4 QC = n . Q onde n é o número de operações:0,4 . 6000 . 500 = n (mcΔT + mL + mcΔT)1.200.000 = n (200 . 0,5 . 20 + 200 . 80 + 200 . 1 . 60)1.200.000 = n (30.000)
n = 40 vezes
DGraficamente:
ΣQ = 0QI + QII + QIII + QIV = 0mcΔTI + mL + mcΔTIII + mcΔTIV = 030 . 0,5 . 40 + 30 . 80 + 30 . 1 . (Te – 0) + 200 . 1 . (Te –30 ) = 0600 + 2400 + 30 Te + 200 Te – 6000 = 0230 Te = 3000Te ≅ 13oC
–40
Te
30o
III
III
IV
Gases e Termodinâmica
Capítulo 2
D
P VnT
= P'V'n'T'
⇒ 2n =
P'3 n4
P’ = 1,5 atm
B
1 1
1
P VT
= 2 2
2
P VT
= 3 3
3
P VT
1
35 .1T
= 2
10 . 3T
= 3
5 . 6T
⇒ T1 > T2 = T3
E
N= Área
= P . ΔV = (10 – 5) . (5 – 105) = 25 . 105 J
CEm AB, ΔU > 0, pois é uma compressão ( < 0) sem trocade calor. Em BC, ΔU > 0 pois ΔT > 0 (PBVB < PCVC). EmCD, ΔU < 0 pois é uma expansão ( > 0) sem troca decalor. Em DA ΔU < 0 pois ΔT < 0 (PDVD > PAVA). No ciclotodo ΔU = 0.
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2
1 CPela Lei Geral:
PVnT
= P'V'n'T'
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0P . V
0T=
0P' . 2' V
04T P’= 2P
B
1
P VT
= 2
V1,5P .
2T
T2 = 0,75T1 ⇒ 2
1
TT
= 34
AÉ o gráfico que corresponde aos processos.
D
P V
nT =
0,8 P . V'nT
⇒ V’ = 10 V
8
Δ% = 0
xxΔ
. 100 Þ Δ% =
10 V– V
8V . 100 = 25%
DPela eq. de Clapeyron PV = nRT
≅
5 2
-3 3
o
23
P =1atm (10 N/m )
V =1 (10 m )
R = 8,3 J/mol k
T 27 C = 300 k
Nn =
6 . 10
substituindo:
105 . 10–3 = 23N
6 .10 . 8,3 . 300
N = 2,4 . 1022
em ordem de grandeza: 1022
BPV = nRT3.2,05 = (6/32).0,082.TT = 400K = 127oC
EA lei geral dos gases é válida para gases não reagentes.
ASe o processo é isobárico, precisamos de um gráfico quemostre P constante ou um gráfico que mostre V diretamenteproporcional a T (reta crescente) pois PV=nRT.
AO trabalho pode ser calculado pelas áreas sob as curvas:
AC = 2 2(5 . 10 + 2 . 10 ) . 2
2 = 700J
ABC = 2 . 2 . 102 = 400J
CComo o gráfico V x T é uma reta, a transformação foiisobárica. Aplicando a eq. de Clapeyron em A:pV = nRTp . 20 = 1 . 0,082 . 310
p = 1,27 atm
O volume em B pode ser calculado pela lei geral:
AP A
A
VT =
BP B
B
VT
20310 = BV
620 ⇒ VB = 40
Calculo de : = P . ΔV = 1,28 . 105 . (40 – 20) . 10–3 em unidades do S.I. = 2574 J
D = 0 na transformação isométrica pois ΔV = 0
D
EC = 32
kT = 12
mv2
Ao duplicar a velocidade do lado direito da equação, atemperatura quadruplica. Agora, se analisarmos pelaequação de Clapeyron, PV = nRT, o aumento da temperaturaprovocará um aumento proporcional na pressão.
AComo num ciclo de ΔU = 0 ⇒ Q = e o trabalho podeser calculado pela área interna do ciclo.
| |N=
b . h2
= 0,5 . 500
2 = 125 J
CSe ΔT = 0 ⇒ ΔU = 0
AΔU = Q – ΔU = –42 – 60ΔU = –102 JQ < 0 pois é cedido.
A
cE = 32 kT, como a temperatura é uniforme, todas as
moléculas terão a mesma energia cinética média.
Mas cE = 12 m
2V , então, as moléculas de O2 (mais
leves) terão, em média, velocidades maiores:Ec(O2) = Ec(CO2); V(O2) > V(CO2)
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D1
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A isocórica (isovolumétrica) está representada no gráfico(I) pois este demonstra uma relação constante entre P e Tao passo que a isobárica está no gráfico III, que mostrauma razão constante entre V e T.
AEm ambos os processos, a temperatura duplicou, logo aenergia cinética média das moléculas também.
AO processo AB tem acréscimo de temperatura (ΔU > 0)e > 0 pois o volume aumentou, o que só é possívelcom fornecimento de calor. Já o processo BC começoue terminou com a mesma temperatura pois PBVB = PCVC,então, em BC não há variação de energia interna.
D = pΔv = 50 . (5 . 10–3 m3) = 2,5 . 10–1 J
BEstando na mesma sala, em equilíbrio térmico, asmoléculas terão a mesma energia cinética média
(EC = 32
KT)
CE (O2) = CE (He)
12 m . V2(O2) =
12 m’V’2 (He)
32 . V2(O2) = 4V’2 (He)
)2
V(He)V(O = 8 = 2 2 ≅ 2,8
C
PVT + 273
=
V3P
22T + 273
⇒ T = 273 oC
BSendo uma expansão (ΔV>0) há trabalho positivo. Se oprocesso é adiabático, Q = 0.
CNa compressão (ΔV<0) e sendo isotérmica a temperaturase mantém. Como d = m / V, a redução de volume acarretaum aumento na densidade.
EI. Verdadeiro, pois PV = nRT e se V diminui, P deve
aumentar para manter a igualdade.II. Falso. Sendo PV = nRT, com P constante, se V aumenta,
T deve aumentar para manter a igualdade.III. Verdadeiro. Sendo ΔU = Q – W, com Q = 0 (adiabática) e
W < 0 (compressão) teremos ΔU>0 e, conseqüentementeΔT > 0.
PVnT
= P'V'n'T'
e n = mM
2V32
T32
= P'V
192T
32
⇒ P’ = 12 atm
Na situação inicial:PV = nRT8 . 82 = n . 0,082 . 400 ⇒ n = 20
Aplicando a lei geral dos gases:
8V20T
= 2Vn'T
e n’ = 5
logo Δn = 20 – 5 = 15 mole Δm = 15 . 24 = 360 g
PVnT
= P'V'n'T'
3V5 x 450
= 3V
n' x 500 ⇒ n’ = 4,5
portanto Δn = 5 – 4,5 = 0,5 mol
A) ΔU = (3/2)nRΔT. Se o processo é isotérmico (ΔT=0),temos ΔU=0.
B) Sendo ΔU=0 e ΔU=Q - W teremos Q = W = 200J
A)PVnT =
P'V'n'T'
510 4nT
= p2nT ⇒ p = 2 x 105 Pa
B) ΔU = Q – W0 = Q – W (isotérmica)Q = W = área
Q = (B + b)h
2
Q = 5 5(2 x 10 +1 x 10 )(4 – 2)
2 = 3 x 105 J
ET – (– 2)98 – (– 2)
= CT – 0100 – 0
TC = TE + 2
BUsando a equação da resposta anterior.TC = 40 + 2 → TC = 42oC
AA água, ao evaporar, rouba calor da pele, resfriando-a.
AA ausência de fluidos no meio impede a convecção.
