fisicaresolucaoexerciciosgabaritocinematica20111serie 111218022908-phpapp01 (1)

FÍS

ICA

3.a

S

Física3.a série – Ensino Médio

C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página I

FÍSIC

A 3

. aS

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– 1

FÍS

ICA

3.a

S

1. A estrela mais próxima da Terra, fora o Sol, está a uma distância daTerra de, aproximadamente, 4,3 anos-luz. Sabe-se que 1 ano-luz é adistância percorrida pela luz, no vácuo, em um intervalo de tempo de umano. Considere os seguintes dados:1 ano � 3 . 107sMódulo da velocidade da luz no vácuo: 3 . 108m/s.A ordem de grandeza da distância da referida estrela (Alfa-Centauro)até a Terra, medida em metros, é de:a) 1010 b) 1012 c) 1015 d) 1017 e) 1018

RESOLUÇÃO:

V = ⇒ Δs = VΔt

1 ano-luz = 3 . 108 . 3 . 107(m) = 9 . 1015m

D = 4,3 anos-luz = 4,3 . 9 . 1015m

D = 38,7 . 1015m

D = 3,87 . 1016m

Como 3,87 > ��10, a ordem de grandeza é 1017m

Resposta: D

2. A velocidade escalar V de um projétil varia com o tempo t conformea relação:V = 40,0t – 5,0t2 (SI)A velocidade escalar máxima do projétil e sua aceleração escalar noinstante t1 = 3,0s valem, respectivamente:a) 4,0m/s; 100m/s2. b) 8,0m/s; 75,0m/s2.c) 8,0m/s; 10,0m/s2. d) 80,0m/s; 10,0m/s2.e) 80,0m/s; 7,5m/s2.

RESOLUÇÃO:

1) t = 4,0s

V = Vmáx = 40,0 . 4,0 – 5,0 . 16,0 (m/s)

Vmáx = 160 – 80,0 (m/s)

2) � = = 40,0 – 10,0t (SI)

t = t1 = 3,0s

� = �1

�1 = 40,0 – 10,0 . 3,0(m/s2)

Resposta: D

3. Um trem de comprimento L = 100m se desloca em linha reta comvelocidade escalar constante de 25m/s e demora um tempo T paraatravessar um túnel. Se a velocidade escalar do trem duplicar, o tempogasto para atravessar o túnel diminui em 4,0s.O comprimento do túnel vale:a) 100m b)200m c) 250m d) 300m e) 400m

RESOLUÇÃO:

V = ⇒ 25 = (1)

50 = (2)

De (1): 100 + LT = 25T ⇒ T = 4,0 +

De (2): 50T – 200 = 100 + LT

50 T = 300 + LT ⇒ T = 6,0 +

4,0 + = 6,0 +

– = 2,0 ⇒ 2LT – LT = 100

Resposta: A

Δs–––Δt

Vmáx = 80,0m/s

dV–––dt

�1 = 10,0m/s2

100 + LT–––––––––T

Ltrem + Ltúnel–––––––––––––T

100 + LT–––––––––T – 4,0

LT–––25

LT–––50

LT–––50

LT–––25

LT–––50

LT–––25

LT = 100m

Dado: ��10 � 3,2

Revisão FÍSICA

MÓDULO 11 Cinemática Escalar

C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 1

4. Uma leoa com velocidade escalar constante de 8,0m/s se aproximade um búfalo inicialmente em repouso. Quando a distância entre elesé de 20,0m, o búfalo parte com aceleração escalar constante de 2,0m/s2

para fugir da leoa. Admita que a leoa e o búfalo descrevam uma mesmatrajetória retilínea.

Podemos afirmar quea) a leoa alcança o búfalo no instante t = 4,0s.b) a leoa alcança o búfalo no instante t = 6,0s.c) a leoa não alcança o búfalo e a distância mínima entre eles vale

4,0m.d) a leoa não alcança o búfalo e a distância mínima entre eles vale

10,0m.e) não há dados suficientes para sabermos se a leoa alcança o búfalo.

RESOLUÇÃO:

1) sL = 8,0t (SI)

sB = 20,0 + 1,0t2 (SI)

sB = sL

1,0t2 + 20,0 = 8,0t

1,0t2 – 8,0t + 20,0 = 0

t = (s) ⇒ Não há solução real e a leoa não alcança obúfalo.

2) A distância será mínima quando VB = VL = 8,0m/s.

VB = 2,0t ⇒ 8,0 = 2,0t1 ⇒ t1 = 4,0s

3) sL = 8,0 . 4,0(m) = 32,0m

sB = 20,0 + 1,0 . 16,0 (m) = 36,0m

A leoa estará a 4,0m do búfalo.

Resposta: C

5. (FCC) – Um móvel descreve um movimento uniformemente variadoe sua posição s, em metros, varia com o tempo t, em segundos, deacordo com o gráfico:

Considere as proposições a seguir:I) O espaço inicial vale 10,0m.II) O espaço no instante t = 3,0s vale –10,0m.III)A velocidade escalar inicial vale –12,0m/s.IV)A aceleração escalar vale 2,0m/s2.V) A velocidade escalar no instante t = 5,0s vale 8,0m/s.

A sequência correta de proposições verdadeiras (V) ou falsas (F) é:a) F – V – F –V – F b) V – F – V – F – Fc) F – F – V – F – V d) V – F – F – F – Ve) V – F – V – F – V

RESOLUÇÃO:

s = A (t – 1,0) (t – 5,0)

Para t = 7,0s, temos s = 24,0m ⇒ 24,0 = A (7,0 – 1,0) (7,0 – 5,0)

24,0 = A . 6,0 . 2,0 ⇒ A = 2,0 ⇒ s = 2,0 (t – 1,0) (t – 5,0)

s = 2,0 (t2 – 5,0t – 1,0t + 5,0) ⇒ s = 2,0t2 – 12,0t + 10,0 (SI)

I) ( V ) Para t = 0, temos s = s0 = 10,0m.

II) ( F ) Para t = 3,0s, temos s = 2,0 . 9,0 – 12,0 . 3.0 + 10,0 (m) = –8,0m.

III) ( V ) V0 = –12,0m/s.

IV)( F ) = 2,0 ⇒ � = 4,0m/s2.

V) ( V ) V = 4,0t – 12,0(SI)

Para t = 5,0s:

V = 4,0 . 5,0 – 12,0(m/s) = 8,0m/s

Resposta: E

8,0 ± �� 64,0 – 80,0–––––––––––––––

2,0

�–––2

2 –

FÍSIC

A 3

. aS


6. (CEPERJ-2011) – Um trem A viajava com uma velocidade escalarde 40m/s quando seu maquinista percebeu que, nos mesmos trilhos àsua frente, encontrava-se outro trem, B, em repouso. Imediatamenteele aplica os freios, imprimindo ao trem A uma aceleração retardadoraconstante. Nesse mesmo instante, o trem B parte uniformementeacelerado. Felizmente, por isso, foi evitada a colisão. A figura abaixorepresenta os gráficos velocidade escalar-tempo dos dois trens, sendot = 0 o instante em que, simultaneamente, o trem A começou a frear, eo trem B partiu acelerado.

Sabendo-se que nesse instante t = 0 a distância entre eles era de 162m,pode-se afirmar que a menor distância entre a dianteira do trem A e atraseira do trem B foi de:a) 2m b) 4m c) 6m d) 10m e) 12m

RESOLUÇÃO:1) Enquanto a velocidade escalar de A for maior que a de B, os trens vão

aproximar-se.A distância mínima ocorre quando VA = VB, isto é, no instante t = 8s.

2) ΔsA = (40 + 8) (m) = 192m

ΔsB = (m) = 32m

Os trens se aproximaram uma distância d dada por:d = ΔsA – ΔsB = 192m – 32m = 160m

A distância d corresponde à área do triângulo de base 40 e altura 8.

Como a distância inicial era de 162m eles se aproximaram 160m, adistância mínima entre eles será de 2m

Resposta: A

7. Uma torneira mal fechada está pingando de modo que as gotas saemdo cano com um intervalo de tempo T. Quando a 1.ª gota atinge o soloapós ter percorrido uma distância de 5,0m, a 2.ª gota está a 4,2m dosolo.Adote g = 10,0m/s2 e despreze o efeito do ar.

O valor de T é:a) 0,2s b) 0,4s c) 0,6s d) 0,8s e) 1,0s

RESOLUÇÃO:1) Para a 1.ª gota:

Δs = V0t + t2

5,0 = T21 ⇒ T1 = 1,0s

2) Para a 2.ª gota:

0,8 = T22 ⇒ T2 = 0,4s

T = T1 – T2 = 0,6s

Resposta: C

8. Um tubo cilíndrico oco parte do repouso no instante t = 0 em umlocal onde o efeito do ar é desprezível e g = 10,0m/s2.No mesmo instante t = 0, uma pequena esfera (ponto material) élançada verticalmente para baixo a partir da abertura superior do cilin -dro cujo comprimento vale L, com velocidade de módulo V0 = 10,0m/s.Quando a esfera sai pela outra extremidade do tubo, sua velocidadetem módulo V1 = 20,0m/s.

O comprimento L vale:a) 5,0m b) 7,5m c) 10,0m d) 12,5m e) 15,0m

RESOLUÇÃO:

1) V = V0 + �t

20,0 = 10,0 + 10,0t1 ⇒

2) O movimento relativo é uniforme com velocidade relativa igual a

V0 = 10,0m/s.

Δsrel = Vrel t

L = 10,0 . 1,0(m)

Resposta: C

8–––2

8 . 8––––

2

�–––2

10,0–––––

2

10,0–––––

2

t1 = 1,0s

L = 10,0m

– 3

FÍS

ICA

3.a

S


4 –

FÍSIC

A 3

. aS

1. (FCC) – Considere os vetores representados na figura:

O vetor resultante V→ = V→1 + V→2 + V→3 tem móduloa) 1 unidade. b) 5 unidades. c) 7 unidades.d) 11 unidades. e) 15 unidades.

RESOLUÇÃO:

V→

1 = –5 i→

V→

2 = –2 i→

+ 2 j→

V→

3 = 4 i→

+ 2 j→

V→

1 + V→

2 + V→

3 = –3 i→ + 4 j→

|V→1 + V→

2 + V→

3|2 = 9 + 16 = 25

|V→1 + V→

2 + V→

3| = 5 unidades

Resposta: B

2. (UFC) – O movimento bidimensional de uma partícula, em relaçãoa um sistema cartesiano (x; y) é dado pelas relações: x = 1,0t2 + 2,0t (SI)y = 4,0t3 + 5,0 (SI)

O vetor deslocamento entre os instantes t1 = 0 e t2 = 1,0s forma com oeixo dos x um ângulo � cujo cosseno vale:a) 0,40 b) 0,60 c) 0,65 d) 0,75 e) 0,80

RESOLUÇÃO:

t1 = 0 ⇒ x1 = 0 e y1 = 5,0m

t2 = 1,0s ⇒ x1 = 3,0m e y1 = 9,0m

|d→

|2

= (3,0)2 + (4,0)2 ⇒

Resposta: B

3. Uma partícula parte do repouso, no instante t = 0, descrevendo umacircunferência de raio R em movimento uniformemente variado.No instante t1 = 1,5s, a aceleração vetorial da partícula tem móduloa1 = 5,0m/s2 e forma um ângulo � = 37º com a velocidade vetorial.

Dados: sen 37º = 0,60cos 37º = 0,80

O valor de R é:a) 6,0m b) 9,0m c) 12,0md) 15,0m e) 18,0m

RESOLUÇÃO:

1) � = | a→t| = a1 cos 37º

� = 5,0 . 0,80(m/s2) = 4,0 m/s2

2) V = V0 + � t

V1 = 0 + 4,0 . 1,5(m/s) ⇒

3,0cos � = ––––– = 0,60

5,0

| d→

| = 5,0m

V1 = 6,0m/s

MÓDULO 22 Cinemática Vetorial


3) acp = a1 cos 53º =

5,0 . 0,60 =

R = (m)

Resposta: C

4. (UFTM-MG-2011) – Dois atletas, 1 e 2, percorrem uma mesmapista circular, ambos no sentido horário. No instante inicial t0 = 0, oatleta 1 encontra-se diametralmente oposto ao atleta 2 e com maiorvelocidade que a deste. Admitindo-se que a velocidade angular doatleta 1 seja � = x . π rad/s e que a frequência do atleta 2 seja f = 39,5Hz,o valor de x, para que os atletas se encontrem pela primeira vez, após1,0 segundo, éa) 10 b) 20 c) 40 d) 60 e) 80

RESOLUÇÃO:

1) ω2 = = 2π f2 = 2π . 39,5 (rad/s) = 79π rad/s

2) ωrel = ω1 – ω2 = xπ – 79π (rad/s) = (x – 79)π rad/s

3) Para o 1.º encontro: Δ�rel = π rad

�rel =

(x – 79)π =

x – 79 = 1

Resposta: E

5. (CEPERJ-2011) – Numa bicicleta, a roda dentada (coroa) à qualestão acoplados os pedais tem um raio R1 = 10cm. A catraca, ligada àroda dentada pela corrente, tem um raio R2 = 5cm. Já a roda motriz, atraseira, tem um raio R = 20cm, como mostra a figura abaixo.

Durante um treino, um ciclista mantém um ritmo de 2 pedaladas porsegundo. Supondo-se que a roda motriz role sem deslizar sobre o pisode apoio, pode-se afirmar que o módulo da velocidade da bicicleta é deaproximadamente:a) 5km/h b) 9km/h c) 12km/h d) 18km/h e) 25km/hNota: Adote π = 3,14

RESOLUÇÃO:1) fcoroa = f Pedal = 2Hz

2) = ⇒ = ⇒

3) froda = fCA = 4Hz

4) V = = = 2π froda . Rroda

V = 2 . 3,14 . 4 . 0,20 (m/s)

V = 5,0m/s = 5,0 . 3,6 km/h ⇒

Resposta: D

Δ�rel––––Δt

x = 80

π–––1,0

2π–––T2

fCA = 4Hz10–––5

fCA––––2

Rcoroa––––––RCA

fCA––––––fcoroa

2π Rroda––––––––Troda

Δs–––Δt

V � 18km/h

V12

–––R

36,0–––––

R

36,0–––––

3,0

R = 12,0m

– 5

FÍS

ICA

3.a

S


6. No esquema da figura, as polias A e B giram em contato sem quehaja escorregamento entre elas. As polias B e C são solidárias (giramjuntas com a mesma velocidade angular) e o bloco D está preso a umfio vertical que vai enrolando-se na polia C.

A polia A tem raio RA = 10,0cm e gira no sentido horário com veloci -dade angular de módulo � = 20,0rad/s. A polia C tem raio r = 5,0cm ea polia B tem raio 4r. A velocidade de subida do bloco D tem módulo igual a:a) 10,0cm/s b) 20,0cm/s c) 30,0cm/sd) 40,0cm/s e) 50,0cm/s

RESOLUÇÃO:1) Para que não haja escorregamento entre A e B, temos:

VA = VB

�ARA = ωBRB ⇒ 20,0 . 10,0 = �B . 20,0 ⇒

2) �C = �B = 10,0rad/s

3) A velocidade do bloco D é a velocidade linear de um ponto da periferiada polia C:

VD = VC = �C . r

VD = 10,0 . 5,0 cm/s ⇒

Resposta: E

7. A figura a seguir ilustra uma escada rolante com velocidadeascendente de módulo VE = 1,0m/s e inclinação 60º com a horizontal.Um estudante A desce por esta escada com o objetivo de encontrar umoutro estudante, B, que está no solo e caminha em direção ao pé daescada com velocidade de módulo VB = 1,0m/s.