EQ = mcΔTQ = 20 . 4,18 . 5Q = 418 J
98TE–2
100TC0
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4
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ΣQ = 0mcΔT + mL = 080 . 0,03 . (0 – 200) + m . 80 = 0
80 m = 80 . 6
m = 6 g
BO aumento de pressão, aumenta o ponto de ebulição daágua, fazendo que a temperatura se eleve mais que umapanela aberta.
ASe a altitude é maior a pressão é menormenormenormenormenor e o ponto deebulição (que é diretamente proporcional à pressão) ficamenormenormenormenormenor.
BAplicando a lei geral dos gases:
PVnT
= P'V'n'T'
2 . 6002
300=
p' . 400320
⇒ P’= 3,2 atm
DA – Verdadeiro – PV = nRT
B – Verdadeiro – V = 32 nRT
C – VerdadeiroD – Falso – pois 1oC equivale a 1,8oF
AO trabalho de cada cilíndro é proporcional ao seu volume( = pΔV), logo, cilindros maiores permitem potênciasmaiores. (Lembre que nada é de graça, se a potência émaior, o consumo também é).
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Qf = mLf
422 = 20 Lf
Lf = 21,1 cal/g
Qv = mLv
11.040 = 20 Lv
Lv = 552 cal/g
Graficamente:
Somando as três fases temos:Q = mcΔTI + mL + mcΔTIII
Q = 100 . 0,5 . (10) + 100 . 80 + 100 . 1 . (40)
Q = 12.500 cal
Graficamente
Q–10
40
oC
I
IIIII
10
5
M2
M1
ΣQ = 0mcΔT2 + mL1 + mcΔT1 = 0M2 . 1 (– 5) + M1 . 80 + M1 . 1 . 5 = 05 M2 = 85 M1
2
1
MM
= 17
C
ΣQ = 0 (1 cm3 ↔ 1 g H2O)mcΔTC + mcΔTL = 050 . 1 (Te – 80) + 150 . 1 . (Te – 40) = 050 Te – 4000 + 150 Te – 6000 = 0200 Te =10.000
Te = 50oC
BΣQ = 0(2m) . c . (Te – 25) + 3m . C (Te– 60) = 0 (÷ mc)2 (Te – 25) + 3 (Te – 60) = 05 Te – 50 – 180 = 05 T3 = 230
Te = 46oC
80Te40
Anotações
Fís
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IV
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COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
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__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
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___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
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Capítulo 1: Carga Elétrica e EletrizaçãoCarga Elétrica e EletrizaçãoCarga Elétrica e EletrizaçãoCarga Elétrica e EletrizaçãoCarga Elétrica e Eletrização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Tópico A: Noção de Carga ElétricaTópico B: Princípios da EletrostáticaTópico C: Condutores e IsolantesTópico D: Eletrização por Atrito, Contato e InduçãoTópico E: Detectores EletrostáticosQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
Capítulo 2: Força e Campo ElétricoForça e Campo ElétricoForça e Campo ElétricoForça e Campo ElétricoForça e Campo Elétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Tópico A: Lei de CoulombTópico B: Campo de uma Carga PontiformeTópico C: Linhas de ForçaTópico D: Campo Elétrico de Várias CargasTópico E: Campo Elétrico UniformeQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
Carga Elétrica e Eletrização
Capítulo 1
CA carga elétrica de um corpo é proporcional ao número decargas elementares que ele possui em excesso. Assim,Q = (NP – NE) . e = (4 . 1018 – 2 . 1018) . 1,6 . 10–19 == 3,2 . 10–1C
ESendo a carga positiva significa que o corpo perdeu Nelétrons.
N = Qe
= –19
1C1,6 . 10 C
→ N = 6,25 . 1018 elétrons
Logo, a ordem de grandeza OG = 1019.
BComo ocorre repulsão significa que a esfera está eletrizadapositivamente.
ASe a esfera está com carga negativa significa que ela possuiexcesso de elétrons.
3
1
2
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
N = Qe
= –6
–19
3,2 . 10 C1,6 . 10 C
→ N = 2,0 . 1013 elétrons
APor atrito, o gato adquire carga positiva. Ao tocar na cubaX, esta também se eletriza positivamente por contato. E porindução Y fica negativa e Z positiva.
CA carga final de cada esfera será:
Q = –6 –650 . 10 – 14 . 10
2 = 18 . 10–6 C;
A carga transferida pela esfera A é igual à carga recebidapela esfera B que é igual a 32 . 10–6 C.Logo, o número de elétrons transferidos de A para B, foi
N = transfQe
= –6
–19
32 . 10 C1,6 . 10 C
→ N = 2,0 . 1014 elétrons
BAmbos se eletrizam, mas as cargas geradas no papel toalhaescoam para o corpo do estudante.
AConsiderando os anéis inicialmente neutros, podemos dizerque os dois anéis sofrerão indução eletrostática pelaaproximação do bastão e desse modo ocorrerá atraçãoentre o anel e o bastão.
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Volume 1.B
EO ar nas proximidades da chama se ioniza. Os cátionsformados, por serem maiores que os elétrons liberados,produzem uma corrente de ar (vento elétrico) no sentido daplaca negativa.
CAo passar o pente no cabelo, ambos se eletrizam por atrito.Ao aproximarmos o pente eletrizado do papel neutroocorrerá uma atração mútua, obedecendo à 3a lei deNewton.
APor indução, B eletriza-se positivamente enquanto C, emcontato com a terra, permanece neutra. Ao retirarmos o fioterra e afastarmos a esfera A, a carga positiva de B sedividirá com a esfera C por contato. Assim, QA < 0 ;QB > 0 e QC > 0.
BSabemos que todo corpo possui cargas elétricas(prótons e elétrons), porém, só fica eletrizado aqueleem que o número de prótons é diferente do númerode elétrons. Assim, a afirmativa I é verdadeira,enquanto II e III são falsas. A afirmativa IV trata daeletrização por atrito, enquanto a afirmativa V lembraa eletrização por indução.
DNa eletrização por atrito um corpo ganha elétrons enquantoo outro perde elétrons.
DAs cargas existentes na cabeça e nas lâminas tendem a seconcentrar nas lâminas.
EComo o bastão é isolante, as cargas ficam localizadas naregião do atrito, ficando a outra região neutra.
DO bastão negativo induz na esfera A uma carga positiva ena B uma carga negativa.
CFazendo-se o contato entre x e t, obtemos duas esferasneutras. Fazendo agora o contato de x ou t com a esfera yobtemos duas esferas com carga –Q.
EO bastão de vidro positivo eletriza por contato a esferacondutora A, que induz nas esferas B e C em contato, umacarga negativa em B e positiva em C. Aproximando-se B(–)de D ligada à terra eletrizaremos D positivamente porindução.
DPara ocorrer a eletrização por contato e a eletrização porindução devemos dispor inicialmente de um corpopreviamente eletrizado. Na eletrização por atrito os corposestão inicialmente neutros.
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CSabemos que a carga elétrica de um corpo é um múltiplointeiro da carga elementar.
Assim, sendo N = Qe
= –19
–19
7,2 . 101,6 . 10
= 4,5. Logo a
medida está errada e não merece confiança.
BCarga elétrica é uma propriedade intrínseca dos prótons edos elétrons que são partículas presentes em toda a matéria.Logo, é uma propriedade da matéria.
DOs átomos, em condições normais, possuem o número deprótons igual ao número de elétrons. Isto é: o átomo éneutro. Como prótons e elétrons possuem cargas demesmo módulo, é necessário que cada elétron produzidoseja acompanhado da produção de um próton.
CSendo a matéria eletricamente neutra podemos dizer que onúmero de prótons e igual ao número de elétrons.
BSe a carga é positiva é porque o corpo perdeu
N = –15
–19
4 . 10 C1,6 . 10 C = 2,5 . 104 elétrons
DSendo Q = N . e, temos:Q = 6 . 1023 . 1,6 . 10–19 C = 9,6 . 104 C
CSendo a carga do próton +1e, devemos ter: (d, u, u)Sendo o nêutron de carga nula, devemos ter: (d, d, u)
BSendo a força de uma bola sobre a outra de mesmaintensidade, os fios devem apresentar a mesma inclinação;opção B. Nas opções A e D deveria haver atração, e naopção C não deveria haver interação elétrica.
AResolvendo o sistema encontraremos a carga pedida.
2
4
3
1
5
BI. Verdadeira; nuvens eletricamente positivas podem
induzir cargas elétricas negativas no solo.II. Verdadeira; o trovão é uma conseqüência da expansão
do ar aquecido.III. Verdadeira; numa descarga elétrica, a corrente elétrica
é invisível sendo o relâmpago conseqüência daionização do ar.
Na situação proposta, teremos indução total nas superfíciesinternas das esferas Y e Z. Assim, teremos:A) QI(Y) = – QX = –(–4nC) = + 4nCB) Qe(Y) = QX + QY = –4nC + (–2nC) = –6nCC) Qi(Z) = –Qe(Y) = –(–6nC) = + 6nCD) Qe(Z) = Qe(Y) + QZ =–6nC + (–9nC) = –15nC
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9
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Volume 1.B
CSeja N = x.10y o número de elétrons retirados do corpo.Como N = Q/e, teremos:
x . 10y = –6
–19
64 . 101,6 . 10 ⇒ x . 10y = 4,0 . 1014 ⇒ x = 4 e
y = 14 ⇒ x + y = 18
APara um corpo ser eletrizado é necessário que o número deprótons seja diferente do número de elétrons. Qualquer corpopode ser eletrizado quando trabalhado de forma adequada.
BComo o papel estava neutro foi necessário que ocorressea polarização do papel para em seguida ocorrer a atração.
AColocando os objetos em seqüência fazemos uma sérietribo elétrica, onde o objeto que está acima fica positivoquando atritado com o objeto que está embaixo. Veja:• Vidro• Lã• Algodão• Enxofre
BDevemos lembrar que o fenômeno da atração eletrostáticaocorre entre corpos com cargas elétricas de sinais opostos,como também, entre um corpo eletrizado e um corpo neutro.
BFazendo o contato entre C e A, teremos C e A com 8μC cada;Fazendo agora o contato entre C e B, teremos C e B com6 μC cada.
DSabemos que cargas elétricas de sinais opostos se atraemcomo também, um corpo eletrizado atrai um corpo neutro.
DNão podemos afirmar a condição elétrica do condutor B.Então podemos dizer que ele pode estar neutro.
EA soma das cargas antes da desintegração tem que serigual à soma das cargas após a desintegração. Assim, oneutrino deverá ter carga nula.
DFazendo o contato entre A e D, teremos QA = QD = 3qFazendo o contato entre B e C, teremos QB = QC = 3qAssim, os novos grupos formados terão uma carga totaligual a 6q.
EMantendo-se o bastão positivo na mesma posição as cargasnegativas induzidas na esfera não poderão se deslocar.Assim, elétrons subirão da terra para neutralizar as cargas
1
2
3
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8
positivas induzidas no lado da esfera oposto ao bastão. Ocontato poderá ser feito em qualquer ponto da esfera.
AComo as esferas ficarão próximas uma da outra após oafastamento da barra eletrizada, as cargas elétricasinduzidas nas esferas irão se atrair localizando-se na regiãode maior aproximação entre elas.
DÀ medida que o objeto se aproxima do eletroscópio asfolhas se aproximam uma da outra;Como o objeto e o eletroscópio têm cargas de mesmomódulo e sinais opostos, fazendo-se o contato ambosficarão neutros.
Como as placas condutoras têm espessura fina, oequilíbrio eletrostático da placa superior será atingidoquando a carga +Q se distribuir uniformemente de modo
que as faces 1 e 2 tenham ambas uma carga igual a +Q2
.
Essa distribuição provoca, por indução, o aparecimento
de uma carga igual a –Q2
na face 3 da placa inferior que,
por estar descarregada, passa a exibir uma carga +Q2
na
sua face 4.
A) Ao encostar um corpo eletrizado positivamente com atampa metálica, esta, junto com a fita de alumínio, seeletriza positivamente (eletrização por contato). Cada“perna” da fita fica positiva e portanto elas passam a serepelir fazendo com que formem um ângulo α1 entreelas.
B) Ao aproximar um corpo positivo da tampa metálica,este atrairá elétrons livres para cima, deixando as“pernas” ainda mais positivas, fazendo com que arepulsão seja ainda maior. Portanto α2 > α1.
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14
15
Força e Campo Elétrico
Capítulo 2
DObservando o gráfico e aplicando a lei de Coulomb,teremos:
Q2 = 2
0
d . Fk
= 2 –6
9
4 . 10 . 109 . 10
⇒ Q = 0,13μC
DApós o contato as esferas ficam com cargas iguais;
Q1 = Q2 = Q2
= 2 . 10–6 C.
1
2
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6
7
5
CLembre-se que a aceleração de um corpo depende da forçaresultante e da massa do corpo. Como as partículas têm amesma massa e a força sobre elas representa ação e reação,suas acelerações terão a mesma intensidade.
CDevemos ter
F13 = F23 ⇒ 20 1
2
k . q . q
x =
30 2
2
k . q . q
(d – x) ⇒ x = d3
ASabemos que as forças elétricas podem ser atrativas ourepulsivas e a força gravitacional é apenas atrativa.
EA força resultante sobre a esfera C será determinada pelarelação:FC = FAC + FBC , onde
FAB = 02
k . q . q(0,4)
= 0,5 ⇒ k0 . q2 = 8,0 . 10–2
FAC = 02
k . q . q(0,5)
= –28,0 . 10
0,25 = 0,32 N
FBC = 0
2
k . q . q(0,1) =
–28,0 . 100,01
= 8,0 N
Logo, FC = 8,32 N
BPela lei de Coulomb, temos:
F = 02
k . e . 2ed
= 2
02
k . 2ed
.
EObserve que as três cargas positivas irão duplicar as forçasexercidas pelas três cargas negativas diametralmente opostas.Assim, a força elétrica colocada no ponto P será duplicada.
CCalculando as forças:
FAB = 02
k . q . q2
= F
k0 . q2 = 4F
FCB = 02
k . q . q3
= 4F9
2
4
3
1
A força de repulsão entre elas será:
F = 9 –6 –6
–2 2
9 . 10 . 2 . 10 . 2 . 10(3 . 10 )
→ F = 40 N
B
F = o 1 22
k . Q . Qd
→ 0,6 = 9
2
9. 10 . 2Q . 3Q3
→
Q = 10–5 C
CObserve que a carga elétrica de B antes do processoeletrostático era negativa por ter nB elétrons em excesso.O processo fez o corpo B perder 2 nB elétrons. Logo, ocorpo B ficou com nB prótons em excesso. Isto significa queteremos apenas uma alteração no sentido da força deinteração entre A e B. Ou seja, F1 = F2.
CObservando a figura e aplicando a lei de Coulomb, temos:
FR = 2x ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
2
k . q . 2q
L 32
→ FR = 2
2
16k . q3L
103
4
5
6
7
8
9
–q
+2qF
F
L
+q
L 2
L 3
BAs cargas iguais que se opõem pelo diâmetro geramcampos que se anulam no ponto P. Assim, basta observar odiâmetro que contém as cargas + 3q e + 4q. Vê-sefacilmente que o campo elétrico gerado pela carga + 4q émaior que o campo elétrico gerado pela carga + 3q. Logo,o vetor 2 representa o campo elétrico resultante.
A) Vê-se que a força elétrica sobre a carga é contrária aocampo elétrico. Logo, a carga q é negativa.