Supondo-se que os dois partem da mesma posição horizontal, calculequal deve ser a velocidade V

→A do estudante A, em relação à escada,

para que os estudantes se encontrem ao pé da escada, no mesmoinstante.a) 1,0m/s b) 2,0m/s c) 3,0m/sd) 4,0m/s e) 5,0m/s

RESOLUÇÃO:

1) cos 60º = = ⇒

2) VRA= VA – VE

3) dA = 2dB

(VA – VE) Δt = 2 VB Δt

VA – VE = 2VB

VA – 1,0 = 2,0

Resposta: C

8. (CEPERJ) – Em um rio, num trecho onde as margens sãoparalelas, a velocidade da correnteza é constante, paralela às margense de módulo igual a 3,0m/s. Dois barcos, cujos motores são capazesde imprimir a eles velocidades constantes em relação à água, demódulos iguais a 5,0m/s, vão atravessar o rio. O timoneiro do barco(1) orienta seu barco numa direção tal que ele atravesse o rioperpendicularmente às margens e chegue à margem oposta exatamenteem frente ao ponto de partida. Já o timoneiro do barco (2) orienta seubarco de modo que, durante toda a travessia, a proa aponte sempreperpendicularmente para a margem oposta à da partida. Os tempos t1e t2 gastos, respectivamente, pelos barcos (1) e (2) na travessia são taisque:a) t2 = t1 b) t2 = t1 c) t2 = t1

d) t2 = t1 e) t2 = t1

�B = 10,0rad/s

VD = 50,0 cm/s

dB–––dA

1––2

dA = 2dB

VA = 3,0m/s

3,0–––4,0

4,0–––5,0

5,0–––4,0

4,0–––3,0

6 –

FÍSIC

A 3

. aS


RESOLUÇÃO:

Para o barco 1: V12

= VR2

+ V2C ⇒ VR = 4,0m/s

L = VR . t1 = 4,0t1

Para o barco 2: L = V2 . t2 = 5,0t2

Portanto: 4,0 . t1 = 5,0t2

Resposta: A

9. Duas pequenas esferas, A e B, são lançadas simultaneamente dasposições indicadas na figura.A esfera A é lançada horizontalmente com velocidade de módulo V ea esfera B é lançada verticalmente com velocidade de módulo 2V.

O efeito do ar é desprezível.Para que haja encontro entre A e B, a distância Da) está indeterminada, pois não conhe cemos o módulo g da aceleração

da gravidade local.b) está indeterminada porque não conhecemos o valor de V.c) vale 6,0m.d) vale 8,0m.e) vale 10,0m.

RESOLUÇÃO:1) No instante de encontro: hA = hB

Tomando o solo como origem dos espaços e orientando a trajetória paracima, temos:

12,0 – t2E = 2V tE – t

2E

12,0 = 2VtE ⇒ VtE = 6,0 (SI)

2) A distância D é dada por:ΔSx = V t

D = VtE ⇒Resposta: C

10. (IFRS-2011) – Um jogador de basquete faz um arremessoimprimindo à bola, que parte de uma altura de 2,0m em relação aochão, uma velocidade

→V0 de módulo 10,0m/s, em um ângulo � com a

horizontal, conforme representado na figura. Ela descreve uma traje -tória (pontilhado na figura) e acerta a cesta, colocada a 3,05m do chão.

Qual das alternativas corresponde à distância horizontal d, desde olocal do arremesso até a cesta? Considere a aceleração da gravidadecom módulo igual a 10,0m/s2, sen � = 0,5 e cos � = 0,9. Despreze oefeito do ar.a) 2,5m b) 3,5m c) 5,0m d) 5,6m e) 6,3m

RESOLUÇÃO:

1) V0y= V0 sen � = 10,0 . 0,5(m/s) = 5,0m/s

2) Δsy = V0yt + t2

1,05 = 5,0t – 5,0t2

5,0t2 – 5,0t + 1,05 = 0

1,0t2– 1,0t + 0,21 = 0

t = (s) = (s)

Na subida: t1 = 0,3s;

Na descida: t2 = 0,7s

3) Δsx = (V0cos �) t2

d = 10,0 . 0,9 . 0,7(m) = 6,3m

Resposta: E

4,0t2 = ––––– t15,0

g–––2

g–––2

D = 6,0m

�y–––2

1,0 ± 0,4–––––––––

2

1,0 ± �� 1,0 – 0,84––––––––––––––––

2

– 7

FÍS

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3.a

S


8 –

FÍSIC

A 3

. aS

1. Dois blocos, A e B, de massas 2m e m estão ligados por um fio demassa desprezível e suspensos por uma mola elástica também de massadesprezível. O sistema encontra-se em repouso.

O fio que liga os blocos A e B é cortado.Imediatamente após o corte do fio, sendo g o módulo da aceleração dagravidade, as acelerações de A e B terão módulos iguais respectiva -mente a:

a) g e b) e g c) g e g d) e e) zero e g

RESOLUÇÃO:

PFD (A):

Fmola – PA = mA aA

3mg – 2mg = 2m aA

Resposta: B

2. Na figura temos dois blocos, A e B, de massas respectivamenteiguais a mA = 2,0kg e mB = 3,0kg ligados por um fio ideal quearrebenta quando a força de tração atingir uma intensidade de 30,0N.Uma força horizontal

→F é aplicada em B e sua intensidade F varia com

o tempo t segundo a relação F = 5,0t (SI).

Não considere atrito entre os blocos A e B e o solo horizontal edespreze o efeito do ar.O fio vai arrebentar no instante:a) t = 10,0s b) t = 12,0s c) t = 15,0sd) t = 18,0s e) t = 20,0s

RESOLUÇÃO:1) PFD (A + B): F = (mA + mB) a (1)

PFD (A) : T = mAa (2)

: = = ⇒

2) Quando T = Tmáx = 30,0N, temos:

Fmáx = 2,5 Tmáx = 2,5 . 30,0N ⇒

3) F = 5,0t (SI)

75,0 = 5,0t1 ⇒Resposta: C

3. (UFJF-MG-2011) – Um vagão possui no seu interior um pontomaterial de massa m, sujeito à aceleração da gravidade g, suspenso porum fio de massa desprezível e inextensível.

O valor da aceleração escalar do trem para que o ponto materialpermaneça com o ângulo constante �, mostrado na figura acima, é:a) a = g cos � sen � b) a = g sen �c) a = mg tg � d) a = mg sen �e) a = g tg �

g––2

g––2

g––2

g––2

gaA = –––

2

F = 2,5T5,0–––2,0

mA + mB–––––––mA

F–––T

(2)–––(1)

Fmáx = 75,0N

t1 = 15,0s

MÓDULO 33 Leis de Newton e Atrito


RESOLUÇÃO:1) Ty = P = mg

2) PFD : Tx = ma

3) tg � = =

Resposta: E

4. Uma corda homogênea tem densidade linear � = 2,0kg/m ecomprimento L = 6,0m e tem um de seus extremos preso a uma esferade peso 200N e o outro fixo em um helicóptero que sobe verticalmenteem movimento acelerado com aceleração de módulo a = 2,0m/s2.

A aceleração da gra vi dade tem módulo g = 10m/s2 e despreza-se oefeito do ar. A força de tração na corda em um ponto A a 2,0m do helicóptero teráintensi dade igual a:a) 80N b) 120N c) 200Nd) 240N e) 336N

RESOLUÇÃO:O ramo de corda entre A e a esfera tem massa mdada por:

m = �� = 2,0 . 4,0kg = 8,0kg

PFD (esfera + corda):

TA – (PC + P) = (MC + ME) a

TA – (80 + 200) = 28 . 2,0

TA – 280 = 56 ⇒

Resposta: E

5. Considere os esquemas das figuras I e II indicadas a seguir:

Nos dois esquemas, as polias e os fios são ideais e o efeito do ar édesprezível.No esquema da fig. I, os blocos A (de massa m) e B (de massa 2m) têmacelerações com módulo a1.No esquema da fig. II, a extremidade livre do fio é puxada para baixocom uma força vertical constante de intensidade F = 2mg, em que g éo módulo da aceleração da gravidade. Neste esquema, o bloco A temaceleração com módulo a2.

A razão vale:

a) b) c) 1 d) 2 e) 3

RESOLUÇÃO:Esquema I – PFD (A + B) : PB – PA = (mA + mB) a1

2mg – mg = 3m a1

Tx–––Ty

ma–––mg

a = g tg �

TA = 336N

a2–––a1

1––2

1––3

ga1 = –––

3

– 9

FÍS

ICA

3.a

S


Esquema II – PFD (A) : F – PA = mA a2

2mg – mg = ma2

a2 = g

= ⇒

Resposta: E

6. (CEPERJ-2011) – Os três blocos representados na figura abaixotêm massas iguais, estão suspensos a duas roldanas fixas e sãoabandonados na posição indicada.

Considere os fios e as roldanas ideais e desprezíveis os atritos nos eixosdas roldanas. Sendo g→ o vetor da aceleração da gravidade, o vetoraceleração do bloco (2) imediatamente após o instante em que sãoabandonados é:

a) b) – c) d) – e) nulo

RESOLUÇÃO:

PFD (1): mg – T = ma (1)PFD (2): 2T – mg = ma (2)PFD (3): mg – T = ma (3)

PFD (1 + 2 + 3): mg = 3ma

A aceleração do bloco (2) tem módulo e é dirigida para cima:

Resposta: B

7. (CESGRANRIO) – Um pêndulo simples oscila preso a umaparede vertical de um elevador em repouso. O comprimento dopêndulo é L e a aceleração da gravidade local tem módulo g. Qual omódulo da aceleração do elevador, subindo com movimento acelerado,para que o período de oscilação seja reduzido à metade do valororiginal?a) g b) 3g c) d) e) 4g

RESOLUÇÃO:1) Quando o elevador tem aceleração dirigida para cima (subindo com

movimento acelerado), a gravidade aparente no interior do elevador édada por:

gap = g + a

2) T0 = 2π

T = 2π

= =

=

4g = g + a

Resposta: B

g→–––3

2g→–––3

2g→–––3

g→–––3

ga = ––––

3

g–––3

g→a→2 = – –––

3

g→a→1 = a→3 = ––––

3

a2–––– = 3a1

g–––g/3

a2–––a1

g––2

3––g

L––g

L––––g + a

1––2

g––––g + a

T–––T0

1––4

g–––––g + a

a = 3g

10 –

FÍSIC

A 3

. aS


8. (CEPERJ-2011) – O sistema representado na figura abaixo, cons -tituído por duas caixas, A e B, ambas de massas iguais a 2kg, encontra-se em repouso. A caixa A contém 30 pequenas esferas de 100g, aopasso que a caixa B está vazia.

Considere os fios e a roldana ideais. Sendo o coeficiente de atritoestático entre a caixa A e a superfície horizontal em que está apoiadaigual a 0,50, o número máximo de esferas que podem ser transferidasda caixa A para a caixa B sem que o sistema comece a se mover é:a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6

RESOLUÇÃO:Para que o sistema não se mova, devemos ter:

PB � Fatdestaque A(mB + nm) g � �E [mA + (n0 – n) m] g

2 + n 0,1 � 0,5 [2 + (30 – n) 0,1]

4 + 0,2n � 2 + 3 – 0,1n

0,3n � 1

n � = 3,3

Resposta: B

9. Dois blocos, A e B, cada um com peso de 75N, são comprimidos

por uma mola elástica ideal contra o teto e contra o solo de um

equipamento por forças elásticas de intensidade 100N. Os coeficientes

de atrito dinâmico entre o bloco A e o teto e entre o bloco B e o solo

valem 0,20 e a barra que une os blocos A e B tem massa desprezível.

Uma força constante F→

, horizontal, é aplicada ao sistema, que se

desloca com velocidade constante. O efeito do ar é desprezível.

A intensidade de força F→

vale:a) 30N b) 35N c) 40N d) 50N e) 100N

RESOLUÇÃO:

1) Para o bloco A:Fmola = PA + NA

100 = 75 + NA ⇒

F1 = FatA= � NA = 0,20 . 25N = 5N

2) Para o bloco B:

Fmola + PB = NB

100 + 75 = NB ⇒

F2 = FatB= � NB = 0,20 . 175N = 35N

3) Para o sistema:F = F1 + F2

Resposta: C

NA = 25N

NB = 175N

F = 40N

nmáx = 3

1–––0,3

– 11

FÍS

ICA

3.a

S


12 –

FÍSIC

A 3

. aS

1. (UEA-2011) – Uma senhora empurra um carrinho de supermercadode massa total 80kg por uma ladeira plana, em linha reta, mantendosua velocidade constante, como mostra a figura 1. Percebendo adificuldade da senhora, um rapaz passa a ajudá-la puxando o carrinhopara cima com uma força paralela à rampa, constante e de intensidadeF, conforme a figura 2.

Desprezando-se qualquer força de atrito, a intensidade de →F, aplicada

pelo rapaz, para que o carrinho adquira uma aceleração escalarconstante de módulo 0,25m/s2 é, em N, igual aa) 4,0 b) 8,0 c) 16 d) 20 e) 24

RESOLUÇÃO:1) Para a subida com movimento uniforme, temos:

Fs = Pt

2) Para a subida com movimento acelerado, temos:

PFD : FR = ma

Fs + F – Pt = ma

F = ma

F = 80 . 0,25 (N)

Resposta: D

2. Considere um plano inclinado de � tal que a metade superior AB éisenta de atrito e a metade inferior BC tem coeficiente de atritodinâmico �.

Um bloco abandonado do repouso em A volta ao repouso em B.O coeficiente de atrito � é dado por:a) � = 2sen � b) � = 2cos �c) � = 2tg � d) � = tg � e) � = sen � + cos �

RESOLUÇÃO:1) De A para B:

Pt = ma ⇒ mg sen � = m a ⇒ a = g sen �

VB2

= VA2

+ 2 � Δs

2) De B para C:

Pt – Fat = m a ⇒ mg sen � – � mg cos � = m a

VC2

= VB2 + 2� Δs

0 = 2g sen � d + 2g (sen � – � cos �) d

2 sen � = � cos � ⇒

Resposta: C

F = 20N

VB2

= 2 g sen � . d

a = g (sen � – � cos �)

� = 2tg �

MÓDULO 44 Plano Inclinado – Força Centrípeta – Trabalho


3. Um bloco é abandonado do repouso em um plano inclinado de 45ºe desliza uma distância d. O intervalo de tempo para percorrer a distân -cia d quando existe atrito é n vezes maior do que quando o atrito édesprezível.O coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco e o plano inclinado vale:

a) 1 b) 1 – c) 1 +

d) e) 1 +

RESOLUÇÃO:

1) Δs = V0t + t2

d = T2 ⇒ T =

2) Sem atrito:Pt = ma1 ⇒ mg sen � = ma1 ⇒ a1= g sen � =

3) Com atrito:Pt – Fat = ma2 ⇒ mg sen � – � mg cos � = ma2

a2 = g – � g = g (1 – �)

4) Condição do exercício: T2 = n T1

= n ⇒ n = =

n2 = ⇒ 1 – � = ⇒

Resposta: B

4. Uma esfera de massa m = 1,0kg está girando com movimentocircular e uniforme sobre uma mesa horizontal sem atrito. A esfera estápresa à extremidade de um fio que tem a outra extremidade fixa emum ponto C. A velocidade escalar da esfera vale 6,0m/s e o raio dacircunferência vale 0,5m.

O fio encontra em seu movimento um prego P fixo na mesa e nesseinstante a força de tração no fio tem sua intensidade aumentada em:a) 20N b) 36N c) 48N d) 72N e) 120N

RESOLUÇÃO:

T1 = Fcp1= = (N) = 72N

T2 = Fcp2= = (N) = 120N

ΔT = T2 – T1 = 120N – 72N ⇒

Resposta: C

5. (UFES) – Um pêndulo é formado por uma esfera de massa m presaao teto por um fio inextensível e de massa desprezível. Ele oscilalivremente no plano vertical e, no instante em que sua velocidade énula, o fio forma um ângulo � com a vertical, conforme a figura.

Nesse instante, a intensidade da força que traciona o fio éa) nula b) mg sen � c) mg tg �d) mg e) mg cos �

RESOLUÇÃO:No ponto A em que a velocidade seanula, a componente centrí peta daresultante se anula e, portanto,

T = Pn = P cos �

Resposta: E

1–––n2

1–––n2

1–––n2

�–––2

a–––2

g ��2–––––

2

2d–––a

��2––––2

��2––––2

��2––––2

2d–––a2

2d–––a1

a1–––a2

1–– –––1 – �

1–––n2

1––––1 – �

1� = 1 – – ––

n2

mV2

––– – –R1

1,0 . 36––– – –––

0,5

mV2

––– – –R2

1,0 . 36––– – –––

0,3

ΔT = 48N

T = mgcos�

1–––n

– 13

FÍS

ICA

3.a

S


6. Um ciclista percorre uma pista horizontal circular, cujo raio externovale R, em movimento circular e uniforme.

O coeficiente de atrito � entre os pneus da bicicleta e o solo varia coma distância r ao centro da pista de acordo com a função:

� = k (1 – )em que k é uma constante.O ciclista terá velocidade escalar máxima quando percorrer umacircun fe rência de raio r tal que:

a) r = b) r = c) r =

d) r = e) r =

RESOLUÇÃO:

1) FN = P = mg

mV2

2) Fat = Fcp = –––––r

3) Fat � � FN

� k �1 – � mg

V2máx = k g r �1 – �

y = k g r �1 – �

Quando r = ⇒ y = ymáx

Resposta: C

7. Uma partícula se move ao longo de uma reta sob ação de uma forçaresultante F

→constante.