B) Observando o triângulo de vetores podemos escrever:
tgθ = FP
= q . Em . g
ASendo o campo elétrico uniforme a força sobre a cargaserá constante.Aplicando a 2a lei de Newton, temos:
a = q . Em
= –6 3
–3
4 . 10 . 3 . 105 . 10
→ a = 2,4 m/s2
A
Devemos ter: Felét = P → E = –13
–19
2,4 . 10 N4,8 . 10 C
→
→ E = 5,0 . 105 para cima
CSendo o campo elétrico uniforme a força elétrica sobre ocorpo será constante em intensidade, direção e sentido.Logo, o movimento do corpo será retilíneo e uniformementeacelerado.
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Volume 1.B
Comparando as forças que A e C exercem sobre B, teremos:
FR(B) = FAB – FCB = F – 4F9 =
5F9
DAs forças Fo e FL variam com inverso do quadrado dadistância entre as partículas. Todavia, quando as partículasestão no fluído isolante a intensidade da força de interaçãodiminui devido a polarização que este meio sofre; fato quenão ocorre no vácuo.
AAplicando a lei de Coulomb determinaremos o valor dacarga.
q2 = 2d . Fk
= –1 2
9
(6 . 10 ) . 109 . 10 = 4 . 10–10 ⇒ q = 2 . 10–5 C
AA intensidade da força F entre o núcleo e o elétron éinversamente proporcional ao quadrado da distânciaentre eles.
ACargas positivas no interior de um campo elétrico recebemforças que apresentam o mesmo sentido do campo.
EPodemos determinar a força que uma carga puntiformeexerce sobre outra aplicando a lei de Coulomb, e a partirda lei, determinar a intensidade do campo elétrico no pontoonde se encontra a segunda carga.
F = 0 1 22
k . q . qd
⇒ E = 2Fq =
–2
–7
1,6 . 102,0 . 10 = 8,0 . 104 N/C
CObserve que antes da posição x1 o elétron terávelocidade vo. Entre as posições x1 e x2 o elétron serádesacelerado uniformemente, chegando em x2 comvelocidade menor que vo. A partir de x2 sua velocidadepermanece constante.
D
8
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10
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13
14
15
16
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18
Observando o triângulo dos vetores podemos escrever:
tgθ = FP
= q . Em . g =
34
⇒ qm =
34
. gE
AComo as cargas têm o mesmo módulo e estão eqüidistantesdo ponto O, os quatro vetores terão o mesmo módulo eapresentam uma simetria em relação ao eixo x. Fazendo asoma vetorial obtemos a resposta.
APara que o campo elétrico tenha o sentido indicado énecessário que na diagonal 1-4 o campo elétrico seja nosentido do vértice 4 e na diagonal 2-3 o campo elétricoseja no sentido do vértice 2. Assim, nos vértices 1 e 3devemos ter cargas positivas e nos vértices 2 e 4 cargasnegativas.
EA partir da solução anterior, calculemos o campo que cadacarga gera no centro do quadrado.
E1 = E2 = E3 = E4 = ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
02
k . q
L 22
= 02
2k . qL
Na diagonal (1-4) e (2-3), o campo resultante vale:
E1,4 = E2,3 = 2 . 02
2k . qL
= 4 . 02
k . qL
Como as diagonais são perpendiculares, o campo E será:
E2 = E 21,4 + E 2
2,3 = 2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
02
k . q4 .
L ⇒ E = 02
4 2 . k . qL
Para a carga elétrica colocada no ponto P, devemos ter:
E = ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
02
k . Q
L2
= 02
4k . qL
Fazendo a igualdade dos campos elétricos encontraremos
a carga Q = q . 2.
AObserve que a massa está em gramas. Assim,
q . E = 10–3 m . g ⇒ E = 10–2 mq N/C
BObserva-se facilmente, que os campos elétricos terão amesma intensidade, já que ocorre apenas uma troca nasintensidades das componentes x e y do vetor resultante,porém, suas direções são diferentes.
ESendo as cargas de mesmo módulo e o triângulo eqüilátero,os campos elétricos terão a mesma intensidade. Fazendo-se a soma vetorial encontraremos o vetor resultante.
19
20
C
αP
T
F'
1
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Volume 1.B
E 2BD = E 2
AD + E 2CD ⇒
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2
2
k . q'(L 2)
= ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2
2
k . q´L +
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2
2
k . q´L
2(q')4
= q2 + q2 ⇒ q’ = –2 2q
O campo elétrico induzirá a esfera não condutora fazendoaparecer um campo elétrico induzido dentro e fora da esfera.Assim, o campo na região I aumenta e na região II diminui.Observe a figura.
–––––––
+++++
Einduzido Einduzido Einduzido
Observe que a carga colocada em repouso no ponto x = aserá atraída pelas cargas fixas. No ponto x = 0, a forçaresultante sobre a carga livre será nula e sua velocidadeserá máxima. A partir de x = 0 a força resultante sobre acarga livre inverte o sentido e a carga passará a diminuirsua velocidade até parar no ponto x = –a. Assim, avelocidade será máxima em x = 0 e a velocidade será nulaem x = +a e x = –a.
13
14
Inicialmente temos F = 2
02
k . Qd
Quando suspendemos por um fio F’ = 2
021
k . Qd
= 2
21
d . Fd
Sendo tgα = F'P
= 2
21
d . Fd . m . g ⇒ cotg(α) = d 2
1 . m . g/d2 . F
DSe a força resultante tem o sentido de q2, significa que q2 émenor que +Q ou é negativa, enquanto q1 é idêntica a –Q.Assim, q1 + q2 < 0.
BFazendo a colocação das forças elétricas sobre cada cargae desenhando a força resultante, determina-se o sentido daaceleração.
BIndependente do sinal da carga q as forças que agirão sobreela terão a mesma intensidade e formarão um ângulo de60o entre si. Assim, a intensidade da força resultante será:
F 2R = F2 + F2 + 2F . F . cos60o = 3F2 ⇒ FR = 3F
em que F = 2
k . Q . qR
DObserve que na descida a esfera B, por indução, exerceuma força de atração em A.Assim, T1 = P + Felétrica;Na subida a esfera B, eletrizada positivamente por contatocom A, exerce uma força de repulsão elétrica diminuindo aforça de tração. Assim, T2 = P – Felétrica.
DA carga geradora do campo elétrico está localizada naintersecção das retas que indicam as direções dos camposnos pontos A, B e P. Observe que a distância do ponto P àcarga é do dobro da distância do B à carga. Assim, aintensidade do campo elétrico em P será:
EP = BE4
= 246
= 6 N/C
BA esfera está em repouso. Logo, a força resultante é nula.Veja a figura a seguir.
αP
T
Fel
Teremos tgα = elétricaFP
⇒ E = αm . g . tg
q
BSe a força elétrica é a força resultante sobre a carga o seuefeito será idêntico ao efeito do campo gravitacional sobre
ECD
EBD EAD
2
3
4
6
7
8
9
10
11
12
5
uma massa lançada horizontalmente no vácuo. Dessemodo, a trajetória será um arco de parábola. Teremos:x = v . t
y = 2a . t
2 =
q . E2
2t2
CA força elétrica deverá ser para cima. Logo, a carga q énegativa. Sendo o movimento uniforme a força resultanteserá nula.
COs campos em P terão sentidos contrários. Fazendo omódulo da diferença entre os campos encontraremos:
EP = 2
k . 3Q9d
– 2
k . Q4d
= 2
k . Q12d
ALembrando que o sentido do campo elétrico é da cargapositiva para a negativa, temos facilmente a solução.
EPara que o campo elétrico tenha intensidade nula no vérticeD é necessário que a soma dos campos criados pelas cargasde A e C em D se anulem com o campo gerado pela carga deB em D, conforme a figura abaixo. Lembrando que q’ < 0.
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Volume 1.B
CA partícula ganhou
N = qe =
–15
–19
6,4 . 101,6 . 10 = 4,0 . 104 elétrons
CEstando E2 eletrizada positivamente, por ocasião do contato,elétrons fluirão de E1(neutra) para E2 até que ocorra oequilíbrio eletrostático. Assim,
Q1 = Q2 = –94,8 . 10
2 = 2,4 . 10–9 C
Sendo N = Qe =
–9
–19
2,4 . 101,6 . 10 = 1,5 . 1010 elétrons
CSendo R2 = 2R1 teremos Q’2 = 2Q’1.Pelo princípio de conservação da carga elétrica, teremos:Q’1 + 2Q’1 = Q1 + Q2
3Q’1 = 16Q – 4Q ⇒ Q’1 = 4Q e Q’2 = 8Q
ATemos o efeito fotoelétrico. Elétrons são retirados da placametálica pela incidência de luz violeta; a placa fica positivae atrai a esfera por indução; ao tocar na placa metálica aesfera perde elétrons para a placa ficando com cargapositiva; a placa e a esfera se repelem.
ASendo a carga final proporcional ao raio de cada esfera epelo princípio de conservação da carga elétrica, teremos:Q + 3Q + 5Q = –10μ – 30μ + 13μ9Q = –27μ ⇒ Q = –3μC
Logo, a esfera de raio 3R terá uma carga – 9μC
BNo 1o contato entre C e A teremos:
qA = qC = –12 + 2
2 = –5nC
no 1o contato entre C e B teremos:
qC = qB = –5 + 7
2 = + 1nC
1
2
3
4
5
6
7
8
9
no 2o contato entre C e A teremos:
qC = qA = –5 +1
2 = –2nC
no 2o contato entre C e B teremos:
qC = qB = –2 +1
2 = –
12
nC
Assim teremos: qA = –2 nC ; qB = qC = –1/2 nC
AAplicando a lei de Coulomb, temos:
2
k . Q . 3Qd
= 3 . 10–1 ⇒ 2
k . Q . Qd
= 10–1
Sendo uma carga positiva e outra negativa, após o contatoas cargas serão de mesmo sinal.
F’ = 2
k . Q . Qd
= 10–1 N
DApós o contato a carga em cada esfera passará a ser –Q. Aredução no módulo do produto das cargas acarreta umaredução na intensidade da força F. A força será de repulsão.
DA força resultante sobre a carga será a força elétrica e suaaceleração dada pela 2a lei de Newton
F = 9 –6 –9
–3 2
9 . 10 . 10 . 1,6 . 10(2 . 10 ) = 3,6 N
a = –23,6
9 . 10 = 40 m/s2
EO campo elétrico terá o mesmo sentido da força elétrica jáque a carga é positiva.
E = Fq = –6
102 . 10 = 5 . 106 N/C
CA força elétrica entre o próton e o elétron fará o papel deresultante centrípeta.Assim teremos:
2em . vR
= 2
k . e . eR
⇒ V2 = 9 –19 2
–31 –10
9 . 10 . (1,6 . 10 )9,1. 10 . 10 ⇒
⇒ v = 1,6 . 106 m/s
CAplicando a lei de Coulomb, temos:
A B2
k . q . qd
= )A
B
2
qk ( . q
2x
⇒ x = d2
A
E = Fq
= –61,2
4 . 10 = 3,0 . 105 N/C
15 16Utilizando as equações da solução anterior, teremos:
t = 0
xV
= 0,2100
= 2 . 10–3 s
E = 2
2m . yq . t
= –3 –2
–4 –3 2
2 . 1,6 . 10 . 105 . 10 . (2 . 10 )
= 16 . 103 V/m
11
12
13
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Volume 1.B
19
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+Q –Q+E0 +E0 +E0 +E0
–E0 –E0 –E0 –E0
+2E0 +2E0 +2E0 +2E0
+2Q
Fazendo a soma vetorial dos campos em cada regiãoencontraremos o item E.
14
15
16
17
18
DEstando o ponto P eqüidistante das cargas os vetores terãoo mesmo módulo. Sendo o da carga positiva divergente e oda carga negativa convergente, conclui-se que o resultanteserá vertical para baixo.
AOs vetores terão o mesmo módulo e estarão sobre asdiagonais do quadrado, tendo o mesmo sentido os campogerados pelas cargas nos vértices opostas. O vetor resultanteserá horizontal para a direita.
B
21
k . 4qd
= 22
k . qd
⇒ 1
2
dd
= 2
BOs campos elétricos terão sentidos opostos. Logo o camporesultante será a diferença entre os campos individuais.
EP =1
21
k . qd –
222
k . qd =
9 –6
–2
9 . 10 . 20 . 104 . 10 –
– 9 –6
–2
9 . 10 . 64 . 1064 . 10
EP = 45 . 105 – 9 . 105 = 3,6 . 106 N/C
DOs campos gerados no centro pelas cargas nos vértices Ae D, e C e F, se anulam. As cargas nos vértices B e E geramcampo elétricos de mesma intensidade e sentido. Logo, ocampo resultante no centro do hexágono será:
E = 2
2k . QL
= 9 –5
–2
2 . 9 . 10 . 5 . 109 . 10 = 1,0 . 107 N/C
DOs campo EAC e EBC serão perpendiculares, logo, o camporesultante será dado pelo teorema de Pitágoras.
E 2C =
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2A
2
k . Qx +
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
2B
2
k . Qy =
= ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
29 –6
–2
9 . 10 . 48 . 1016 . 10 +
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
29 –6
–2
9 . 10 . 16 . 104 . 10
E 2C = (27 . 105)2 + (36 . 105)2 ⇒ EC = 45 . 105 N/C
ECada placa gera campo elétrico uniforme para pontospróximos da superfície. Assim, considerando pequenasdistâncias teremos os seguintes campos elétricos:
Anotações
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Volume 1.B
COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO
Professor(a):
Escola:
Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________
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__________________________________________________________________________________
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___________________________________________________
Data: _____/_____/_____
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Volume 1.B
Capítulo 1: Introdução à Análise DimensionalIntrodução à Análise DimensionalIntrodução à Análise DimensionalIntrodução à Análise DimensionalIntrodução à Análise Dimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
Capítulo 2: PrPrPrPrPropagação da Luz, Espelhos Planos e Vopagação da Luz, Espelhos Planos e Vopagação da Luz, Espelhos Planos e Vopagação da Luz, Espelhos Planos e Vopagação da Luz, Espelhos Planos e Vetoretoretoretoretoreseseseses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
Capítulo 3: Carga Elétrica e Processos de EletrizaçãoCarga Elétrica e Processos de EletrizaçãoCarga Elétrica e Processos de EletrizaçãoCarga Elétrica e Processos de EletrizaçãoCarga Elétrica e Processos de Eletrização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
Capítulo 4: Lei de Fourrier para a Condução de Calor em SólidosLei de Fourrier para a Condução de Calor em SólidosLei de Fourrier para a Condução de Calor em SólidosLei de Fourrier para a Condução de Calor em SólidosLei de Fourrier para a Condução de Calor em Sólidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
Capítulo 5: Espelhos EsféricosEspelhos EsféricosEspelhos EsféricosEspelhos EsféricosEspelhos Esféricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
Capítulo 6: Fluxo Elétrico e Lei de GaussFluxo Elétrico e Lei de GaussFluxo Elétrico e Lei de GaussFluxo Elétrico e Lei de GaussFluxo Elétrico e Lei de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Questões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Introdução à Análise Dimensional
Capítulo 1
v = k . S
[k] = [v][S]
[k] = –1LTL
[k] = M0L0T–1
D
31gcm
= –3
–6 310
10 m = 103 kg/m3
Cvα = CPβ . ρ–1
[v]α = [P]β . [ρ]–1
(M0L1T–1)α = [M1 . L–1 . T–2]β . [M1 . L–3T0]–1
M0LαT–α = (Mβ . L–β . T–2β) (M–1 . L3T0)M0LαT–α = M(β–1) . L(3–β) . T–2β
Comparando os expoentes
0 = – 1= (3 – )
– = –2
β
α β
α β
=1= 2
β
α
D10 . 104 – 2,5 . 104
= 7,5 . 104 → O.G = 105
E[F] = [M] , [a][F] = M . L . T–2
C
ω = 2Tπ
⇒ [ω] = T–1
Q = mv ⇒ [Q] = M . LT–1
E[β] = [α] . [R]–2
[β] = M0LT–2 . L2
[β] =M0L3T–2
Unid. (β) no SI = m3/s2
A
P = F
ÁreaI. (F) o correto é N/m2.II. (F) pois J m3 = N . m . m3
= N m4 ≠ N/m2
III. (F) pois Wsm3 = Js
. s . m3
= N . m . m3 = N m4 ≠ N/m2
3
1
2
2
4
3
1
5
SUMÁRIO
Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B
Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios
Fís
ica V
67
Volume 1.B→b = 2
→j
→c = i – 2
→j
→b +
→c = 1
→i
→ →b = 0 i+ 2 j
→+ c = i – 2 j
→ → →+ =b c i
Logo: C são todas corretas.