A coordenada de posição x e o tempo t estão relacionados de acordocom a expressão seguinte:

t = ��x + 3,0 (SI)

O trabalho da força F→

entre os instantes t1 = 0 e t2 = 6,0s:a) é nulo.b) não pode ser calculado porque não foi dada a massa da partícula.c) não pode ser calculado porque não foi dada a intensidade da força

F→

.d) vale 3,0J.e) vale 6,0J.

RESOLUÇÃO:

1) t = ��x + 3,0 ⇒ ��x = t – 3,0

x = 1,0 t2 – 6,0t + 9,0

2) V = 2,0t – 6,0

3) t1 = 0 ⇒ V1 = – 6,0m/s

t2 = 6,0s ⇒ V2 = 6,0m/s

TEC: F = ΔEcin = (V22

– V21)

Resposta: A

r––R

R–––k

k R–––3

R–––2

R–––3

k R–––2

mV2––––

r

r–––R

r–––R

r–––R

R–––2

m–––2

F = 0

14 –

FÍSIC

A 3

. aS


8. Uma partícula de massa 0,6kg parte de repouso da coordenadax = 0 e descreve uma trajetória retilínea ao longo do eixo 0x sob açãode uma força resultante F dada por F = 15,0x (SI).Na posição x = 2,0m, a partícula tem velocidade com módulo V eaceleração com módulo a. Os valores de V e a são:a) V = 10,0m/s e a = 5,0m/s2

b) V = 10,0m/s e a = 50,0m/s2

c) V = 20,0m/s e a = 50,0m/s2

d) V = 20,0m/s e a = 5,0m/s2

e) V = 30,0m/s e a = 10,0m/s2

RESOLUÇÃO:1) x = 2,0m ⇒ F = 15,0 . 2,0 (N) = 30,0N

PFD: F = ma ⇒ 30,0 = 0,60a ⇒

2)

= Área (F x d)

= (J) ⇒

3) TEC: = ΔEcin = –

30,0 = V2 ⇒ V2 = 100 ⇒

Resposta: B

9. (UFRJ) – Um carro a 40km/h freia subitamente em uma estradaretilínea e horizontal. As rodas travam e o carro derrapa 10m até parar.Se a velocidade escalar inicial do carro fosse 120km/h, a distânciapercorrida durante a derrapagem seria:a) 15m b) 30m c) 60m d) 90m e) 120m Nota: Despreze o efeito do ar.

RESOLUÇÃO:

TEC: total = ΔEcin

at = Ecinf– Ecin0

�c m g d (–1) = 0 –

Quando V0 triplica, d fica multiplicado por 9

Resposta: D

V = 10,0m/s

mV2–––––

2

mV02

–––––2

0,60––––

2

mV02

–––––2

V02

d = ––––––––2 �c g

d’ = 9d = 90m

= 30,0J2,0 . 30,0

–––––––––2

a = 50,0m/s2

– 15

FÍS

ICA

3.a

S


16 –

FÍSIC

A 3

. aS

1. Um bloco de massa m = 2,0kg é arrastado sobre um planohorizontal por uma força horizontal F

→com velocidade constante de

módulo V = 2,0m/s.

O coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco e o plano horizontal deapoio vale � = 0,20.A potência da força de atrito vale:a) – 8,0W b) –4,0W c) zero d) 4,0W e) 8,0W

RESOLUÇÃO:

1) Fat = � FN = � m g = 0,20 . 20,0N = 4,0N

2) Potat = Fat . V . cos 180º

Potat = – 4,0 . 2,0 (W)

Resposta: A

2. Um carro de massa 1,0t parte do repouso e descreve uma trajetóriaretilínea em um plano horizontal.Durante 10s, o carro tem movimento uniformemente variado atingindoa velocidade escalar de 108km/h. Despreze, nestes 10s, a força deresistência do ar. A potência média do motor do carro nestes 10s e apotência instantânea do motor no instante 10s são respectivamenteiguais a:a) 45kW e 45kW b) 45kW e 90kW c) 90kW e 90kWd) zero e 45kW e) zero e 90kW

RESOLUÇÃO:

1) motor = ΔEcin = –

motor = J = 4,5 . 105J

2) Potm = = = 4,5 . 104W = 45kW

3) V = V0 + � t

30 = 0 + � . 10 ⇒ � = 3,0m/s2

4) F = m � = 3,0 . 103N

5) Pot10 = F V10 = 3,0 . 103. 30 (W)

Resposta: B

Potat = – 8,0W

mV2

––––2

mV20––––

2

1,0 . 103. (30,0)2

–––––––––––––––2

motor–––––––Δt

4,5 . 105J––––––––––

10s

Pot10 = 90 . 103W = 90kW

MÓDULO 55 Potência e Energia Mecânica


3. Dois automóveis, A e B, em trajetória retilíneas e horizontais estãocom suas velocidades escalares limites VA e VB, tais que VA = 2VB.As potências úteis dos motores estão com seus valores máximos PA ePB, tais que PB = 3PA.Considere agora a situação em que os dois automóveis estão unidos edesenvolvendo suas potências máximas na mesma trajetória retilínea ehorizontal.A velocidade máxima do conjunto terá módulo igual a:

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:P = F V

PA = FAVA e PB = FB VB

Como PB = 3PA e VA = 2VB, vem:

FBVB = 3 . FA . 2 VB ⇒

Para os carros unidos: P = PA + PBF = FA + FB

P = F VPA + PB = (FA + FB) V

FAVA + FBVB = (FA + FB) V

FA . 2VB + 6FA . VB = 7FA V

Resposta: D

4. Um rio apresenta uma queda d’água de altura H com vazão Z.A densidade da água vale � e a aceleração da gravidade tem módulog.Desprezando-se perdas de energia mecânica, a potência teórica P destaqueda d’água para se construir uma usina hidrelétrica é dada por:

a) P = � z g H b) P = c) P = 2 � Z g H

d) P = � z g H2 e) P = � Z2 g H

RESOLUÇÃO:

1) Pot = =

2) � = ⇒ m = � Vol

3) Pot = � g H

= Z (vazão)

Resposta: A

� z g H–––––––

2

P––––Δt

m g H–––––––

Δt

m––––Vol

Vol––––

Δt

Vol––––

Δt

Pot = � Z g HFB = 6FA

8VBV = ––––––7

8VA––––7

VA + VB––––––––2

VA–––2

VB–––2

8VB––––7

– 17

FÍS

ICA

3.a

S


5. (FCC) – Um corpo escorrega por uma das três rampas,perfeitamente lisas, até chegar ao solo.

As velocidades de chegada ao solo, V1, V2 e V3, respectivamente,guardam as relações:a) V1 > V2 > V3. b) V1 < V2 < V3. c) V1 = V2 > V3.d) V1 > V2 = V3. e) V1 = V2 = V3.

RESOLUÇÃO:

(referência no solo)

= m g h

V = 2 g h

Resposta: E

6. (UFV-MG) – Um carrinho, com massa igual a 2,0kg, desce sematrito uma ladeira, passando pelo ponto A, cuja altura h, em relação aonível de referência, é igual a 0,60m, como mostra a figura abaixo. Emseguida, ele comprime uma mola de massa desprezível, cuja constanteelástica é igual a 600N/m, até parar, provocando uma deformaçãomáxima igual a 0,40m. Considerando-se o módulo da aceleração dagravidade igual a 10,0m/s2, é correto afirmar que, ao passar pelo pontoA mostrado na figura abaixo, o módulo da velocidade do carrinho, emm/s, é:a) 5,0 b) 6,0 c) 7,0 d) 8,0 e) 9,0

RESOLUÇÃO:

Conservação da energia mecânica:

(ref. em B)

= m g h +

0,16 = 2,0 . 10,0 . 0,60 + VA2

48,0 = 12,0 + VA2

36,0 = VA2

Resposta: B

VA = 6,0m/s

EB = EA

mVA2

––––––2

kx2

––––2

2,0––––

2

600––––

2

V1 = V2 = V3

Efinal = Einicial

mV2––––

2

18 –

FÍSIC

A 3

. aS


7. (URCA-CE) – Um corpo de massa 2,0kg é abandonado, a partirdo repouso, do ponto A, situado a 5,0m de altura em relação a B.

O corpo atinge o ponto B com velocidade escalar de 8,0m/s. Supondo-se g = 10m/s2, pode-se afirmar que o módulo da variação da energiamecânica do sistema é de:a) 32J b) 36J c) 62J d) 100J e) 132J

RESOLUÇÃO:1) EA = m g H = 2,0 . 10. 5,0 (J) = 100J

2) EB = = (8,0)2 (J) = 64J

3) ΔEm = EB – EA = 64J – 100J = –36J

|ΔEm| = 36J

Resposta: B

8. (CEPERJ) – Uma pequena esfera de aço, suspensa a um suportepor um fio ideal, está oscilando, com atrito desprezível, num planovertical entre as posições extremas A e B, nas quais o fio forma 60ºcom a vertical, como mostra a figura abaixo.

A razão entre os valores máximo e mínimo da tensão no fio duranteessas oscilações é igual a:

a) 4 b) c) 2 d) ��3 e)

RESOLUÇÃO:

1) PN = Pcos 60º =

2) FCPA= 0 ⇒

3) EC = EA

= m g

= m g

4) TC – P = FCPC

TC – P = P

5) = = ⇒

Resposta: A

2,0–––2

mVB2

––––2

2 ��3–––––3

4 ��3–––––3

P–––2

PTA = PN = –––

2

L–––2

mVC2

––––––2

mVC2

––––––L

FCPC= mg

TC = 2P

Tmáx–––––– = 4Tmín

2P––––––

P/2

TC––––TA

Tmáx––––––Tmín

– 19

FÍS

ICA

3.a

S


20 –

FÍSIC

A 3

. aS

1. (UNEMAT-2011) – Considere uma bola de 0,75kg, que se chocaperpendicularmente com uma parede com uma velocidade de módulo10m/s, e que, após o choque, retorna na mesma direção e com a mesmavelocidade em módulo, ou seja, ocorre um choque perfeitamenteelástico.Calcule a intensidade da força atuante na bola, provocada pelaparede, supondo-se que a interação tenha durado um tempo de4,0 . 10–2s.a) 250N b) 300N c) 375N d) 425N e) 500NNota: Despreze a ação do peso da bola durante sua interação com aparede.

RESOLUÇÃO:

TI: →I parede = Δ Q

→bola

Fm . Δt = m ΔV

Fm . 4.0 . 10–2 = 0,75. 20

Resposta: C

2. Um bloco de massa m = 2,0kg está movendo-se horizontalmentesobre um plano horizontal com uma velocidade de módulo 3,0m/squando recebe uma martelada na horizontal, em sentido oposto ao deseu movimento, de modo a inverter sua velocidade.A intensidade da força aplicada pelo martelo variou com o tempo deacordo com o gráfico apresentado a seguir:

O coeficiente de atrito entre o bloco e o apoio vale 0,10. Determine,depois do golpe, quando tempo decorre até o bloco parar.Adote g = 10,0m/s2

a) 1,0s b) 2,0s c) 3,0s d) 4,0s e) 5,0s

RESOLUÇÃO:

1) | I→M| = Área (F x t) = (SI) = 10,0N .s

2) TI : IM = ΔQbloco

–10,0 = 2,0 (V1 – 3,0)

–5,0 = V1 – 3,0 ⇒

3) TI : Iat =ΔQbloco

0,10 . 20,0 . Δt = 2,0 . 2,0 ⇒

Resposta: B

3. Uma bomba de massa 4m, inicialmente em repouso, explodefragmentando-se em três partes, A, B e C. As partes A e B têm massasiguais a m cada uma e, imediatamente após a explosão, movem-se emdireções perpendiculares entre si com velocidades de mesmo módulo V.A energia interna da granada que foi transformada em energia cinéticados fragmentos é dada por:

a) b) m V2 c) mV2

d) 2mV2 e) mV2

RESOLUÇÃO:1) No ato da explosão, há conservação da quantidade de movimento total

do sistema:

Q→

após = Q→

antes

Q→

A + Q→

B + Q→

C = 0→

Q→

C = – (Q→

A + Q→

B)

2) A massa de C vale 2m.

QC = mV ��2

2mVC = mV ��2 ⇒

Fm = 375N

1,0 . 10–3 . 20,0 . 103

––––––––––––––––––2

V1 = –2,0m/s

Δt = 2,0s

3–––2

mV2

––––2

5–––2

V ��2VC = ––––––

2

MÓDULO 66 Quantidade de Movimento


3) EC = ECA+ ECB

+ ECC

EC = V2 + V2 + � �2

EC = mV2 + ⇒

Resposta: C

4. Considere uma plataforma B, móvel, com o formato da figura. Aplataforma tem massa 5m e está em repouso sobre um plano horizontalsem atrito. Um pequeno bloco A, de massa m, é lançado comvelocidade de módulo V0 sobre a plataforma e sobe até uma alturamáxima h, menor que H. Não há atrito entre A e B. Sendo g o móduloda aceleração da gravidade, calcule o valor de h.

a) h = b) h = c) h =

d) h = e) h =

RESOLUÇÃO:1) Quando A atingir sua altura máxima, ele para em relação a B, isto é, Ae B terão neste instante a mesma velocidade horizontal de módulo V.

2) O sistema é isolado de forças horizontais:Qhf

= Qhi

6mV = mV0 ⇒

3) Conservação da energia mecânica: Ef = E0

V2 + mgh = ⇒ 3 + gh = ⇒

Resposta: C

5. Em um plano horizontal sem atrito, dois blocos, A e B, de massasmA = 1,0kg e mB = 2,0kg estão movendo-se com velocidades escalaresde 6,0m/s e 3,0m/s, respectivamente. O bloco B está acoplado a umamola de massa desprezível e constante elástica k = 6,0 . 102N/m. Obloco A colide elasticamente com o conjunto formado por B e pelamola.

A deformação máxima da mola ocorrerá quando as velocidades de A eB se igualarem. Despreze os atritos e o efeito do ar. A deformaçãomáxima da mola vale, em cm:a) 5,0 b) 10 c) 15 d) 20 e) 30

RESOLUÇÃO:1) Conservação da quantidade de movimento:

Qfinal = Qinicial

(mA + mB)V = mAVA + mBVB

3,0 V = 1,0 . 6,0 + 2,0 . 3,0 ⇒

2) Conservação da energia mecânica:EF = EI

+ V2 = +

300x2 + = . 36,0 + . 9,0

300x2 = 3,0 ⇒

Resposta: B

V02

––––2g

V02

––––12g

5V02

––––12g

5V02

––––2g

5V02

––––6g

V0V = ––––6

6m–––2

mV20––––

2

V20––––

36

V20––––

2

5V20h = –––––

12g

V = 4,0m/s

MBVB2

––––––––2

MAVA2

––––––––2

MA + MB––––––––––2

kx2

–––2

2,0–––2

1,0–––2

3,0 . 16,0––––––––

2

x = 0,10m

3EC = –––m V2

2

mV2––––

2

V��2––––––

22m––2

m––2

m––2

– 21

FÍS

ICA

3.a

S


6. Uma bomba de massa m está movendo-se horizontalmente ao longodo eixo x com velocidade V

→0.

A bomba está isolada de forças externas e vai explodir em doisfragmentos: A, de massa , e B, de massa .

Em um instante T, posterior à explosão, o fragmento A tem coordenadayA = 15,0cm.No mesmo instante T, o fragmento B tem coordenada yB igual a:a) –15,0cm b) –10,0cm c) –5,0cmd) 5,0 cm e) 15,0cm

RESOLUÇÃO:O centro de massa se mantém com velocidade V

→0 na direção x e, portanto,

yCM = 0

yCM = = 0

. 15,0 + . yB = 0

–15,0 = 3yB ⇒

Resposta: C

7. Uma esfera colide frontalmente contra uma parede. A força que aparede exerce na bola tem intensidade F variando com o temposegundo o gráfico apresentado. Observe que a área sob o gráficodurante a fase de deformação é o dobro da respectiva área na fase derestituição.A massa da esfera vale 1,0kg e sua velocidade antes da colisão temmódulo V0 = 20m/s.

O coeficiente de restituição na colisão e a energia mecânica dissipadasão respectivamente iguais a:a) 0,50 e 100J. b) 0,25 e 200J. c) 0,25 e 100Jd) 0,50 e 150J. e) 0,75 e 150J.