EO eclipse lunar ocorre na fase de lua cheia, quando a Terraestá entre o Sol e a Lua. Como a Lua, nestas ocasiões, entratotalmente na sombra da Terra, o eclipse lunar pode ser vistoem qualquer ponto da Terra voltado para o fenômeno.
DO espelho plano não altera o tamanho da imagem e estasempre fica numa distância do espelho igual à do objeto.Assim, a distância também se reduz à metade.
[σ] = [F] . [L] . [d]–3
[σ] = MLT–2 . L . L–3
[σ] = ML–1 . T–2
Unid. (σ) = kg/m . s2
γ = Pv
γ = 2
P
d . L2⎛ ⎞π⎜ ⎟⎝ ⎠
P = 2. d . L
4γ π
No rompimento F1 = P1
σ . 31
1
dL
= 2
11d L4
γ π
4σd1 = γπL 21
de modo geral.
d1 = 21L
4γ π
σ
Se L2 = 2L1
d2 = ( )212L4
γ πσ
d2 = 21L
4γ π
σ
d2 = 4d1
DSe o acréscimo de massa é de 1,5 x 1011 kg por ano, em xanos teremos 1,5 x 1019 kg de sódio, logo:
X = 1,5 x 1019 kg/1,5 x 1011 kgX = 108 anos
C5 x 3,8 x 105 x 106 mm = N x 1,3 x 10-1mmN = 14,6 x 1012
N = 1,46 x 1013 cuja ordem de grandeza é 1013
6
8
7
Propagação da Luz, Espelhos Planos eVetores
Capítulo 2
C→a = 2
→i + 3
→j
3
1
DOs eclipses solares ocorrem em lua nova enquanto oslunares, em lua cheia. O intervalo entre estas duas fases éde 14 dias (meio ciclo lunar).
D
id
= oD
⇒ 5d
= oD
⇒ od = 5D
i'd
= oD'
⇒ 4d
= o
D 100+ ⇒
⇒ od = 4(D + 100)Substituindo em :5D = 4D + 400D = 400m
I. A figura apresenta intersecção entre as penumbras (C).II. A figura apresenta penumbras separadas (A).
CPara que os raios retornem pela mesma trajetória, os raiosdevem incidir perpendicularmente ao espelho horizontal.
2
4
3
1
Dd
i O
N
4545
9
10
2
Fís
ica V
68
Volume 1.B
D
1 m
1,5 m
1 m
C
1+11=
1,5 D
D = 3m
D
x2 + (2x)2 = ( 20)25x2 = 20x = 2
ATransportando de vetores de tal forma que eles formemuma linha diagonal, teremos:
6
8
9
10
7
V1
V3V2
V4
No desenho podemos ver que:→
1v + →
4v – →
2v – →
3v = →0 ⇒
→
1v + →
4v = →
2v + →
3v
O valor do menor pode ser encontrado fazendox = 20.sen30o = 10u.
20uS
x
30o
90o
A módulo da soma pode ser encontrado pelo teorema de
Pitágoras ou ainda fazendo S = 20.cos30° = 10 3u
ADependendo do ângulo entre as componentes, elas podemter módulo maior que o do vetor.
Para resolver a situação devemos perceber que ela só épossível quando os dois vetores têm o mesmo módulo:
11
12
X
X
4 43
3
Aplicando o teorema de Pitágoras:32 + 42 = x2
x = 5
Carga Elétrica eProcessos de Eletrização
Capítulo 3
CQuando aproximamos A e B de C, há indução de cargasnas primeiras.
A B C
–
–––
–
+
+
+ ++++
++
+
Ao afastarmos A de B, a primeira fica positiva pois perdeuelétrons para B, ficando a segunda negativa.
CNo primeiro contato:
Q O2+
= Q2
para cada;
No segundo contato, a esfera que estava inicialmente neutra,
agora tem carga Q2
:
QQ2
2
+ =
3Q4
para cada;
A esfera 1 ficou com Q2
e a 3 com 3Q4
.
1
2
Como î = r , todos os ângulos agudos serão iguais a 45o
⇒ A = 45o.
B
Usando a propriedade î = r , traçamos o campo visual apartir de C.
5
A B
C
Fís
ica V
69
Volume 1.B
2
3
Lei de Fourrier para a Condução deCalor em Sólidos
Capítulo 4
BI. Falso – decresce linearmenteII. verdadeiroIII. verdadeiro – se a temperatura descresce linearmente,no ponto médio teremos a média dos extremos.
1
2
1
18oC 30oC
1 cm 15 cm
∅
DO gelo é mau condutor de calor, possibilitando que o calorgerado dentro do iglu mantenha-se dentro deste.
∅AC = ∅CB
k . A (200 – T)50 =
k . A (T – 60)30
600 T – 3 T = 5 T – 4008 T = 1000
T = 125oC
As paredes espelhadas impedem a irradiação enquanto o“vácuo”, a condução e a convecção.
6
4
5
8
9
10
7
O fluxo pelo carpete é igual ao fluxopela parede.
∅c = ∅p= 0,1. k . A (T – 18)
1=
= k . A (30 – T)
15 = T = 22,8oC
Solução do desafioSolução do desafioSolução do desafioSolução do desafioSolução do desafio
Pelo princípio da conservação da energia, aenergia que entra por uma extremidade devesair pelas outras, já que não pode haver“vazamento” lateral.
∅1 = ∅2 + ∅3
0,92 A (100 – T)46
=0,26 . A (T – 0)
13+
0,12 . A . (T – 0)12
200 – 2T = 2T + T ⇒ T = 40oC
3
Se B repele C ambos estão eletrizados com o mesmo sinal,que é o oposto de A, pois esta é atraída. Se A é negativaconclui-se que B e C são positivos A(–); B(+) e C(+).
CO atrito não move “todos” os elétrons da estrutura, somenteos superficiais.
Qf = 1– 52
+ = – 2μC para cada.
Para que a moeda fique positiva será necessário retirar elétrons.Q = n . ce3,2 . 10–9 = n . 1,6 . 10–19
n = 2 . 1010 elétrons.
Qf = 4q 3q 2q
3+ +
= 93
q = 3q para cada e com o mesmo sinal.
EÁgua pura, vidro, porcelana e ar seco são maus condutores(isolantes). O item E apresenta apenas metais, que sãobons condutores.
DUsando a técnica de eliminação: ao atritarmos X e Y, elesadquirem cargas simétricas, isto elimina os itens A e B. Z éeletrizado por contato com X, portanto sua carga deve ter omesmo sinal, o que nos deixa os itens D ou E. Ao eletrizarW usando Y como indutor, ele adquire carga de sinal oposto,fato que elimina o item E.
AAs esferas se estabilizam com cargas proporcionais aos seusrespectivos raios. Assim, para a esfera de raio 3R, teremos:
Qf = (–10 – 30 + 13)(3R
R + 3R + 5R )
Qf = –273
= –9 μC
DAs esferas se estabilizam com cargas proporcionais aosseus respectivos raios:
Q’A = (2Q – Q)(R
R + 3R ) Q’B = (2Q – Q)(R
R + 3R )
Q’A = Q4 Q’B =
3Q4
DI. Falso. A indução provocada por B torna A negativa.
2
3
1
CNula. Com a aproximação de M há uma divisão nas cargasde N, mas a carga total permanece nula enquanto não forfeito contato em N ou um aterramento.
II. Verdadeiro.III. Verdadeiro. Devido às cargas opostas, há atração entre
A e B.
Fís
ica V
70
Volume 1.B
Observe que p’ < 0 (imagem virtual) e f = 10.Pela figura:21 = X + |p’|como p’ < 0 ⇒ |p’| = – p’assim: 21 = x – p’ Pela equação de Gauss:
1f
= 1p
+ 1p'
⇒ 1
10 =
1x
+ 1P'
Resolvendo o sistema formado por e por substituição:
110
= 1x
+ 1
x – 21x2 – 41x + 210 = 0
1x 35= ⇒ não satisfaz pois x < 10
x2 = 6
DSe objeto e imagem são reais p > 0 e p’ > 0 e se |o| =3|i| ⇒ p > p’, assim:
=⎧⎪⎨ = ⇒ = ⇒ =⎪⎩
p – p' 20–p' –p'i –1 p 3p'
o p 3i p
Substituindo em em .(3p’) – p’ = 20 ⇒ p’ = 10 ⇒ p = 30Aplicando na equação de Gauss:
1f
= 1
30 +
110
⇒ f = 7,5 ⇒
⇒ R = 2 . 7,5R = 15 cm
3
2
A) Aplicando a equação dos pontos conjugados:
1f
= 1p
+ 1p'
130
= 1p
+ 1
40
p = 120
1
60 30
40C F
ihi = – 3
Espelhos Esféricos
Capítulo 5
2
1
V´
V
O
CÀ medida que o objeto se aproxima do espelho, a imagemse afasta, tornando-se cada vez maior
ASe o jovem vê sua imagem no espelho, ela é virtual. Sendoampliada, o espelho não poderia ser convexo (fornece
8
Como não há perdas, o fluxo na primeira parte da barra éigual ao fluxo na segunda parte:
k.A(120 – T)3L/5 =
k.A(T – 0)2L/5
3T = 240 – 2TT = 48o C
A) 1
1
k .A(150 – T)e
= 2
2
k .A(T – 20)e
40 . 20 . (150 – T)10
= 50 . 20 . (T – 20)
205T – 100 = 1200 – 8TT = 100 oC
B) φ = 2
2
k .A(T – 20)e
φ = 50 . 20 . (100 – 20)
0,20
φ = 400 kJ/s
4
6
5
7 T 0oC120oC
3L/5 2L/5
D
DO alumínio conduz melhor o calor, “roubando” calor maisrapidamente da nossa pele, causando uma maior sensação defrio, apesar dos dois vasilhames estarem à mesma temperatura.
DI. deve-se facilitar a convecção para uniformização mais
rápida do interior da geladeira.II. o gelo é mau condutor de calor e reduz a eficiência das
trocas.III. a sujeira e a obstrução da serpentina do radiador diminui
a eficiência do refrigerador pois também dificulta astrocas.
B)
Fís
ica V
71
Volume 1.B
3
4
15 cm
hh
5
20
8 4
p´
p´
p
F C
o
i
A = iO
= p'p
h/5h
= −p'15
p’ = –3 cm
1f
= 1p
+ 1p'
1f
= 1
15 +
1(–3)
f = – 154
⇒ | R | = + 152
Se a imagem é virtual e menor, o espelho é convexo.
A) A = iO
= p'p
48 =
–p'20
p’ = – 10 cm
B)1f
= 1p
+ 1p'
1f
= 1
20 +
1(–10)
f = –20 cm (convexo)
AI. verdadeiroII. verdadeiroIII. Falso - para qualquer posição do objeto na frente do
espelho convexo, a imagem é virtual, direita e menorIV. Falso
A
8
9
6
7
A
B C F V P
Para um objeto real posicionado além do centro decurvatura, a imagem é real, invertida e menor. Com o objetomovendo-se rumo ao infinito (p → ∞), a imagem tende aofoco (p’ → f).
BO espelho da questão tem raio 80, portanto sua distânciafocal é de 40. (R = f/2). Objetos colocados sobre ocentro geram imagens reais, invertidas e do mesmotamanho do objeto.
C
O
i
Se R=16 ⇒ f = 8.
io =
–p'p ⇒
–4yy =
–p'p ⇒ p’ = 4p
Aplicando a eq. de Gauss:
1f =
1p +
1p'
18 =
1p +
14p
p = 10 ⇒ p’ = 40
imagem menor), logo o espelho é côncavo e o objeto (rosto)está entre o foco e o vértice:
1f
= 1p
+ 1p'
A = –p'p
1f
= 1p
+ 1
(–2p)+2 =
–p'p
1f
= 1
50 –
1100
p’ = –2p
f = 100 cm = 1 m
⇒ R = 2 m
CSe a imagem é direta, ela é virtual e se é menor, o espelhoé convexo.
5 BSe a imagem é invertida, ela é real, portanto está em relaçãoao espelho, do mesmo lado que o objeto. Sendo a imagemmaior, p’ > p, logo o espelho está à esquerda do objeto,que está entre C e F.
Fís
ica V
72
Volume 1.B
Fluxo Elétrico e Lei de Gauss
Capítulo 6
A) Para r < raAdotando uma gaussiana esférica de r < ra, observa-
se que a carga no seu interior é nula. Logo, E = 0.B) Para ra < r < rb
Adotando uma gaussiana com raio no intervalo dadoteremos Q = qA:φ = E . A = 4kπQE . 4πr2 = 4kπQA
E = 2kqAr
C) Adotando agora uma gaussiana esférica com r > rb,Q = qA + qB
1
qB
qA
ra
rb
A) Como o pêndulo defletiu no sentido oposto ao docampo, conclui-se que q < 0.
fgθ2 FeP
fgθ = qEmg
θ = arctg qEmg
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
ERaciocinando com o auxílio da Lei de Gauss:
φ = 4kπQ
Como a carga envolvida pelas duas superfícies é a mesma,conclui-se que o fluxo é o mesmo.
CHaverá indução total e uma carga –Q na superfície internado condutor oco. As linhas da força devem serperpendiculares às superfícies carregadas.
DNo equilíbrio:
fgθ FeP
34 =
qEmg
qm =
34 .
gE
DAs cargas ficam distribuídas como na figura.
Fe
T
P
θ
T
Fe
Pθ
–Q+Q
A ++
+–– –
––
––– –
2
4
3
1
5
B)
A superfície externa está aterrada e permanece neutra, nãoinduzindo cargas em C.
10
Pela figura pode-se observar que a distância entre imageme objeto pode ser calculada como:
d = p’ – p ⇒ d = 40 – 10 ∴d = 30
CAplicando a equação de Gauss:
1f =
1p +
1p'
120 =
110 +
1p'
p’ = –20
A = –p'p
A = –(–20)
10A = 2
A imagem será ampliada 2 vezes.
Assim: E = ( )BA
2k q q
r
+
Fís
ica V
73
Volume 1.B
8
10
9
F
O
i
Do enunciado temos:P = 4 cmP’ = 12 cm
11
12
A) L – comprimento; metro (m)M – massa; quilograma (kg)T – tempo; segundo (s)
B) α, β e γ são dimensões físicas de G com relação àsgrandezas M, L e T. Se G for uma potência.