RESOLUÇÃO:1) I = Área (F x t)

como A1 = 2A2 ⇒ I1 = 2I2

2) Teorema do impulso na fase de deformação:I1 = m |V0|

3) Teorema do impulso na fase de restituição:I2 = m|Vf|

m |V0| = 2m |Vf|

4) Coeficiente de restituição:

e = = ⇒

5) Ecin0= = . 400(J) = 200J

Ecinf= Vf

2 = . 100 (J) = 50J

Resposta: D

|V0||Vf| = ––––– = 10m/s2

e = 0,5010–––20

Vf–––V0

1,0–––2

mV02

––––2

1,0–––2

m–––2

Ed = Ecin0– Ecinf

= 150J

mAyA + mByB–––––––––––––mA + mB

3m––––

4

m–––4

yB = – 5,0cm

m––4

3m––4

A1 = 2A2

22 –

FÍSIC

A 3

. aS


8. Duas partículas de mesma massa partem de um ponto A e percorremuma mesma circunferência em sentidos opostos. Uma das partículastem velocidade com módulo V e a outra com módulo 2V e vão colidirde modo frontal e elástico.Entre as colisões, o módulo de cada velocidade permanece constante.

Após quantas colisões as partículas se encontrarão novamente naposição A?a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

RESOLUÇÃO:Dividamos a circunferência em três partes de mesma extensão:

A 1.ª colisão ocorre em C com a partícula com velocidade 2V percorrendoo dobro da distância percorrida pela outra.Na colisão, as partículas trocam de velocidades de modo que a 2.ª colisãoocorrerá em B. Com nova troca de velocidades, a terceira colisão ocorreránovamente em A.Resposta: B

9. Três blocos, A, B e C, com massas respectivamente iguais a m, 2me m estão em repouso em uma mesma reta em um plano horizontal sematrito.

O objeto A é lançado com velocidade de módulo V0 = 9,0m/s e colideelasticamente com o objeto B. Em seguida, o bloco B colide de modoperfeitamente inelástico com o bloco C. Todas as colisões sãounidimensionais.A velocidade final do bloco C tem módulo igual a:a) 2,0m/s b) 4,0m/s c) 6,0m/s d) 8,0m/s e) 9,0m/s

RESOLUÇÃO:I) Colisão de A com B:

1) Qapós = Qantes 2) Vaf = Vap

mV’A + 2mV’B = mVA V’B – V’A = 9,0 (2)

V’A + 2V’B = 9,0 (1) (1) + (2) : 3V’B = 18,0

II) Colisão de B com C:

Qapós = Qantes

3mVC = 2mV’B3 VC = 2 . 6,0

Resposta: B

V’B = 6,0m/s

VC = 4,0m/s

– 23

FÍS

ICA

3.a

S


24 –

FÍSIC

A 3

. aS

1. Dois satélites, A e B, descrevem órbitas circulares de raios RA e RB

em torno do mesmo planeta. O raio vetor de A descreve da área

total de sua órbita em 1620h e o raio vetor de B descreve metade da

área total de sua órbita em 40h. Usando a 2.ª e a 3.ª Leis de Kepler,

podemos determinar que o razão vale:

a) 2 b) 3 c) 5 d) 9 e) 16

RESOLUÇÃO:1) De acordo com a 2.ª Lei de Kepler, cada satélite tem velocidade areolar

constante:

O satélite A descreve da área total em um intervalo de tempo

de de seu período:

TA = 1620h ⇒

O satélite B descreve metade da área total em metade de seu período:

= 40h ⇒

2) 3.ª Lei de Kepler:

( )3

= ( )2

( )3

= ( )2= (27)2 = 36

Resposta: D

2. Para planetas esféricos e homogêneos de mesma densidade, aaceleração da gravidade na superfície tem módulo g, que éa) independente do raio R do planeta.b) proporcional ao raio R do planeta.c) inversamente proporcional ao raio R do planeta.d) proporcional ao quadrado do raio do planeta.e) inversamente proporcional ao quadrado do raio do planeta.Nota: não considere a rotação dos planetas.

RESOLUÇÃO:1) FG = P

= mg

g = (1)

2) � = =

M = π R3 . � (2)

(2) em (1):

g = . π R3 . �

g = π G� R ⇒

constante

Resposta: B

3. (FCC) – Sendo o campo gravitacional terrestre na superfície daTerra igual a 9,8N/kg, seu valor a uma altitude de 2 raios terrestresacima da superfície da Terra é, em N/kg, mais próximo de:a) 1,1 b) 2,5 c) 3,3 d) 4,9 e) 9,8

RESOLUÇÃO:FG = P

= mg

g0 = gA =

3––4

RA–––RB

3–––43

–––4

TA = 2160h3

–––4

TB = 80hTB–––2

TA–––TB

RA–––RB

2160–––––

80

RA–––RB

RA–––––– = 9RB

GMm–––––

R2

GM–––––

R2

M––––––––4

––– π R33

M–––V

4–––3

4–––3

G–––R2

g = k R4

–––3

GMm–– –––

d2

GMg = ––––

d2

GM–––9R2

GM–––R2

MÓDULO 77 Gravitação – Física Moderna – Dimensões


= ⇒ gA = = N/kg

Resposta: A

4. (UNIOESTE) – Em fevereiro de 2009, foi anunciada a descobertade um pequeno planeta extrassolar, o CoRoT-7b, que orbita a estrelaTYC da Constelação de Unicórnio, a 500 anos-luz da Terra. Com baseem observações indiretas e em cálculos astrofísicos, soube-se que oCoRoT-7b tem uma massa cinco vezes superior à terrestre e seu raio é80% maior. Se denominarmos por gT e gC os módulos das respectivasacelerações gravitacionais nas superfícies da Terra e de CoRoT-7b, écorreto afirmar quea) gC = gT.b) gT é aproximadamente 2,8 vezes maior que gC. c) gT é aproximadamente 1,5 vez maior que gC.d) gC é aproximadamente 2,8 vezes maior que gT.e) gC é aproximadamente 1,5 vez maior que gT.

RESOLUÇÃO:

g =

gC = e gT =

= . ( )2

= 5 . ( )2=

� 1,5

Resposta: E

5. Quando um corpo se move no interior de um fluido, sua velocidadeescalar V varia de acordo com a expressão:

V = (1 – e )

em que F é a intensidade de uma força t é tempoe é a base dos logaritmos neperianosA e B são grandezas desconhecidas

Em relação a massa (M), comprimento (L) e tempo (T), a equação di -men sional do produto AB é:a) ML0T b) M–1L0T2 c) ML0T0

d) M2L0T–1 e) ML0T–2

RESOLUÇÃO:

1) [V] = ⇒ LT–1 = ⇒ [A] = ML0T–1

2) [A] [t] = [B] ⇒ ML0T–1 . T = [B] ⇒ [B] = ML0T0

3) [A] [B] = ML0T–1 . ML0T0

Resposta: D

6. A potência P de um gerador eólico é dada por expressão:P = kAx ρy Vz

em que A é a área das placas� é a densidade do arV é o módulo da velocidade do ventok é um fator adimensional

Se a velocidade do vento tiver seu módulo duplicado, a potência dogerador eólico ficará multiplicada por:a) 2 b) 4 c) 6 d) 8 e) 16

RESOLUÇÃO:ML2T–3 = (L2)x (ML–3)

y(LT–1)

z

ML2T–3 = My L2x–3y + z T–z

y = 1 y = 12x – 3y + z = 2 z = 3–z = –3 x = 1

Quando V duplica, P fica multiplicada por 8.

Resposta: D

GM––––R2

G MC––––––RC

2

G MT––––––RT

2

gC–––gT

MC–––MT

RT–––RC

gC–––gT

1–––1,8

5–––––3,24

gC–––gT

gC � 1,5gT

F––A

A–– tB

gA � 1,1m/s2

9,8–––9

g0–––9

1–––9

gA––––

g0

MLT–2

–––––––[A]

[F]––––[A]

[AB] = M2L0T–1

P = k A � V3

– 25

FÍS

ICA

3.a

S


7. Sobre um metal, faz-se incidir sucessivamente luz verde e luz azul.Sabe-se que com a luz verde o metal não emitiu elétrons e com a luzazul o metal emitiu elétrons.Assinale a proposição correta.a) A emissão de elétrons por um metal, ao receber luz, é denominada

efeito fotoelétrico e foi explicada por Max Planck.b) Se aumentarmos adequadamente a intensidade da luz verde, o metal

passará a emitir elétrons.c) Se aumentarmos a intensidade da luz azul, a energia cinética dos

elétrons emitidos aumentará.d) Se iluminarmos o metal com luz violeta, haverá emissão de elétrons

com energia cinética maior do que a dos elétrons emitidos quandose usou a luz azul.

e) Quando aumentamos a intensidade da luz, o elétron pode absorverdois fótons de uma vez e ser emitido com maior energia cinética.

RESOLUÇÃO:a) Falsa: foi explicado por Einstein e lhe valeu o prêmio Nobel de Física.b) Falsa: devemos aumentar a frequência e não a intensidade.c) Falsa: a energia cinética depende da frequência e não da intensidade

da luz.EC = h f –

d) Verdadeira.e) Falsa: cada elétron só absorve um único fóton.Resposta: D

8. (UCGO) – A radioatividade pode ser utilizada em benefício docorpo humano (radioterapia, por exemplo), mas pode também serextremamente prejudicial a ele, podendo conduzir à morte. Sobre aradioatividade, sabendo-se que a meia-vida de um elemento radioativoé de 15 minutos, se for tomada como ponto de partida uma amostra de320mg desse elemento, observa-se que após uma hora esta ficariareduzida a a) 10mg b) 20mg c) 30mg d) 40mg e) 80mg

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo do número de meias-vidas:

Δt = n T

60 = n . 15 ⇒ n = 4

2) m =

Resposta: B

9. O comprimento de onda De Broglie, associado a um elétron demassa m, é . Sendo h a constante de Planck, a energia cinética doelétron, desprezando-se a variação da massa, éa) h2/2m2 b) mh2/22 c) h2 . 2/md) mh2/2 e) h/m

RESOLUÇÃO:

1) = ⇒ Q =

2) EC = =

Resposta: A

m0–––2n

320m = ––––– (mg) = 20mg

24

h–––Q

h––

Q2–––2m

(h/)2–––––

2m

h2

EC = –––––––2 2m

26 –

FÍSIC

A 3

. aS


– 27

FÍS

ICA

3.a

S

1. O gráfico indica a leitura de um medidor de pressão hidrostáticainstalado em um submarino que submerge com velocidade constante demódulo V numa direção que forma um ângulo � = 53º com a vertical.A densidade de água vale 1,0. 103kg/m3 e adota-se g = 10,0m/s2.São dados: sen 53º = 0,80 e cos 53º = 0,60

O valor de V é:a) 0,2m/s b) 0,3m/s c) 0,5m/s d) 0,6m/s e) 0,8m/s

RESOLUÇÃO:

V = = = (1)

pH = � g h ⇒ h = (2)

(2) em (1): V =

V = . (m/s) ⇒

Resposta: C

2. Dois recipientes que estão conectados por um tubo de secçãoconstante contêm água e óleo, conforme ilustrado na figura. O êmbolopode mover-se livremente sem atrito. A densidade de água vale1,0g/cm3 e a do óleo, 0,80g/cm3.

Na situação de equilíbrio do sistema, a razão vale:

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

RESOLUÇÃO:Nos dois lados do êmbolo, a pressão deve ser a mesma:póleo = págua

patm + �og (H +h) = patm + �a g H

0,80 (H + h) = 1,0H

H + h = 1,25H

h = 0,25H

Resposta: D

Δs–––�t

h–––––––––(cos 53º)�t

5––3

h––�t

pH––�g

5––3

pH––––––�g Δt

5––3

3,0 . 105––––––––––––––––––––1,0 . 103 . 10,0 . 1,0 . 102

V = 0,5m/s

H–––h

H––– = 4

h

MÓDULO 88 Hidrostática


3. (UnB) – A figura abaixo representa um mecanismo hidráulico ideal

e isolado. Uma força constante F→

1 foi aplicada sobre o êmbolo esquerdo

até que ele descesse h1. Como consequência, o êmbolo direito subiu h2,

exercendo uma força F→

2 para cima. O trabalho realizado por F→

1 foi W1

e por F→

2, W2. As seções retas dos êmbolos esquerdo e direito têm áreas

A1 e A2, respectivamente, com A1 < A2.

Considerando-se essas informações e com base no Princípio de Pascal,assinale a opção correta.a) W1 > W2; h1 < h2; F1 < F2.b) W1 < W2; h1 > h2; F1 > F2.c) W1 = W2; h1 < h2; F1 > F2.d) W1 = W2; h1 > h2; F1 < F2.e) W1 = W2; h1 = h2; F1 = F2.

RESOLUÇÃO:

1) Lei de Pascal: =

= Como A2 > A1, resulta

2) Conservação do trabalho:

3) F1h1 = F2h2

=

F2 > F1 ⇒

Resposta: D

4. Um carro de peso P1 está sobre uma plataforma que se comunicapor meio de um líquido incompres sí vel a uma balança de mola.Antes da presença do carro na plataforma, a balança indicava um pesoP0.A área da plataforma vale A1 e a área de contato do líquido com abalança vale A2.

A indicação da balança, P2, com o carro presente, é dada por:

a) P2 = P0 b) P2 = P0 + P1

c) P2 = P0 + d) P2 = P0 +

e) P2 = P0 –

RESOLUÇÃO:Lei de PascalΔP1 = ΔP0

=

ΔP =

Resposta: C

h1 > h2

F1–––A1

F2–––A2

F2–––F1

A2–––A1

h2–––h1

F1–––F2

F2 > F1

W2 = W1

P1A2–––––A1

P1A2–––––A1

P1A1–––––A2

P1–––A1

ΔP–––A2

P1 . A2––––––A1

P1 A2P2 = P0 + ΔP = P0 + ––––––A1

28 –

FÍSIC

A 3

. aS


5. (CEFET-MG) – Uma esfera de massa 0,10kg e volume 1,025 x 10–4m3 encontra-se presa, por um fio inextensível, ao fundode uma piscina que contém água e a 2,0m da superfície, conformefigura seguinte.Dados: �água = 1,0 . 103kg/m3 e g = 10,0m/s2

Se em um dado instante, a esfera desprende-se do fio, então, o tempopara ela atingir a superfície da piscina, em segundos, é igual aa) 0,50 b) 1,0 c) 2,0 d) 3,0 e) 4,0

RESOLUÇÃO:1) Cálculo da aceleração:

PFD : E – P = ma

�LVg – P = ma

1,0 . 103 . 1,025 . 10–4 . 10 – 1,0 = 0,10 . a

2) Δs = V0t + t2

2,0 = T2

T2 = 16,0

Resposta: E

6. (FCC) – Um corpo de peso 5,0N aparenta ter apenas 2,0N de pesoquando está completamente mergulhado na água, cuja densidade é de1,0g/cm3. Tendo a aceleração da gravidade módulo igual a 10m/s2, ovolume do corpo, em cm3, valea) 3,0 . 10–4 b) 3,0 . 10–2 c) 3,0d) 3,0 . 102 e) 3,0 . 104

RESOLUÇÃO:1) Pap = P – E

2,0 = 5,0 – E

2) E = �aVi g

3,0 = 1,0 . 103 . Vi . 10

Vi = 3,0 . 10–4m3

1m = 102cm

1m3 = 106cm3

Vi = 3,0 . 10–4 . 106cm3

Resposta: Da = 0,25m/s2

E = 3,0N

Vi = 3,0 . 102cm3

�––2

T = 4,0s

0,25––––

2

– 29

FÍS

ICA

3.a

S


7. Um elevador tem aceleração vertical dirigida para cima e commódulo a. No interior do elevador, existe um dinamômetro preso aoteto e tendo na outra extremidade um bloco imerso em um líquidohomogêneo de densidade �L. A densidade do bloco vale �B (com�B > �L) e a aceleração da gravidade tem módulo g.

Quando o elevador está em repouso e o bloco fora do lí qui do, odinamômetro regis tra uma força de intensidade F (peso real do bloco).Para que a indicação do dinamômetro, com o bloco imerso no líquidoe o elevador acelerado, continue sendo F, o valor de a deverá ser:

a) a = g �1 – � b) a = g �1 + � c) a = g � �

d) a = g � � e) a = � g�

RESOLUÇÃO:1) F = PB = �B V g

2) ↑ a→ ⇒ gap = g + a

3) Fdin = Pap – Eap = F

�BV (g + a) – �LV(g + a) = �BVg

�Bg + �Ba – �Lg – �La = �Bg

a (�B – �L) = �Lg

Resposta: C

8. Uma esfera com peso de 1,0N é abandonada da posição indicada nointerior de um líquido homogêneo e presa à extremidade de um fioideal.

Despreze a viscosidade do líquido, considere g = 10,0m/s2 e adensidade do líquido quatro vezes maior que a da esfera.Quando a esfera atingir a posição B, a força de tração no fio teráintensidade igual a:a) 1,0N b) 3,0N c) 4,0N d) 5,0N e) 9,0N

RESOLUÇÃO:1) Cálculo da intensidade do empuxo:

P = �E VgE = �L Vg

= ⇒

2) Cálculo da intensidade da força centrípeta em B:

TEC : total = ΔEcin

E + P = –

E . L – P . L =

4,0 . L – 1,0L =

6,0 = ⇒

3) Cálculo da intensidade da força de tração em B:

TB + P – E = FCPB

TB + 1,0 – 4,0 = 6,0

Resposta: E

E = 4P = 4,0NE

–––P

�L–––�E

FCPB= 6,0N

mV2B–––––

2

mV20–––––

2

mV2B–––––

2

mV2B–––––

2

mV2B–––––

L

TB = 9,0N

�L–––––––�B – �L

�L–––�B

�L–––�B

�B–––�L

�B–––––––�B – �L

�La = ––––––––– g�B – �L

30 –

FÍSIC

A 3

. aS


– 31

FÍS

ICA

3.a

S

1. Um turista brasileiro que se encontra num avião ouve as infor -mações de bordo e fica sabendo que a temperatura no aeroporto deLondres, onde irá aterrissar dentro de poucos minutos, é 23°F (vinte etrês graus Fahrenheit). Nesse caso, é aconselhável que o turistaa) utilize roupas levíssimas, por causa da alta tem pera tura.b) utilize roupas pesadas e um bom casaco por causa da baixa

temperatura.c) utilize roupas de meia estação, pois a temperatura corresponde a

5°C.d) utilize roupas de meia estação, pois a temperatura corresponde a

10°C.e) utilize roupas de meia estação, pois a temperatura corresponde a

15°C.

RESOLUÇÃO:Equação de conversão:

=

=

Resposta: B

2. (UNIFESP) – O gráfico mostra as curvas de quantidade de calorabsorvido em função da temperatura para dois corpos distintos: umbloco de metal e certa quantidade de líquido.

O bloco de metal, a 115ºC, foi colocado em contato com o líquido, a10ºC, em um recipiente ideal e isolado termicamente. Considerando-seque ocorreu troca de calor somente entre o bloco e o líquido e que estenão se evaporou, o equilíbrio térmico ocorrerá aa) 70ºC. b) 60ºC. c) 55ºC. d) 50ºC. e) 40ºC.

RESOLUÇÃO:1) Calculemos, inicialmente, as capacidades térmicas do metal (CM) e do

líquido (CL).

CM = � �M ⇒ CM = ⇒ CM = 1,0

CL = � �L ⇒ CL = ⇒ CL = 2,5

2) No equilíbrio térmico, temos:

Qcedido + Qrecebido = 0

Assim:

CM �TM + CL �TL = 0

1,0 . ( T – 115) + 2,5 . ( T – 10) = 0

T – 115 + 2,5 T – 25 = 0

3,5 T = 140

Resposta: E

3. (UDESC) – O gráfico abaixo representa a variação da temperaturade 200,0g de água, em função do tempo, ao ser aquecida por uma fonteque libera energia a uma potência constante.

A temperatura da água no instante 135s e o tempo que essa fonte levariapara derreter a mesma quantidade de gelo a 0°C são, respectivamente,a) 64°C e 200s. b) 64°C e 100s. c) 74°C e 80s.d) 74°C e 200s. e) 74°C e 250s.Dados:calor específico sensível da água = 1,0cal/gºC;calor específico latente de fusão do gelo = 80cal/g.

�F – 32–––––––

9

�C–––5

23 – 32–––––––

9

�C–––5

�C = – 5 ºC

100kJ––––––100ºC

Q–––�T

kJ–––ºC

kJ–––ºC

300kJ––––––120ºC

Q–––�T

T = 40ºC

MÓDULO 99 Termologia I


RESOLUÇÃO:1) Cálculo da potência da fonte térmica (utilizar o intervalo de 0 a 100s):

Pot = =

Pot =

Pot = 80cal/s2) Cálculo da temperatura da água no instante 135s:

Pot �t = mc��

80 . 135 = 200,0 . 1,0 . (�1 – 10)

3) Na fusão de 200,0g de gelo a 0ºC:Pot �t = mLF80 . �t = 200,0 . 80

Resposta: A

4. (UNEMAT-MT) – Numa noite em que a temperatura am biente estáa 0°C, uma pessoa dorme sob um cobertor de 3,0cm de es pessura e decondutibilidade térmica igual a 3,5 . 10–2 J/m . s°C. A pele da pessoaestá a 35°C. Logo, a quantidade de calor transmitida pelo cobertordurante 2 horas, por m2 de superfície, será aproxi madamente igual a:a) 2,94 . 105J b) 3,60 . 105Jc) 6,60 . 105J d) 3,93 . 105J

RESOLUÇÃO:

Lei de Fourier: � = =

Q =

Substituindo-se os valores fornecidos:

Q =

Q = 294000J ⇒Resposta: A

5. (UFJF-MG) – A transmissão de calor pode ser observada frequen -temente em situações do dia a dia. Por exemplo, a temperatura de umferro de passar roupa pode ser estimada de duas maneiras: (1)aproximando-se a mão aberta em frente à chapa do ferro mantido naposição vertical ou (2) tocando-se rapidamente o dedo molhado nachapa. Outro exemplo de transmissão de calor facilmente observado é(3) o movimento característico, aproximadamente circular, de subida edescida da água sendo aquecida em um recipiente de vidro.Em cada uma das três situações descritas acima, a transmissão de calorocorre, respectivamente, principalmente através dea) radiação, condução, convecção.b) condução, convecção, condução.c) convecção, condução, radiação.d) radiação, convecção, condução.e) convecção, radiação, convecção.

RESOLUÇÃO:1) A mão aberta recebe energia térmica do ferro, colocado verticalmente,

por radiação. A mão absorve ondas eletromagnéticas emitidas pelo ferrode passar roupas.

2) Tocando-se o dedo molhado na chapa, o dedo receberá energia térmicapor contato com a chapa, por condução.

3) Ao aquecermos água em chama da boca do fogão, observamos a águaquente, menos densa, subindo e a água fria, mais densa, descendo. Essefenômeno é denominado convecção.

Resposta: A

Q–––�t

C A ��––––––

L

C A �� t–––– –––––

L

3,5 . 10–2 . 1 . (35 – 0) . 2 . 60 . 60–––– ––––––––––– ––––––––– –––––

3 . 10–2

Q = 2,94 . 105J

�t = 200s

�1 = 64ºC

200,0 . 1,0 . (50 – 10)––––––––––––––––––––

100

mc��––––––

�t

Q–––�t

32 –

FÍSIC

A 3

. aS


6. (UNIFESP) – A sonda Phoenix, lançada pela NASA, detectou em2008 uma camada de gelo no fundo de uma cratera na superfície deMarte. Nesse planeta, o gelo desaparece nas estações quentes ereaparece nas estações frias, mas a água nunca foi observada na faselíquida. Com auxílio do diagrama de fase da água, analise as trêsafirmações seguintes.

I. O desaparecimento e o reaparecimento do gelo, sem a presença dafase líquida, sugerem a ocorrência de sublimação.

II. Se o gelo sofre sublimação, a pressão atmosférica local deve sermuito pequena, inferior à pressão do ponto triplo da água.

III.O gelo não sofre fusão porque a temperatura no interior da crateranão ultrapassa a temperatura do ponto triplo da água.

De acordo com o texto e com o diagrama de fases, pode-se afirmar queestá correto o contido ema) I, II e III. b) II e III, apenas. c) I e III, apenas.d) I e II, apenas. e) I, apenas.

RESOLUÇÃO:I. VERDADEIRA.

A sublimação é a passagem do estado sólido pa ra o gasoso (ou vice-versa), sem que a subs tância passe pelo estado líquido. Assim, odescrito está correto.

II. VERDADEIRA.Pelas informações fornecidas, infere-se que a pressão atmosférica nointerior da cratera marciana é menor que 4,579mmHg.

III. ERRADA.A razão pela qual não é facultado ao gelo so frer fusão é a pressão local,certamente menor que a do ponto triplo (4,579mmHg).

Resposta: D

7. (FUVEST) – Enche-se uma seringa com pequena quantidade deágua destilada a uma temperatura um pouco abaixo da tempera tura deebulição. Fechando-se o bico, como mostra a figura A, e puxando-serapi damente o êmbolo, verifica-se que a água entra em ebuliçãodurante alguns instantes (veja a figura B). Podemos expli car estefenômeno considerando

Figura A Figura B

a) que, na água, há sempre ar dissolvido e a ebulição nada mais é doque a transformação do ar dissolvido em vapor.

b) que, com a diminuição da pressão, a temperatura de ebulição daágua fica menor do que a temperatura da água na seringa.

c) que, com a diminuição da pressão, há um aumento da temperaturada água na seringa.

d) que o trabalho realizado com o movimento rápido do êm bolo setransforma em calor, que faz a água ferver.

e) que o calor específico da água diminui com a dimi nuição da pres -são.

RESOLUÇÃO:Quando o êmbolo é puxado rapidamente, o volume onde se encontra ovapor aumenta, diminuindo a pressão na superfície da água. A redução dapressão faz a temperatura de ebulição diminuir. Assim, a água entranovamente em ebulição.Resposta: B

– 33

FÍS

ICA

3.a

S


34 –

FÍSIC

A 3

. aS

1. (CEFET-MG) – Um balão cheio de gás ideal é abandonado nofundo de um lago de 20 metros de profundidade e sobe até a superfície.O volume e a densidade do balão, no fundo do lago, são representados porV1 e �1, respectivamente, e na superfície por V2 e �2. Se a temperatura daágua for constante e a cada 10 metros de profundidade a pressão aumentarde 1,0 atm, a relação correta entre essas grandezas será

a) V1 = V2 e �1 = �2. b) V1 = V2/2 e �1 = 2�2.

c) V1 = V2/3 e �1 = 3�2. d) V1 = 2V2 e �1 = �2/2.

e) V1 = 3V2 e �1 = �2/3.

RESOLUÇÃO:1) Na superfície, a pressão é atmosférica e vale 1,0atm (p0 = 1,0atm).

No fundo do lago, a 20m de profundidade, a pressão vale 3,0atm.

2) Se a temperatura permanece constante, temos:p1 V1 = p2 V2 (Lei de Boyle)

Assim:3,0 . V1 = 1,0 . V2

3) A densidade do balão é dada por:m

� = –––V

Sendo a massa constante, temos:� V = constante.Assim:

�1 V1 = �2 V2

V2�1 ––– = �2 V23

Resposta: C

2. (VUNESP) – Numa experiência, um gás ideal ocupa um volume de25 litros. Após o equilíbrio, a leitura no manômetro indica 2atm e notermômetro 27°C. Con siderando-se a constante universal dos gases0,082 atm . litro/mol . K, pode-se afirmar que o nú me ro de mols dogás é de, aproximadamente:a) 0,5 b) 2 c) 20 d) 23 e) 27

RESOLUÇÃO:Equação de Clapeyron:pV = n R TSubstituindo-se os valores, tem-se:2 . 25 = n . 0,082 . (27 + 273)

Resposta: B

3. Certa massa de gás ocupa, inicialmente, 0,5 litro de um recipiente,sob pressão de 1,0atm. O gás recebe certa quantidade de calor eaumenta sua energia interna em 12,5cal, passando a ocupar um volumede 1,2 litro, sob pressão de 1,8atm, como mostra o gráfico da pressão(p) em função do volume (v).

Considerando-se 1atm = 105Pa e 1cal = 4J, a quantidade de calor queo gás absorve nessa transformação é, em cal, de:a) 98 b) 48 c) 37 d) 24,5 e) 12,5

RESOLUÇÃO:1) Trabalho realizado:

AB = [área]

Atenção! Antes de calcular a área, deve-se transformar o volume delitros para metros cúbicos e a atmosfera para pascal.1� = 10-3m3

1 atm = 105 Pa

Assim: (1,8 . 105 + 1,0 . 105) . (1,2 – 0,5) . 10-3

AB = –––––––––––––––––––––––––––––––– (J)2

2,8 . 0,7 . 102AB = –––––––––––– (J)

2AB = 98J

2) Aumento de energia interna:�UAB = 12,5 cal = 12,5 x 4 (J)

�UAB = 50J

3) Assim, aplicando-se a 1a. lei da termodinâmica, tem-se: QAB = + �U

QAB = (98 + 50)J

QAB = 148J

Portanto:148 QAB = –––– cal4

Resposta: C

V2V1 = –––3

�1 = 3�

2

QAB = 37cal

n � 2 mols

MÓDULO 11 00 Termologia II


4. (MACKENZIE-SP) – A região da cidade de Nova York, nosEstados Unidos da América do Norte, é destacada entre os meteoro lo -gis tas por ficar com temperaturas muito baixas no inverno (até -40oC)e elevadas no verão (entre 35oC e 40oC). Nessas condições, dois fiosmetálicos possuem, em um dia de rigoroso inverno, os mesmos com -pri men tos L01 = L02 = 10,00m. Os coeficientes de dilatação linear mé -dios dos materiais desses fios são, respectivamente, 1 = 1,0 . 10–5oC–1

e 2 = 2,6 . 10–5oC–1. A variação de temperatura que esses fios devemsofrer juntos, para que a diferença entre seus comprimentos seja 8,0 . 10–3 m, é:a) 150oC b) 100oC c) 50oCd) 25oC e) 12,5oC

RESOLUÇÃO:

O fio 2 dilata-se mais. Assim, após o aquecimento, temos:

�L = �L2 – �L1

Como �L = L0 ��, temos:

�L = L02 2 �� – L01

1 ��

�L = ( 2 – 1) L0 ��

8,0 . 10-3 = (2,6 . 10-5 – 1,0 .10-5) . 10,00 . ��

8,0 . 10-3 = 1,6 . 10-5 . 10,00 ��

800 = 16 ��

Resposta: C

5. (UEMS) – Com relação à 2.a lei da termodinâmica, pode-se afirmarqueI. o calor de um corpo com temperatura T1 passa espontaneamente

para outro corpo com temperatura T2 se T2 > T1.II. uma máquina térmica operando em ciclos pode retirar calor de uma

fonte e convertê-lo integralmente em trabalho.III.uma máquina térmica operando em ciclos entre duas fontes

térmicas, uma quente e outra fria, converte parte do calor retiradoda fonte quente em trabalho e o restante envia para a fonte fria.

Assinale a alternativa que apresenta a(s) afirmativa(s) correta(s).a) I b) II c) III d) I e II e) I e III

RESOLUÇÃO:I) FALSA.

A passagem espontânea do calor ocorre sempre do corpo de MAIORtemperatura para o de MENOR temperatura.

II) FALSA.NUNCA todo o calor retirado de uma fonte quente pode ser integral -mente transformado em trabalho. SEMPRE vamos ter parte dessaenergia sendo transferida para uma fonte fria.

III) CORRETA.A 2.a lei da termodinâmica assegura que, da energia retirada da fontequente, uma parte se transforma em trabalho e o restante é transferidopara uma fonte fria.

Resposta: C

6. (VUNESP-MODELO ENEM) – A partir dos estudos datermodinâmica, no final do século XVIII, a evolução dos motores decombustão interna tem sido enorme. O gráfico a seguir evidenciacomo, ao longo do tempo, a eficiência do motor Otto (motor de 4tempos) vem aumentando e projeta-se que chegue a quase 45% no ano2020.

Se considerarmos um Ciclo de Carnot entre as temperaturas decombustão adiabática da gasolina igual a 2300 K e a temperatura detrabalho admissível para o aço como sendo de 925 K, qual o valor derendimento esperado?a) 48% b) 60% c) 70% d) 80% e) 90%

RESOLUÇÃO:Cálculo de rendimento para um ciclo de Carnot:

� = 1 –

� = 1 – = 1 – 0,40

ou

Resposta: B

�� = 50oC

TF–––TQ

925–––––2300

� (%) = 60%� = 0,60

– 35

FÍS

ICA

3.a

S


36 –

FÍSIC

A 3

. aS

1. Na situação esquematizada abaixo, F é uma pequena lanterna fixaque emite um estreito feixe cilíndrico de luz e E é um espelho plano quepode girar em torno de um eixo O perpendicular ao plano desta página.Inicialmente, a luz proveniente de F incide em E sob um ângulo de53°, como indica a figura, produzindo um feixe refletido que iluminao ponto A de uma plataforma também fixa.

O espelho sofre, então, uma rotação de 8° no sentido anti-horário, fa -zendo com que o feixe refletido atinja um outro ponto, B, da mesmaplataforma.Sabendo-se que sen 53° = cos 37° = 0,80 e que cos 53° = sen 37° = 0,60,pode-se afirmar que a distância entre os pontos A e B vale:a) 32cm b) 24cm c) 18cm d) 14cm e) 12cm

RESOLUÇÃO:

(I) Triângulo OAC: tg 53° =

= ⇒ =

(II) Triângulo OBC: tg (53° – 2 ) =

tg (53° – 16°) = ⇒ tg 37° =

= ⇒ =

(III) AB = x1 – x2 ⇒ AB = (32 – 18)cm

Resposta: D

2. (CESGRANRIO) – Em um farol de automóvel, dois espelhosesféricos côncavos são utilizados para se obter um feixe de luz paraleloa partir de uma fonte aproximadamente pontual. O espelho principal E1tem 16,0 cm de raio. O espelho auxiliar E2 tem 2,0 cm de raio.

Para que o feixe produzido seja efetivamente paralelo, as distâncias dafonte S aos vértices M e N dos espelhos devem ser iguais, respec -tivamente, a:

RESOLUÇÃO:(I) A luz proveniente de S reflete-se em E1 e emerge paralelamente ao eixo

principal do farol. Logo, S situa-se no foco principal de E1 e:

SM = f1 = ⇒ SM = (cm)

(II) A luz proveniente de S incide em E2 e reflete-se sobre si mesma. Assim,S situa-se no centro de curvatura de E2 e:

SN = R2 ⇒Resposta: D

x1––––24

sen 53°–––––––cos 53°

x1––––24

0,80––––0,60

x1–––24

x1 = 32 cm

x2––––24

x2––––24

sen 37°–––––––cos 37°

x2––––24

0,60–––––0,80

x2––––24

x2 = 18cm

AB = 14 cm

x2––––24

16,0––––

2

R1––––2

SM = 8,0 cm

SN = 2,0 cm

Distância SM Distância SN

a) 8,0cm 1,0cm

b) 16,0cm 2,0cm

c) 16,0cm 1,0cm

d) 8,0cm 2,0cm

e) 8,0cm 4,0cm

MÓDULO 11 11 Óptica I


3. Uma vela se aproxima de um espelho esférico côncavo comvelocidade escalar constante igual a 5 cm/s. Ao passar pelo ponto P,que está a 60 cm do vértice V do espelho, observa-se que a imagemconjugada pelo espelho é real e tem a metade da altura do objeto.

De acordo com o referencial de Gauss, o intervalo de tempo necessáriopara que a imagem se torne virtual é:a) 2s b) 4s c) 6s d) 8s e) 10s

RESOLUÇÃO:(I) A imagem se torna virtual a partir do instante em que a vela passa pelo

foco principal do espelho, aproximando-se dele.Calculemos, então, a distância focal do espelho, considerando-se aposição inicial da vela no ponto P.

A = ⇒ – = ⇒ – f + 60 = 2f

3f = 60 ⇒

Observe-se que A � 0 porque imagens reais são invertidas.

(II)V = ⇒ 5 = ⇒ �t = (s)

Resposta: D

4. Um pesquisador, estudando o comportamento de um estreito feixecilíndrico de luz laser, observa que, quando o feixe incide obliqua -mente na superfície de um líquido de índice de refração igual a ��3,com ângulo de incidência , parte da energia reflete-se, com ângulode reflexão �, e outra parte refrata-se, com ângulo de refração �. Vejaa ilustração, fora de escala, abaixo.

Se + � = 90º e o índice de refração do ar é igual a 1,0, em qual dasalternativas os valores de , � e � estão corretamente indicados?a) = 60º, � = 45º e � = 30ºb) = 60º, � = 60º e � = 30ºc) = 45º, � = 60º e � = 45ºd) = 30º, � = 30º e � = 60ºe) = 53º, � = 53º e � = 37º

RESOLUÇÃO:

(I) Lei de Snell:

nL sen � = nar sen ⇒ ��3 sen � = 1,0 sen

Se + � = 90º, então, sen � = cos . Logo:

��3 cos = sen ⇒ = ��3

tg = ��3 ⇒

60º + � = 90º ⇒

(II) O ângulo de reflexão (�) é igual ao de incidência ( ): 2.ª lei da reflexão.

Resposta: B

f––––f – p

1–––2

f–––––f – 60

f = 20 cm

�x–––�t

60 – 20––––––

�t

40–––5

�t = 8s

= 60º

� = 30º

� = = 60º

sen ––––––cos

– 37

FÍS

ICA

3.a

S


5. O esquema abaixo mostra um pescador próximo a um lagoobservando um peixe que se encontra dentro d’água. Sabe-se que opescador está com os olhos a 2,000 metros da superfície da água e queo peixe se encontra a uma profundidade de 1,300 metro.

Sabe-se ainda que o índice de refração absoluto da água é igual a 4/3e o índice de refração absoluto do ar é igual a 1. Com base nos dadose no esquema acima, pode-se dizer quea) a distância aparente entre o olho do pescador e o peixe é de 2,975 m.b) para o peixe, a distância aparente ao olho do pescador é de aproxi -

ma damente 2,667 m.c) a luz deve provir do pescador, atravessar a fronteira ar-água e

dirigir-se para seu olho para que ele possa ver o peixe.d) a distância aparente entre o olho do peixe e o olho do pescador é de

3,300 m.

RESOLUÇÃO:

(I) O pescador vê o peixe:

p’1 = p1 ⇒ p’1 = . 1,300 (m)

D1 = h1 + p’1 ⇒ D1 = 2,000 + 0,975 (m)

(II)O peixe vê o pescador:

p’2 = p2 ⇒ p’2 = . 2,000 (m)

D2 = h2 + p’2 ⇒ D2 = 1,300 + 2,667 (m)

Resposta: A

6. (UFSM-RS-2011) – As fibras ópticas foram inventadas na décadade 1950 e estão sendo usadas para transmitir informações. Um tipo defibra óptica é formada por um cilindro de vidro com índice de refraçãon1, e recoberto por uma camada de vidro com índice de refração n2. Aluz se propaga no cilindro central e não passa à camada externa, porquerealiza reflexões totais na superfície de separação. Para que ocorramessas reflexões totais,a) n1 � n2. b) n1 = 0. c) n1 = n2.d) n2 � n1. e) n2 = 0.

RESOLUÇÃO:Na figura, está esquematizado um pedaço de fibra óptica em operação.

Para que a luz sofra sucessivas reflexões totais no interior da fibra óptica,o núcleo deve ser mais refringente que a casca.Logo:

Resposta: A

7. (UFV-2010) – Um raio de luz monocromática incide perpen -dicularmente a uma das faces de um prisma de vidro com índice derefração n e ângulos internos , � e 90º, como mostrado na figuraabaixo. Esse raio é refratado e atinge uma segunda face, a “hipotenusa”do prisma.

O maior índice de refração do meio onde o prisma se encontra paraque o raio refratado na primeira face seja totalmente refletido nasegunda face é:a) n cos ( – �) b) n cos (�)c) n cos ( + �) d) n cos ( )

RESOLUÇÃO:

nar–––––nágua

1–––4––3

D1 = 2,975 m

nágua–––––

nar

4––3

–––1

p’2 � 2,667 m

D2 = 3,967 m

p’1 = 0,975 m

n1 � n2

38 –

FÍSIC

A 3

. aS


Para que ocorra reflexão total em P:

� � L ⇒ sen � � sen L ⇒ sen � �

next � n sen � ⇒ next � n sen (90º – )

next � n cos ⇒

Resposta: D

8. A vitória-régia (Victoria amazônica) é uma planta aquática dafamília das Nymphaeaceae, típica da região amazônica. Ela possui umagrande folha em forma de círculo, que fica sobre a superfície da água,podendo chegar a 2,5 m de diâmetro e suportar até 40kg se forem bemdistribuídos em sua superfície. (www.wikipedia.com.br – consulta em1.o/06/2011)

Admita que um garimpeiro amazônico, depois de encontrar uma belapepita de ouro, resolva “esconder” o produto de seu achado utilizandouma vitória-régia circular, de diâmetro D, flutuante solitária em umigarapé próximo ao seu acampamento. Para isso, ele utiliza um bar -bante de comprimento C, de modo que, em uma de suas extremi dades,amarra a pepita e a outra é fixada no centro da vitória-régia, tal que apepita permaneça submersa, atada ao disco vegetal. Sendo n o índicede refração da água e sabendo-se que o índice de refração do ar é iguala 1, qual deve ser o máximo valor de C para que nenhum obser vadorno ar possa ver o objeto precioso? Considere desprezíveis as dimensõesda pepita.

a) C = ��n2 – 1 b) C = �� 2n2 – 1 c) C = D ��n2 – 1

d) C = D �� 2n2 – 1 e) C = 2D ��n2 – 1

RESOLUÇÃO:Raios incidentes nas bordas da vitória-régia devem emergir de formarasante, conforme ilustra a figura.

(I) Lei de Snell: n sen L = nar sen 90º

n sen L = 1 ⇒

(II) sen2 L + cos2 L = 1 ⇒2

+ cos2 L = 1

cos2 L = 1 – ⇒

(III) tg L = ⇒ =

C = ⇒ C =

Da qual:

Resposta: A

next––––

n

D–––2

D–––2

1sen L = ––

n

1�––�n

��n2 – 1cos L = –––––––––

n

1––n2

D–––2C

sen L––––––cos L

D––2

––––C

D ��n2 – 1–––––––––––

n 21––n

D cos L–––––––2 sen L

DC = ––– ��n2 – 1

2

nextmáx

� n cos

– 39

FÍS

ICA

3.a

S


9. Na situação representada a seguir, um ho mem encontra-semergulhado em uma piscina, de modo que seu olho, O, está alinhadocom a extremidade superior de seu pé, P, segundo uma reta paralela àsuperfície da água, admitida plana e horizontal.

Sendo n o índice de refração da água em relação ao ar e d a distânciaentre O e P, o maior valor possível para a profundidade h, tal que ohomem ainda possa ver a imagem especular de P com brilho demáxima intensidade, é

a) h = d ��n2 – 1 b) h = ��n2 – 1

c) h = ��n2 – 1 d) h = ��n2 + 1

e) h = ��n2 + 1

RESOLUÇÃO:I) No caso em que a profundidade h é máxima, o ângulo indicado na

figura é o ângulo limite do dioptro ar-água e a luz proveniente de P sofrereflexão praticamente total, originando uma imagem especular P’ combrilho de intensidade máxima.

= L ⇒ sen = sen L ⇒ sen =

Da qual: sen = �

II) No triângulo retângulo destacado na figura:

sen = �

Da qual: sen = �

III) Comparando-se � e �, vem

= ⇒ =

h2 + = ⇒ h2 = (n2 – 1)

Da qual:

Resposta: B

nAr––––––nÁgua

1–––n

1–––n

1–––n2

d2

–––––––––––––d2

4 �h2 + ––––�4

d2

–––4

d2n2

–––––4

d2

–––4

dh = ––– �� n2 – 1

2

d––2

d––4

d––2

d––4

d–––2

–––––––––––––––

dh2 + �––�

2

2

d–––––––––––––––––

d22 h2 + –––

4

d–––––––––––––––––

d22 h2 + –––

4

40 –

FÍSIC

A 3

. aS


– 41

FÍS

ICA

3.a

S

1. Nos esquemas abaixo, a lente convergente L, de distância focal fL = 20,0 cm, e o espelho esférico convexo E operam de acordo comas condições de Gauss, com seus eixos principais coincidentes com adireção OP. Na Figura 1, L conjuga a uma pequena lâmpada colocadano ponto O uma imagem situada no ponto P. Na Figura 2, E conjuga àmesma lâmpada fixa em O uma imagem também situada no ponto P.

O raio de curvatura de E tem valor, em centímetros, igual a:a) 37,5 b) 75,0 c) 112,5d) 150,0 e) 187,5

RESOLUÇÃO:

(I) Em relação a L: = +

= + ⇒

(II)Em relação a C: = +

= – ⇒ =

RE = 2 | fE | ⇒ RE = 2 . 75,0 (m)

Resposta: D

2. Na figura, está representado um objeto luminoso de altura yposicionado a 16,0 cm de uma lente convergente L, cuja distância focalé de 8,0 cm. A lente está a uma distância D de um espelho esféricogaussiano E de raio de curvatura 36,0cm e eixo principal coincidentecom o eixo óptico da lente.

Para que a imagem produzida pelo espelho tenha altura igual a 2y eorientação invertida em relação ao objeto, o tipo de espelho esféricoutilizado e o valor de D são, respectivamente:a) côncavo e D = 16,0 cm; b) côncavo e D = 25,0 cm;c) côncavo e D = 43,0 cm; d) convexo e D = 16,0 cm;e) convexo e D = 25,0 cm.

RESOLUÇÃO:(I) Em relação a L:

= +

= +

= ⇒

AL = – ⇒ AL = –

Da qual:

A imagem que a lente conjuga ao objeto é real, situa-se no pontoantiprincipal imagem de L, é invertida (AL é negativo) e temcomprimento y igual ao do objeto. Essa imagem funciona como objetoreal em relação ao espelho.

(II) Em relação a E:Para que a imagem produzida pelo espelho tenha orientação invertidaem relação ao objeto original, ela deve ter orientação direita emrelação ao objeto que lhe dá origem. Logo, AE é positivo e também:

AE = = = 2,0

Se E produz uma imagem direta e ampliada em relação ao objeto quelhe deu origem, trata-se de um espelho côncavo, de distância focalpositiva, dada por:

1–––fL

1–––pL

1–––p’L

1––––20,0

1––––40,0

1–––p’L

p’L = 40,0 cm

1–––fE

1–––pE

1–––p’E

1––––

fE

1––––50,0

1––––30,0

1––––

fE

3,0 – 5,0––––––––

150,0

fE = – 75,0 cm

RE = 150,0 cm

1–––fL

1–––pL

1–––p’L

1–––8,0

1––––16,0

1–––p’L

1–––p’L

p’L–––pL

16,0 cm––––––––16,0 cm

2,0 – 1,0–––––––

16,0p’L = 16,0 cm

AL = – 1,0

i–––o

2y–––y

MÓDULO 11 22 Óptica II


fE = = = 18,0 cm

Logo: AE = ⇒ 2,0 =

18,0 – pE = 9,0 ⇒

(III) D = p’1

+ pE

D = 16,0 + 9,0 (cm) ⇒

Resposta: B

3. (UNIP) – Para uma lente convergente, utilizada nas condições deaproximação de Gauss, o aumento linear A é dado pela relação:

A =

f é a distância focal da lente e p é a distância entre o objeto e o centroóptico da lente.Considere dois objetos idênticos, y1 e y2, posicionados simetricamenteem relação ao foco, conforme ilustra a figura.

Sejam A1 e A2 os aumentos lineares correspondentes aos objetos y1 ey2, respectivamente.

A razão

a) não está determinada. b) vale – 2. c) vale – 1.d) vale 1. e) vale 2.

RESOLUÇÃO:

(I) 1.o caso: A1 = ⇒

(A1 < 0 ⇒ Imagem invertida)

(II) 2.o caso: A2 = ⇒

(A2 > 0 ⇒ Imagem direita)

(III) = ⇒

Resposta: C

4. (International Junior Science Olympiad-IJSO) – Um garotousando uma lupa (lente convergente) está observando o salto verticalde um grilo G. O grilo está posicionado sobre o eixo principal da lente,no ponto médio entre o foco objeto F e o centro óptico C da lente. Ogrilo G salta verticalmente com velocidade inicial de módulo V0. Aaceleração da gravidade tem módulo g e o efeito do ar é desprezível.O grilo iniciou o salto no instante t0 = 0 e atinge o ponto mais alto desua trajetória no instante t1 = T.

Admita serem válidas as condições de aproximação para o uso dasEquações de Gauss.As proposições a seguir se referem ao movimento da imagem G’ quea lente fornece para o grilo G.I. No instante t0 = 0, a imagem do grilo G’ tem velocidade com

módulo 2V0.II. No instante t1 = T, a imagem do grilo G’ tem aceleração com módulo 2g.III.A altura máxima atingida pela imagem do grilo, G’, é o dobro da

altura máxima atingida pelo grilo.Está correto o que se afirmaa) em I, apenas. b) em II, apenas. c) em I e III, apenas.d) em II e III, apenas. e) em I, II e III.

RESOLUÇÃO:

III) Correta: A = =

=

fE––––––fE – pE

18,0––––––––18,0 – pE

pE = 9,0 cm

D = 25,0cm

f–––––f – p

A1–––A2

fA1 = – ––––

a

f________f – (f + a)

fA2 = ––––

a

f________f – (f – a)

A1–––– = –1A2

f– ––

a–––––––

f––a

A1___A2

RE–––2

36,0 cm–––––––

2

f–––––f – p

y’––y

f––––––

ff – –––

2

y’––y

42 –

FÍSIC

A 3

. aS


Da qual:

I) Correta: =

Objeto: =

Imagem: =

Logo:

II) Correta: V = V0 + �t

Objeto: 0 = V0 – gT

Imagem: 0 = 2V0 – a’T

Logo:

Durante todo o voo, tanto o grilo como sua imagem virtual têmacelerações constantes de módulos respectivamente iguais a g e 2g.

Resposta: E

5. (UFC-CE) – Uma lente esférica delgada, construída com ummaterial de índice de refração n, está imersa no ar (nar = 1,00). A lentetem distância focal f e suas superfícies esféricas têm raios curvaturaR1 e R2. Esses parâmetros obedecem a uma relação, conhecida como“equação dos fabricantes”, expressa por

= (n – 1)

Suponha uma lente biconvexa de raios de curvatura iguais (R1 = R2 = R),distância focal f0 e índice de refração n = 1,8 (figura I). Essa lente épartida ao meio, dando origem a duas lentes plano-convexas iguais(figura II). A distância focal de cada uma das lentes é:

a) f0 b) f0 c) f0

d) f0 e) 2f0

RESOLUÇÃO:

(I) Lente biconvexa: = (1,8 – 1) ⇒

(II) Lentes plano-convexas: = (1,8 – 1) ⇒

(III) = . ⇒

Resposta: E

6. (UNESP) – É possível improvisar uma objetiva para a cons truçãode um microscópio simples pingando uma gota de glicerina dentro deum furo circular de 5,0 mm de diâmetro, feito com um furador de papelem um pedaço de folha de plástico. Se apoiada sobre uma lâmina devidro, a gota adquire a forma de uma semiesfera. Dada a equação dosfabricantes de lentes para lentes imersas no ar,

C = = (n − 1) � + �,e sabendo que o índice de refração da glicerina é 1,5, a lente plano-convexa obtida com a gota terá vergência C, em unidades do SI, dea) 200 di b) 80 di c) 50 di d) 20 di e) 10 di

RESOLUÇÃO:A lente plano-convexa em questão tem o formato representado abaixo.

2R = 5,0mm ⇒Aplicando-se a Equação de Halley fornecida no enun ciado, vem:

C = (n – 1) � + �

C = (1,5 – 1) � � (di)

Da qual:

Resposta: A

a’ = 2g

V0 + V––––––

2

�s––�t

V0 + 0––––––

2

y––T

V’0 + 0––––––

2

2y–––T

V’0 = 2V0

1 1––– + –––R1 R2

1––f � �

1––2

4––5

9––5

1–––f0

2––––

R

1–––

f

1–––R

f–––f0

R–––0,8

1,6––––

R

Rf0 = – – ––

1,6

Rf = – – ––

0,8

f = 2 f0

1–––R2

1–––R1

1–––

f

R = 2,5mm = 2,5 . 10–3m

1–––R2

1–––R1

1––––––––2,5 . 10–3

y’ = 2y

C = 200 di

– 43

FÍS

ICA

3.a

S


7. (UFRGS-2011) – Assinale a alternativa que preenche corretamenteas lacunas no fim do enunciado que se segue, na ordem em queaparecem.

O olho humano é um sofisticado instrumento óptico. Todo o globoocular equivale a um sistema de lentes capaz de focalizar, na retina,imagens de objetos localizados desde distâncias muito grandes atédistâncias mínimas de cerca de 25 cm.

O olho humano pode apresentar pequenos defeitos, como a miopia e ahipermetropia, que podem ser corrigidos com o uso de lentes externas.Quando raios de luz paralelos incidem sobre um olho míope, eles sãofocalizados antes da retina, enquanto a focalização ocorre após a retina,no caso de um olho hipermetrope.

Portanto, o globo ocular humano equivale a um sistema de lentes_______________ . As lentes corretivas para um olho míope e paraum olho hipermetrope devem ser, respectivamente,________________ e _________________.a) convergentes – divergente – divergenteb) convergentes – divergente – convergentec) convergentes – convergente – divergented) divergentes – divergente – convergentee) divergentes – convergente – divergente

RESOLUÇÃO:(I) O bulbo ocular humano é dotado de uma lente natural convergente,

denominada cristalino.(II) A correção da miopia (olho “longo” na direção ântero-posterior) é

feita com a utilização de lentes divergentes � �.(III) A correção da hipermetropia (olho “curto” na direção ântero-pos -

terior) é feita com a utilização de lentes convergentes � �.Resposta: B

8. (PUCCAMP) – O esquema abaixo mostra a forma ção da imagemem uma luneta astronômica.

Numa certa luneta, as distâncias focais da objetiva e da ocular são de60cm e 30cm, respectivamente, e a distância entre elas é de 80cm.Nessa luneta, a imagem final de um astro distante formar-se-á aa) 30cm da objetiva. b) 30cm da ocular.c) 40cm da objetiva. d) 60cm da objetiva.e) 60 cm da ocular.

RESOLUÇÃO:

p2 + f1 = d ⇒ p2 + 60 = 80

p2 = 20cm

Equação de Gauss para a ocular:

= – =

(imagem virtual)

Resposta: E

1 1 1–––– = –––– + ––––f2 p2 p’2

1 1 1–––– = –––– + ––––30 20 p’2

2 – 3–––––

60

1–––20

1–––30

1–––p’2

p’2 = – 60cm

44 –

FÍSIC

A 3

. aS


– 45

FÍS

ICA

3.a

S

1. Em 1894, o físico alemão Wilhelm Wein propôs que o produto entreo comprimento de onda da radiação de máxima intensidade emitidapor um corpo (máx) e sua respectiva temperatura absoluta (T) éaproximadamente constante, conforme a expressão:

máx T � 3,0 . 103 (�mK)A radiação térmica proveniente de uma fornalha utilizada para fundirmateriais pode ser analisada por um espectrômetro. A intensidade dasradiações emitidas por essa fornalha a uma determinada temperatura foiregistrada pelo equipamento em função do comprimento de ondacorrespondente, obtendo-se a curva espectral a seguir.

De acordo com as informações do texto e do gráfico e adotando-se paraa intensidade da velocidade de prop a gação das ondas eletromagnéticaso valor 3,0 . 108m/s, pode-se afirmar que a tempe ratura da fornalha ea fre quência da radiação de máxima intensidade emitida valem,respectivamente:a) 3,0 . 103K e 5,0 . 1014Hzb) 3,0 . 103K e 2,0 . 1014Hzc) 2,0 . 103K e 5,0 . 1014Hzd) 2,0 . 103K e 2,0 . 1014Hze) 5,0 . 103K e 2,5 . 1014Hz

RESOLUÇÃO:(I) Observa-se no gráfico que o comprimento de onda associado à radia -

ção de máxima intensidade é aproximadamente igual a 1,5�m.Aplicando-se a Lei de Wein, calcula-se a temperatura absoluta daforna lha.

máx T = 3,0 . 103 ⇒ 1,5T = 3,0 . 103

Da qual:

(II) Aplicando-se a Equação Fundamental da Ondulatória, com

V = 3,0 . 108m/s e = 1,5 �m = 1,5 . 10−6m, vem

V = f ⇒ 3,0 . 108 = 1,5 . 10–6f

Da qual:

Resposta: D

2. (FUVEST) – O gráfico representa, num dado ins tante, a veloci dadetransversal dos pontos de uma corda, na qual se propaga uma ondasenoidal na direção do eixo dos x.

A velocidade de propagação da onda na corda é 24m/s. Sejam A, B, C,D e E pontos da corda. Con si dere, para o instante representado, asseguintes afir mações:I. A frequência da onda é 0,25Hz.II. Os pontos A, C e E têm máxima aceleração trans ver sal (em mó -

dulo).III.Os pontos A, C e E têm máximo deslocamento trans versal (em

módulo).IV. Todos os pontos da corda se deslocam com ve lo ci da de de 24m/s na

direção do eixo x.São corretas as afirmações:a) todas. b) somente IV. c) somente II e III.d) somente I e II. e) somente II, III e IV.

RESOLUÇÃO:I. INCORRETA.

Os pontos A e E indicados no gráfico estão intercalados por um ciclo, oque significa que o comprimento de 8m que os separa corresponde aocomprimento de onda ( = 8m).

Sendo V = 24m/s, calculemos a frequência f:

V = f ⇒ 24 = 8f ⇒

Os pontos da corda oscilam em movimento harmônico sim ples (MHS)numa direção perpendicular à da pro pa ga ção on dulatória. Nos pontosde inversão do sentido do mo vi men to, o desloca mento é máximo (igualà am pli tu de das os ci la ções), a velocidade é nula e a aceleração tem má -xi ma in ten si da de (amáx = �2A, em que � = 2πf, e A é a am pli tude doMHS).Observando o gráfico, notamos que no instante con si de ra do os pontosA, C e E têm velocidade nula e, por isso, II e III são corretas.

IV. INCORRETA.Quem se desloca com velocidade de 24m/s é a onda e não os pon tos dacorda.

Resposta: CT = 2,0 . 103K

f = 2,0 . 1014Hz

f = 3Hz

MÓDULO 11 33 Ondas


3. (PUC-RS) – Denomina-se eco o fenômeno em que se ouvenitidamente um som refletido por obstáculos, uma ou mais vezessucessivas. Sabe-se que o ouvido humano só distingue dois sons que sesucedem num intervalo de tempo igual ou superior a 0,10 segundo.Considera-se que a velocidade do som no ar seja de 350 m/s.De posse desses dados, pode-se concluir que uma pessoa ouve o eco desua própria voz se estiver afastada do obstáculo refletor em, no mínimo,a) 17,5m b) 35,0m c) 40,0m d) 52,5m e) 75,0m

RESOLUÇÃO:

�tida e volta � 0,10s ⇒ � 0,10 ⇒ � 0,10

Da qual: d � 17,5 m

Resposta: A

4. Na situação esquematizada na figura, ondas retas, propagando-sena superfície da água de um tanque, passam de uma região profunda (1)para outra mais rasa (2). Com isso, o comprimento de onda (distânciaentre duas frentes de onda consecutivas) e a velocidade de propagaçãosofrem reduções de p1% (p1 por cento) e p2% (p2 por cento), respecti -vamente.

Aponte a alternativa em que os valores de p1 e p2 estão corretamenteindi cados. Adote, se necessário, sen 37º = cos 53º = 0,60; sen 53º = cos 37º = 0,80.a) p1 = 75 e p2 = 75b) p1 = 75 e p2 = 25c) p1 = 50 e p2 = 50d) p1 = 25 e p2 = 75e) p1 = 25 e p2 = 25

RESOLUÇÃO:

(I) Lei de Snell: =

= ⇒ =

2 = 1 ⇒

Houve redução de 25% no comprimento de onda, logo, p1 = 25.

(II) = ⇒ = 0,75

Houve redução de 25% na velocidade de propagação das ondas, logo, p2 = 25.

Resposta: E

2d–––350

2d––––Vsom

dmín = 17,5 m

1–––2

sen i–––––sen r

1–––2

0,80––––0,60

1–––2

sen 53º––––––sen 37º

2 = 0,75 1 = 75% 1

3–––4

V2–––V1

1–––2

V2–––V1

V2 = 0,75 V1 = 75% V1

46 –

FÍSIC

A 3

. aS


5. (UnB-2010) – Em um experimento que utiliza uma cuba de ondas,foi registrado, em determinado instante, o padrão mostrado na figuraabaixo.

Com base nessa figura, é correto afirmar que se trata de padrão dea) interferência de ondas geradas por duas fontes pontuais em fase.b) difração de ondas circulares oriundas de fendas paralelas em fase.c) interferência de ondas geradas por duas fontes pontuais em

oposição de fase.d) difração de ondas circulares oriundas de fendas paralelas em

oposição de fase.

RESOLUÇÃO:Na foto, distinguem-se linhas ventrais, onde ocorre interferênciaconstrutiva, com superposição de dois ventres, e linhas nodais, onde ocorreinterferência destrutiva, com superposição de um ventre e um vale.Deve-se observar que as fontes operam em concordância de fase, já quecristas correspondentes distam das fontes igualmente.Resposta: A

6. O experimento esquematizado abaixo tem a finalidade dedeterminar a densidade de um bloco maciço, feito de um materialhomogêneo, em relação a um determinado líquido. Fazem parte doaparato utilizado: um vibrador que opera em frequência constante, umfio flexível e inextensível, uma polia fixa isenta de atritos, o blococitado e o líquido, contido num recipiente.Num primeiro procedimento, o vibrador impõe ao trecho horizontal dofio uma onda estacionária constituída de dois nós e um ventre (modofundamental de vibração).

Numa outra etapa, com o bloco totalmente imerso no líquido, ovibrador impõe ao trecho horizontal do fio uma onda estacionáriaconstituída de três nós e dois ventres.

A densidade do bloco em relação ao líquido é:

a) b) c) d) 2 e)

RESOLUÇÃO:(I) 1.ª situação: V1 = 1 f

= 2L f

(II) 2.ª situação: V2 = 2 f

= L f

(III) Dividindo-se as equações e membro a membro, vem:

= 2 ⇒ = 4

P = 4P – 4E ⇒ 3P = 4E

3�Vg = 4�LVg ⇒

Resposta: C

5––2

4––3

3––4

1––2

P––�

P – E––––

�

P––––P – E

P––––P – E

� 4––– = –––�L 3

– 47

FÍS

ICA

3.a

S


7. (ITA) – Quando afinadas, a frequência fundamental da corda lá deum violino é de 440 Hz e a frequência fundamental da corda mi destemesmo instrumento é de 660 Hz. A que distância da extremidade dacorda lá se deve colocar o dedo para se obter o som correspondente aoda corda mi? O comprimento total da corda lá é igual a L e a distânciapedida deve corresponder ao comprimento vibratório da corda.

a) b) c) d)

e) Não é possível a experiência.

RESOLUÇÃO:

Corda sonora:

No modo fundamental: n = 1

Corda lá emitindo 440 Hz: 440 = V

Corda lá emitindo 660 Hz: 660 = V

Dividindo-se as equações e membro a membro, vem:

= ⇒

Resposta: D

8. (PUCCAMP) – Uma proveta graduada tem 40,0cm de altura e estácom água até o nível 10,0cm. Um diapasão de frequência igual a855Hz, vibrando próximo à extremidade aberta da proveta, provocaressonância na coluna de ar.A onda estacionária causadora da ressonância está representada nafigura abaixo.

A velocidade do som nessas condições é, em m/s:a) 326 b)334 c) 342 d) 350 e) 358

Tubo Fechado:

3o. harmônico: 2n – 1 = 3

Logo: f = 3 ⇒ 855 = ⇒

Resposta: C

n Vf = ––––

2L

2L’ = ––– L

3

1–––2L

1–––2L’

440––––660

L’–––L

4L––9

L––2

3L––5

2L––3

Vf = (2n – 1) ––––4L

V = 342m/s3V

––––––––––––––4 (0,40 – 0,10)

V–––4 L

48 –

FÍSIC

A 3

. aS


– 49

FÍS

ICA

3.a

S

1. (FMJ-2011) – Considerando circuitos elétricos constituídos porresistoresôhmicos, analise:I. A potência total dissipada pelo circuito é o resultado da soma das

potências individuais dissipadas pelos resistores participantes docircuito, estejam eles em série ou em paralelo.

II. As associações de resistores em paralelo têm valor ôhmicoequivalente sempre menor que a resistência elétrica do resistor demenor resistência participante da associação.

III.Associações em paralelo têm como característica fracionar o valorda corrente elétrica em partes, que são diretamente proporcionaisaos valores das resistências elétricas participantes da associação.

Está correto o contido ema) II, apenas. b) III, apenas. c) I e II, apenas.d) I e III, apenas. e) I, II e III.

RESOLUÇÃO:I) CORRETA.

II) CORRETA.

III) ERRADA.As intensidades de corrente elétrica são inversamente proporcionaisaos valores das resistências elétricas.

Resposta: C

2. (IJSO-2011) – Numa atividade em grupo, o professor de Físicapropôs aos alunos a montagem de um circuito elétrico para ser usadocomo desembaçador do vidro traseiro de um automóvel. Os alunosdispunham de uma fonte de tensão e de um fio homogêneo de seçãoreta constante e de resis tência elétrica total R. Após uma pesquisa osalunos do grupo dividiram o fio em seis partes iguais e com as tirasresistivas montaram a associação abaixo:

Considerando que a resistência das conexões é desprezível, aresistência equivalente da associação, entre os terminais A e B é iguala:a) R b) 2 . R/3 c) R/6 d) R/9 e) R/12

RESOLUÇÃO:O circuito proposto pode se representado da seguinte maneira:

Resposta: D

MÓDULO 11 44 Eletrodinâmica


3. (MACKENZIE-2011) – Certo estudante dispõe de um voltímetroe de um ampe rímetro, ambos ideais, de um gerador elétrico (pilha), deresistência interna 4,5 Ω, e de uma lâmpada incandescente com asseguintes inscrições nominais: 1,0 W – 9,0 V. Para que essesdispositivos sejam associados corretamente, proporcionando à lâmpadao maior brilho possível, sem “queimá-la”, o esquema que deverá serutilizado é o ilustrado na _________ e a força eletromotriz do geradordeverá ser ______.

As lacunas, do texto acima, são corretamente preenchidas com asafirmaçõesa) FIGURA 1; 9,5 V b) FIGURA 2; 9,5 Vc) FIGURA 3; 9,5 V d) FIGURA 2; 9,0 Ve) FIGURA 3; 9,0 V

RESOLUÇÃO:Nas figuras 1 e 3 o voltímetro não permitirá passagem de corrente elétricae a lâmpada não acenderá

PotL = U . i → 1,0 = 9,0 . i → i = A

UGerador = ULâmpada

E – r . i = ULâmpada → E – 4,5 . = 9,0

Resposta: B

4. (OPF-2011) – Para medir a resistência de um resitor (R) podemosutilizar um método conhecido como ponte de Wheatstone. O seuaparato experimental (veja figura a seguir) consiste de um Galvanô -metro (G), uma fonte de tensão (V), dois resistores de resistênciasconhecidas (R1 e R2) e um resistor de resistência variável (Rvariável). Oprocedimento é bem simples: o estudante deve variar a resistência atéo galvanômetro não detectar corrente passando por ele. A partir daleitura da resistência variável é possível saber qual a resistênciadesconhecida.Suponha que V = 10 V, R1 = R2 = 2 ohms e Rvariável = 6 ohms.

Quanto vale a resistência R quando o galvanômetro não indica passa -gem de corrente elétrica.a) 2Ω b)1/2Ω c) 1/3Ω d) 2/3Ω e) 1/6Ω

RESOLUÇÃO:Se o galvanômetro não indica passagem de corrente elétrica, temos umaPonte de Wheatstone em equilíbrio, assim:

R . Rvariável = R1 R2

R . 6 = 2 . 2

R = Ω

Resposta: D

1–––9

1�–––�

9

E = 9,5V

4–––6

2R = ––– Ω

3

50 –

FÍSIC

A 3

. aS


5. (PUC-2011) – Na figura abaixo temos uma lâmpada e um chuveirocom suas respectivas especificações.

Para que a lâmpada consuma a mesma energia que o chuveiro consomenum banho de 20 minutos, ela deverá ficar acesa ininterrupta mente,por aproximadamentea) 53h b) 113h c) 107h d) 38h e)34h

RESOLUÇÃO:A energia pode ser determinada por meio do produto da potência pelointervalo de tempo.E = Pot . ΔtConsiderando-se que a lâmpada e o chuveiro operem conforme especifica -ções nominais, vem:

Elâmp = Echuv ⇒ (P . Δt)lâmp = (P . Δt)chuv

60 . Δt = 6 800 . ⇒

Resposta: D

6. (UEAM-2011) – No circuito, a lâmpada tem valores nominais 80V – 40W e deve ser ligada a um gerador ideal de 100V.

Para que ela não queime, será necessário conectar entre os pontos A eB do circuito, um resistor de resistência equivalente à da associaçãoindicada na alternativa

RESOLUÇÃO:

A intensidade de corrente elétrica na lâmpada, será dada por:

P = i U

40 = i 80

Na resistência equivalente (Req), temos:

UAB = Req . i

20 = Req . 050

Das associações fornecidas, a alternativa C nos fornece resistênciaequivalente de 40Ω.

Resposta: C

i = 050A

Req = 40Ω

Δt ≅ 38h1

–––3

– 51

FÍS

ICA

3.a

S


52 –

FÍSIC

A 3

. aS

1. Na figura que se segue, temos quatro ímãs dispostos em forma decruz e no centro G da figura está colocada uma bússola.

Desprezando-se a influência do campo magnético terrestre, a figuraque melhor representa a posição correta da sua agulha magnética é:

RESOLUÇÃO:Por definição, o vetor B, num ponto do campo magnético, tem a direção eo sentido da agulha magnética colocada nesse ponto. Assim, se determi nar -mos o vetor B do campo magnético resultante no centro da figura, teremosdeterminada a posição correta da agulha.

Resposta: B

2. Lançamos uma partícula de massa m, eletrizada com carga elétricaq positiva, no interior de um campo magnético uniforme B

→. A direção

do lançamento foi perpendicular às linhas de indução e a velocidade eraV→

.

A figura acima ilustra o experimento. Analise as proposições abaixo:I. A partícula descreveu uma trajetória circular no sentido horário.

II. A partícula descreveu uma trajetória circular de raio R =

III.A força magnética atuante na partícula não alterou a sua energiacinética e, portanto, não realizou trabalho.

Estão corretas:a) todas b) Apenas II e IIIc) Apenas I e III d) Apenas a IIe) Apenas I e II

RESOLUÇÃO:I. ERRADA

A força magnética que atua na partícula com carga elétrica posi tivaobedece à regra da mão esquerda, como se indica na figura. Assim, apartícula terá uma trajetória circular como é indicada, em que a forçamagnética

→F faz o papel de força centrípeta. O sentido do movimento

é o anti-horário.

II. CORRETA

R =

III. CORRETAA força magnética, sendo centrípeta, não altera o módulo da velo -cidade da partícula, mas apenas sua direção. Logo, o movi mento écircular e uniforme.

V = constante ⇒ Ecin = é constante, consequentemente,

não realiza trabalho.

Resposta: B

m . V–––––––

q . B

F = q . V . B (1)

mV2F = Fcp = ––––– (2)

R m V

–––––q B

m V2––––––

2

MÓDULO 11 55 Eletromagnetismo


3. Num laboratório de Física, está sendo feito o seguinte experi mento:partículas eletrizadas são lançadas num tubo oco, como o da figura a,através do orifício 1 existente no centro de sua base esquerda. Nointerior do tubo, existem dois campos de força cruzados: um deles é umcampo magnético uniforme

→B e o outro é um campo elétrico uniforme

→E, perpendiculares entre si e também à trajetória retilínea indicada,como mostra a figura b. No experimento, o efeito gravitacional édesprezível.

Podemos afirmar que as partículas que conseguem atravessar o tubo

a) foram aceleradas de 1 para 2 e, portanto, v2 > v1

b) foram freadas de 1 para 2 e, portanto, v2 < v1

c) o fizeram em movimento retilíneo uniforme, sendo que v1 = v2 = E . B

d) o fizeram em movimento retilíneo uniforme, sendo que v1 = v2 = E / B

e) necessariamente estavam eletrizadas com cargas elétricas positivas.

RESOLUÇÃO:O experimento pode ser realizado com cargas elétricas positivas ounegativas e o seu sucesso não vai depender do sinal da carga como se vaiverificar na demonstração que se segue. Para que uma partícula atinja oorifício 2, seu movimento deverá ser retilíneo e portanto a força magnéticae a força elétrica devem cancelar-se.

Fmag = q . V . B Fmag = Fe�Fe�

= q . e

q/ . V . B = q/ . E

(independe da carga elétrica)

Sendo dois campos uniformes, E e B são constantes e decorre então que avelocidade também permanecerá constante. Assim, o movimento é retilíneoe uniforme, valendo: v1 = v2 = E / BResposta: D

4. A figura ilustra um fio condutor de corrente elétrica, perpendiculara esta folha. Quatro bússolas, B1, B2, B3 e B4, estão equidistantes dofio, sendo que os visores de B2 e B4 estão escondidos, enquanto os deB1 e B2 são visíveis, isto é, mostram a posição correta da agulhamagnética.

Assinale a alternativa que indica, respectivamente:• o sentido da corrente no fio;• a posição da agulha da bússola B2;• a posição da agulha da bússola B4.

RESOLUÇÃO:Usando-se a regra da mão direita, tendo por base as posições das agulhasB1 e B3, constatamos que o sentido da corrente é entrando no papel.

Observando-se a figura acima, concluímos as posições corretas das agulhasB2 e B4.Resposta: A

EV = ––––

B

– 53

FÍS

ICA

3.a

S


54 –

FÍSIC

A 3

. aS

5. Na figura, temos um solenoide (bobina) acoplado a uma lâmpada.Observe que nenhuma bateria está ligada ao sistema. Na direção doeixo da bobina, há um ímã, inicialmente em repouso.

O objetivo deste experimento é acender a lâmpada. Para o sucesso doexperimento, é necessário e suficientea) manter o ímã e a bobina em repouso relativo.b) aproximar lentamente o ímã da bobina.c) afastar lentamente o ímã da bobinad) colocar uma pilha em paralelo com a bobina e movimentar o ímã na

direção do eixo da bobina. É o princípio de geração de energiaelétrica nas usinas hidroelétricas.

e) movimentar rapidamente o ímã na direção do eixo da bobina, ouvice-versa. É a Lei de Faraday.

RESOLUÇÃO:De acordo com a Lei de Faraday, deverá haver variação do fluxo na bobi -na para se produzir a corrente elétrica induzida. Também nos assegura aLei de Faraday que a força eletromotriz induzida é proporcional à variaçãotemporal do fluxo, ou seja:

E = – i =

Desse modo, quanto mais rapidez se der ao movimento relativo ímã-bobina,maior será a fem e portanto mais intensa a corrente elétrica. A lâmpada nãoacende se a corrente for de baixa intensidade, daí a necessidade da rapidez.Resposta: E

6. Duas partículas, 1 e 2, de cargas elétricas q1 = +2e e q2 = +3e, cujasrespectivas massas são m e 3m, foram lançadas num campo magnéticouniforme de intensidade constante B e, durante o seu movimento nointerior do campo, constatou-se que elas possuíam quantidades demovimento de mesma intensidade. Sabendo-se que seu lançamento foiperpendicular às linhas de indução magnética do campo, então a razãoR1/R2 entre os respectivos raios de suas trajetórias vale:a) 6 b) 4 c) 3 d) 3/2 e) 1

RESOLUÇÃO:|→p1| = |→p2|m1 . v1 = m2 . v2 ⇒ m . v1 = 3m . v2 ⇒ v1 = 3 v2 (1)

R =

= =

Resposta: D

E––––

R

��––––�t

NOTE E ADOTEA quantidade de movimento →p de uma partícula é dada por:

→p = m →v

m . v ––––––

q . B

m . 3v2–––––––2e . B

–––––––––3m . v2–––––––3e . B

m1 . v1–––––––q1 . B

–––––––––m2 . v2–––––––q2 . B

R1––––R2

R1 3–––– = –––R2 2


– 55

FÍS

ICA

3.a

S

1. Dispomos de quatro pequenas esferas condutoras, idênticas, co mo nafigura que se segue. A primeira está eletrizada com carga elé trica positiva+4e, a quarta com carga elétrica negativa –2e, enquanto as outras duasestão neutras.

O experimento a ser realizado com elas consiste em três contatossucessivos, conforme se descreve a seguir:• 1º contato: da esfera 1 com a 2, separando-as a seguir.• 2º contato: da esfera 2 com a 3, separando-as a seguir.• 3º contato: da esfera 1 com a 4, separando-as a seguir.

Ao final do último contato, as esferas apresentam a seguinte quantidade decarga elétrica, respectivamente:a) zero; +1e; +1e; zerob) +1e; +1e; +1e; +1ec) zero; +1e; zero; +1ed) +2e; zero, zero; +2ee) zero; zero; +1e; +1e

RESOLUÇÃO:

Ao final desse contato, as duas esferas terão cargas iguais a +2e, cada umadelas.

Ao final desse contato, as duas esferas terão cargas iguais a +1e, cada umadelas.

Ao final desse contato, as duas esferas estarão neutras, isto é, sua carga elétricaserá nula.Assim, ao final do último contato, as cargas elétricas das quatro esferas serão,respectivamente: zero; +1e; +1e; zero.Resposta: A

MÓDULO 11 66 Eletrostática


2. Duas esferas metálicas muito leves estão penduradas por fios perfei -ta mente isolantes e de massa desprezível, em um ambiente seco. Uma barrade vidro, eletrizada positivamente, é aproximada da esfera da direita e nãotoca nela , conforme mostra a figura.

Decorridos alguns segundos, mantido o bastão à direita próximo da esferaB, a configu ra ção que melhor representa o estado final do experimento é:

RESOLUÇÃO:Durante a aproximação do bastão de vidro eletrizado positivamente, ocor reindução elétrica. Estando as duas esferas em contato, haverá passagem deelétrons da esfera A para a esfera B. Teremos inicialmente:

Devido à carga elétrica positiva do bastão, a esfera B (direita) é atraída e aesfera A (esquerda) é repelida. Teremos então a seguinte situação final:

Resposta: D

3. (FUVEST-2011) – A lei de conservação da carga elétrica pode serenunciada como se segue:a) A soma algébrica dos valores das cargas positivas e negativas em um

sistema isolado é constante.b) Um objeto eletrizado positivamente ganha elétrons ao ser aterrado.c) A carga elétrica de um corpo eletrizado é igual a um número inteiro

multiplicado pela carga do elétron.d) O número de átomos existentes no Universo é constante.e) As cargas elétricas do próton e do elétron são, em módulo, iguais.

RESOLUÇÃO:O princípio da conservação da carga elétrica se aplica a um sistema isolado. Seuenunciado pode ser também:“Num sistema eletricamente isolado, o somatório algébrico das cargas elétricaspermanece constante”, que é equivalente ao enunciado da alternativa A.Resposta: A

56 –

FÍSIC

A 3

. aS


– 57

FÍS

ICA

3.a

S

4. Considere duas pequenas esferas idênticas, A e B, de cargas elétricasiniciais +3Q e –Q, respectivamente. Estando elas separadas por umadistância d, a força eletrostática de atração entre elas tem intensidade F.Colocamos as duas pequenas esferas em contato e, a seguir, separamo-lasde uma distância d/2. A nova força eletrostática será de repulsão e suaintensidade será:

a) 4F b) F c) F/4 d) 4F/3 e) F/12

RESOLUÇÃO:Inicialmente, temos:

F = K = K a

Em contato, elas adquirem uma mesma carga Q’:

Q’ + Q’ = (+3Q) + (–Q)

2Q’ = +2Q

Q’ = +Q

Separando-as de uma distância d/2, vem:

F’ = = K b

Dividindo-se b por a:

= ⇒ = ⇒ F’ =

Resposta: D

5. Nas três figuras abaixo, o ponto O é o centro geométrico de cada umadelas. Cargas elétricas puntiformes foram fixadas nos vértices do triânguloequilátero da figura 1 e do quadrado da figura 2; também foram espalhadascinco cargas elétricas na circunferência da figura 3. Todas as cargaselétricas citadas têm o mesmo módulo Q e diferem apenas pelo seu sinal,conforme se indica nas figuras.

O campo elétrico no centro O, resultante da ação das cargas elétricas decada esquema, é nuloa) na figura 1, apenas. b) na figura 2, apenas.c) na figura 3, apenas. d) em nenhuma delas.e) nas figuras 2 e 3.

RESOLUÇÃO:Somente temos simetria das cargas em relação ao centro O na figura 2.Portanto, o campo é nulo apenas para essa distribuição simétrica de cargas:

→E1 e

→E3 são vetores de afastamento

→E2 e

→E4 são vetores de aproximação

→E1 anula

→E3

→E2 anula

→E4

Resposta: B

3Q2

–––––d2

(3Q) . (Q)––––––––––

d2

4Q2

––––d2

K . Q . Q––––––––

d�–––�2

2

4F–––3

4–––3

F’–––F

4 KQ2–––––––

d2––––––––

3 KQ2––––––––

d2

F’–––F


58 –

FÍSIC

A 3

. aS

6. Uma carga elétrica puntiforme (+Q) gera um potencial elétrico (+V)a uma distância R. Consideremos um conjunto de N partículaseletrizadas, tais que N/2 estão positivas e eletrizadas com carga +Q, aopasso que o restante tem carga -Q, todas dispostas numa mesmacircunferência de raio R, como ilustra a figura abaixo.

Sendo K a constante eletrostática do meio, então, o valor absoluto dopotencial resultante no centro da circunferência é:a) zero b) NV/4 c) NV /2 d) NV e) 2NV

RESOLUÇÃO:Para uma carga elétrica positiva na circunferência, o potencial gerado nocentro vale:

V =

Para (N/2) cargas positivas, temos:

V1 = +� � � �Analogamente, para (N/2) cargas negativas, vale:

V2 = – � � � �No centro da circunferência, o potencial resultante é dado pela somaalgébrica dos potenciais parciais e vale:

Vres = V1 + V2 = � �. � � + � �. � � = 0

Logo, o potencial resultante é nulo.Resposta: A

+K Q–––––

R

N–––2

K Q––––

R

N–––2

K Q––––

R

N+ –––

2

K Q––––

R

N– –––

2

K Q––––

R


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