[G] = [Trabalho][Tempo]
= [F] . [dist.][Tempo]
[G] = –2MLT . LT
[G] = ML2T–3
Logo, α = 1; β = 2; γ = –3
DVelocidade:[V] = M0LT–1
Trabalho:[ ] = [F] x [d] = ML2T–2
Pressão:
[P] = [F][A]
= –2
2MLT
L = ML–1T–2
Logo:[G] = (M0LT–1) x (ML2T–2) x (ML–1T–2) x T[G] = M2L2T–4
DPela unidade deduz-se que a grandeza procurada tem umaequação dimensional dada por: [G] = ML2T–2 quecorresponde a um trabalho ou uma energia.
1
2
3
4
5
6
7
Neste caso, a simetria é axial, portanto a gaussianaadequada é cilíndrica, coaxial ao fio.Em toda ela o campo será normal à superfície.Logo:φ = E . A4kπQ = E . 2πrL2k . (λ . L) = E . r . L
E = 2krλ
+ + + + + + + + +
L
r
E6 D D
[ ] = ML2T–2 → unid ( ) = kgm2/s2
[a] = M0LT–2 → unid (a) = m/s2
[E] = ML2T–2 → unid (Ec) = kgm2/s2
E
[ρ] = [peso][vol]
= –2
3MLT
L = ML–2T–2
BA grandeza obtida tem eq. dimensional dada por[G] = ML–1T–2 que corresponde a uma pressão.
CCada animal deve ser “multiplicado” por 6, assim, de 2cachorros veremos 12 e de 1 gato veremos 6.Assim, cada animal gerará 5 imagens nos espelhos:
5 = 360
α – 1 ⇒ α = 60o
BGrandeza quantizada, descontínua ou discreta é aquela quesó pode existir com múltipla de uma certa quantidade mínima,Não pode assumir qualquer valor. À essa quantidade mínimadenominamos “quantum” da grandeza.
DSe há atração ou ambos estão eletrizados com cargasopostas ou 1 deles está neutro. O item que não satisfaz anenhuma das duas condições acima é o D. Na condição doitem D os corpos repeliriam um ao outro.
EO espelho da questão é côncavo pois pode gerar imagensinvertidas (reais). Enquanto a imagem for direita, ela é virtuale maior (A > 1). Entre os pontos x = 30 e x = 50 temosa mudança direita ⇔ invertida, o que indica a passagempelo foco. Estando o foco no intervalo 30 < f < 50, ocentro está no intervalo 60 < 2f < 100. Se o objeto forcolocado em x = 110 ele estará certamente além do centroe terá imagem real, invertida e menor. Assim, todas sãocorretas.
CA distância focal de um espelho não depende do meio emque ele está imerso.
ESendo a imagem real, ela é invertida e como é maior, estámais distante do espelho:
Fís
ica V
74
Volume 1.B
D[ ] = [F] . [d] = MLT–2 . L[ ] = ML2T–2
C
[G] = [a] . [L] . [m]
[t]
[G] = 0 –2M LT . L . M
T[G] = ML2T–3
D[Q] = [m] . [v][Q] = M . LT–1
Mas [F] = M . LT–2
Multiplicando [Q] por –2
–2LTLT
teremos:
[Q] = –1 –2
–2
MLT . LTLT
[Q] = F . L0T
BPela equação temos:
σ = 2
P0,5 V
logo
[σ] = 2[P][V ]
= 2
[F][A] . [V]
[σ] = –2
2 2 –2
MLTL . L T
[σ] = M . L–3 T0
1
2
3
4
5
6
7
13
14
15
8 10 12 14 16A0
2
4
6
8
2 4 6 0
B
B´
A´
A) Fazendo a simetria dos pontos A e B, em relação aoplano do espelho, obtemos os pontos A’ e B’. Assim A’(0; 8) e B’ (0; 6).
B) Fazendo as semelhanças para os triângulos com vérticeem B’, obtemos o intervalo onde B’ pode ser visto, quevai de x = 6 a x = 15.
22
= 6x
⇒ x = 6
25
= 6x
⇒ x = 15
Fazendo as semelhanças para os triângulos com vérticecom A’:
42
= 8x
⇒ x’ = 4
45
= 8x
⇒ x = 10
Fazendo a intersecção dos resultados, a imagem A’B’pode ser vista completamente entre os pontos x = 6 ex = 10.
AA carga deve se distribuir proporcionalmente aos raios,assim a esfera 1, que tem o dobro do raio de 2, deve ficarcom o dobro de carga de 2. Para que a carga positiva de 1aumente, ela deve perder elétrons para 2.
8
9
Pela equação de Gauss:
1f
= 14
+ 1
12
f = 4816
⇒ f = 3 cm
Como R = 2f ⇒ R = 6 cm
BAs linhas de força entram no corpo 1, logo, ele é negativo. Aslinhas de força saem do corpo 2, o que indica sua carga positiva.
ENula. Todo o excesso de carga num condutor em equilíbriodeve estar na sua superfície externa. Não deve haver camporesultante dentro do condutor.
EA carga se distribui na superfície externa e fica mais adensadaonde houver pontas.
D
[η] = [F] . [ x][A] . [ v]
ΔΔ
[η] = –2
2 –1
MLT . LL . LT
[η] = M . L–1 . T–1
E
[P] = [F][A]
= –2
2
MLTL
= ML–1T–2
D
[k] = 2
[F][v ]
= –2
2 –2MLTL T
= ML–1
Logo, unid (k) = kg/m
Fís
ica V
75
Volume 1.B
12
13
14
15
T 0ºC120ºC
L3
L3
L3
A B C
Pela lei de Fourrier para a condução:∅AB = ∅BC
k . A (120 – T)L
2 .3
= k . A (T – 0)
L3
2T = 120 – T3T = 120T = 40oC
88
f =
x
502
Os raios que indicam paralelos ao eixo do espelho côncavoformariam uma imagem real no foco do espelho côncavo.A reflexão no espelho plano cria uma imagem real, simétricado foco do 1o espelho.f = x + 825 = x + 8x = 17
Q = σ . áreaQ = 2 . 10–6 . (4πR2)Q = 2 . 10–6 . 4 . π . (6 . 10–2)2
Q = 288 . 10–10 πQ ≅ 9,04 . 10–8 C
A
B
+ 2μC
– 1μC
1μC
–
–
– –
––
– –
++
+ +
A) Por indução total, a carga Q2 deve ser de – 1μCB) Os pontos que estão na região 10 cm < R < 20 cm
sofrem ação de um campo gerado apenas pela cargaQ1 (1μC), Logo:
E = 12
kQR
E = 9 –6
–2 2
9 . 10 . 1. 10(12 . 10 )
E = 9
144 . 107
E = 6,25 . 105 N/C
C) Para pontos na região R > 25 cm o campo é geradopela carga total na superfície de B:
E = 2kQd
E = 9 –6
–1 2
9 . 10 . 2 . 10(3 . 10 )
E = 2 . 105 N/C
O material de cima fica positivo quando atritado comqualquer material abaixo dele.Assim, quando se atrita o vidro com x, o vidro fica positivo.O item “D” fica errado por generalizar (“nenhum”) não sereferindo apenas aos meteriais citados na questão.
AEstando os dois pisos no mesmo ambiente, ambos estarãoem equilíbrio térmico com o ambiente e entre si, embora,devido à melhor condutibilidade térmica do mármore,possamos senti-lo “mais frio” que a madeira.
Sendo no litoral a pressão atmosférica é de 1 atm e o geloderrete a 0oC:
11
Anotações
Vidro
Seda
Enxofre
X
+
10 ADispondo os materiais numa série triboelétrica: