introdução à física em18 1 fis a 01 - sae.digital.s3...

EM18

_1_F

IS_A

_GA

B

GAB 389

Introdução à Física EM18_1_FIS_A_01

Desenvolvendo Habilidades

1. B

2. D

3. C

4. A

5. E

Complementares

1. D

2. C

3. OG = 103

4. A

5. 1013

6. B

7. a) 250 páginas

b) 35 cm²

8. T ≈ 1015 anos.

Introdução à Cinemática escalar EM18_1_FIS_A_02


1. A

2. C

3. E

4. C

5. C

6. D

Complementares

1. a) vm = 0,2 cm/dia

b) O crescimento é uniforme, com velocidade constante.

2. D

3. C

4. A

5. V, F, V, F, F.

6. v = 20 m/s; s = 50 + 20 t.

7. vm = 56 km/h

8. B

9. D

10. E

Movimento Uniformemente Variado (MUV) EM18_1_FIS_A_03


1. E

2. A

3. E

4. A

5. C

Complementares

1. E

2. A

3. D

4. A

5. 10 m e –5,6 m/s2

6. E

7. D

8. t = 4v0

a9. D

Cinemática vetorial EM18_1_FIS_A_04


1. D

2. A

3. E

4. D

Complementares

1. B

2. B

3. A

4. D

5. B

6. a) |vm| = 1,67 · 10–7 m/s

b) I = 6 · 10–4 m

7. t2

t1

≅ 12

−

vc

FIS A

PG18LP311SDF0_MIOLO_EM18_1_FIS_LP.indb 389 12/10/2017 19:40:45

EM18

_1_F

IS_B

_L1_

GA

B

GAB390

Fundamentos da Óptica Geométrica EM18_1_FIS_B_01


1. E

2. C

3. D

4. E

5. D

6. A


1. C

2. B

3. D

4. C

5. B

6. B


1. B

2. C

3. E

4. D

5. A

6. A


1. E

2. D

3. D

4. D

5. A

6. B

Complementares

1. C

2. A

3. C

4. C

5. A

6. D

Complementares

1. D

2. C

3. A

4. D

Complementares

1. E

2. A

3. D

4. D

5. B

6. B

7. A

Complementares

1. B

2. E

3. D

4. B

Reflexão luminosa I EM18_1_FIS_B_02

Reflexão luminosa II EM18_1_FIS_B_03

Refração luminosa I EM18_1_FIS_B_04

8. a) Virtual

b) 1,33 m

c) Convexo

9. A

10. A

5. B

6. C

7. = 45°

7. a)

0

AA’

BB’

b) d = 375 · 103 km

8. a) D = 45 m

b) Vai diminuir. h = Hd/D

5. A

6. B

7. a) B’ (0; 6) e A’ (0; 8)

b) x1 = 6 cm e x2 = 10 cm

8. x = 15 cm

9. a) L = 2,2 m

b) x = 0,6 m

FIS B


EM18

_1_F

IS_A

_SO

L

SOL 391FIS A

Introdução à Física EM18_1_FIS_A_01


1. BSubmúltiplo → nano = 10–9 m

2. DDe acordo com os dados da tabela:

21 30 9 69 11 61

11 0 61 11 61100

, , ,

,

− =

+ = +

3. COrdem de grandeza para a população atual:200 milhões = 200 ∙ 106 = 2 ∙ 108 ⇒ OG = 108

Ordem de grandeza para a população da época da invasão ho-landesa:20 mil = 20 ∙ 103 = 2 ∙ 104 ⇒ OG = 104

4. ADados:BCMS = 4 teslasBTerra = 30 microteslas = 30 · 10–6 teslaRazão:

BB

CMS

Terra

=⋅

=−

430 10

133 3336

5. EInformações do enunciado:1 nanotubo de carbono — 10 nm1 molécula de DNA — 100 nm1 hemácia — 10 000 nm1 fio de cabelo — 100 000 nmDevemos nos ater aos seguintes prefixos

1 μm = 10–6 m1 nm = 10–9 m

Analisando cada afirmativa:a) Incorreta. Pela escala apresentada, um nanotubo de carbono

é dez mil vezes mais fino que um fio de cabelo.

b) Incorreta. Se fizermos a composição de 100 mil átomos, que deve ser muito menor que um nano tudo de carbono, não teríamos o diâmetro de um fio de cabelo.

c) Incorreta. Para 1 micrômetro, temos:1 μm = 10–6 m = 103·10–6 ·10–3 m

1 μm = 103·10–9 m1 μm = 1000 nm

d) Incorreta. A escala do DNA é quase a mesma de um vírus. Assim, o vírus é pelo menos 100 vezes menor que uma hemácia.

e) Correta. Para um fio de cabelo:100 000 nm = 100 000 ·10–9 m = 105·10–9 m

100 000 nm = 102 · 10–6 m100 000 nm = 100 μm

Complementares

1. DV = 625 000 cm³ = 625 000 ml → V = 625 L.

2. C1. Pessoas que vivem no planeta: 5,68 · 109 = 568 · 107

2. Nascimentos por ano: 90 000 000 = 9 · 107

3. Passam fome: 800 000 000 = 8 · 108 = 80 · 107

3. Considerando que são banhos diários de 15 minutos, em uma semana teremos 105 minutos de banho. A capacidade do reserva-tório será calculada por:

10 L —— 1min x —— 105min

O valor do x será de:x = 1 050 L = 1,05 · 103 L

A ordem de grandeza será de:OG ≈ 103

4. AA área total do evento será:

A = 1 200 m · 450 mA = 540 000 m2

Descontando a área do palco que não pode ser ocupada por pessoas:

Aútil = A – Apalco

Aútil = 540 000 – 50Aútil = 539 950 m2

Em ordem de grandeza da área útil será de:Aútil = 539 950 m2 = 5,39 · 105 m2

Aútil ≅ 106 m2

São duas pessoas por metro quadrado, assim a lotação máxima será de:

2 pessoas —— 1 m2

x —— 106 m2

Assim, a ordem de grandeza do x será de:x ≅ 106

5. Com a relação apresentada no enunciado, observamos que 17% da vazão de água doce são 680 bilhões de litros. Assim:

17% —— 680 bilhões L 100% —— x

x = 4 000 bilhões LA ordem de grandeza será de:

x = 4,0 · 1012 LComo 4,0 > 3,16, a ordem de grandeza é 1013.

6. BConsiderando cada afirmativa proposta no enunciado, temos:1. Correta.

Lembrando que:

1 cm = 10–2 mPodemos trabalhar com o número, de forma que:

60 000 cm2 = 60 000 (10–2 m)2 = 6 · 104 · 10–4 m2

60 000 cm2 = 6 m2

2. Correta. 216 km/h = 60 m/s

Lembrando que:

1 m/s —— 3,6 km/hTemos:

1 m/s —— 3,6 km/h x —— 216 km/h

O valor de x será de: x = 60 m/s


EM18

_1_F

IS_A

_SO

L

SOL SOL392 FIS A

Introdução à Cinemática escalar EM18_1_FIS_A_02


1. APartindo das informações do enunciado e tendo vv como a veloci-dade do vento e va como a velocidade do avião, podemos entender que, voando a favor do vento, a velocidade da aeronave deve ser somada à do vento e, no voo contra o vento, deve haver uma sub-tração de velocidades. Logo, podemos montar um sistema:va + vv = 180va – vv = 150No sistema acima, podemos somar termo a termo, de modo que:2va = 330va = 165 km/hLogo, vv = 180 – va = 180 – 165 = 15 km/h

2. CA distância percorrida pelo navio pode ser obtida pela expressão:

v st

s v t= → =∆∆

∆ ∆

∆s = (20 milhas/h) (10h)∆t = 200 milhas

Para converter para km, usamos a relação: 1 milha —— 1,852 km

200 milhas —— xO valor da distância em quilômetros será de aproximadamente:

x ≅ 370 km3. E

Para descobrir o tempo gasto, utilizaremos toda a distância que o carro deverá percorrer, que é a distância da pista (1 km) mais a distância do caminhão (30 m) mais a distância do carro (4,5 m). Como o carro viaja a 100 km/h e o caminhão a 80 km/h, para um observador dentro do carro, é como o caminhão estivesse parado e o carro a 20 km/h.

s s v t s v t t sv

t t h

s s v t

= + → = → =

= → =

= +

0 0 00

0 0

1 034520

0 051725

∆ ∆ ∆ ∆ ∆

∆ ∆

∆

, ,

→→ == ⋅ → ≅

∆ ∆∆ ∆

s v ts s km

0

100 0 051725 5 17, ,

3. Incorreta.Lembrando que:

1 L = 1 dm3 = (101 m)3

Assim:

30 L = 30 dm3 = 30 · 103 m3

30 L = 30 000 m3

4. Correta.Lembrando que:

1h = 3 600sTemos:

1h —— 3 600s x —— 7 200s

O valor de x será : x = 2h

5. Correta.Lembrando que:

1 kg = 103 kgAssim:

250 kg = 250 · 103 g250 kg = 2,5 105 g

7. a) Podemos obter a massa de tinta de caneta necessária para

escrever uma linha pela diferença:m = 0,2789 g – 0,2785 g

m = 0,0004 gCom uma caneta de 2 g é possível escrever:

1 linha —— 0,0004 gx —— 2 g

O número de linhas será de:

x = 5 000 linhas

Considerando que cada página comporta 20 linhas, o número de páginas possíveis será de:

1 página —— 20 linhas x —— 5 000 linhas

O número total de páginas será de:

x = 250 páginasb) A gramatura do papel é de 80 g/m2:

80 g —— 1 m2

0,2785 g —— xx = 0,0035 m2

Adaptando o valor, de forma conveniente:x = 35 · 10–4 m2 = 35 (10–2 m)2

x = 35 cm2

8. Com a relação apresentada no enunciado, observamos que o nú-mero de moléculas em cada 1 grama de água será de:

18 g —— 6,02 · 1023 moléculas1 g —— xx = 3,34 · 1022 moléculas

Considerando que cada molécula de água é composta por três áto-mos (2 oxigênio e 1 hidrogênio), assim o número de átomos será de:

x ≅ 1022 átomosA vazão é de 1 átomo por segundo, assim é necessário o tempo de:

T ≈ 1022sO tempo, em segundos, de um ano será de:

1 ano = 365 dias (24 horas) (3 600s)1 ano ≈ 107s

O tempo, em anos, será de:

T anos ≈ 1010

22

7

T ≈ 1015 anos


EM18

_1_F

IS_A

_SO

L

SOL SOL 393FIS A

4. C

s s v t t sv

t t h t

t t h t

= + ⋅ → =

= → = → =

= → = → =

0 00

1 1 1

2 2 2

560

112

5

530

16

10

∆

min

miin

mint t t t t t h

v v

t t t

média

= + → = + → = → =

= → =

1 2 t 5 10 15 14

1014

40média km//h

5. CPodemos calcular os tempos separados para cada trecho e depois somá-los. No primeiro trecho, a velocidade é de 80 km/h e a distân-cia percorrida é de 80 km. O tempo necessário será de:

v st

t sv

= → =∆∆

∆ ∆1

1

1

∆t km1

8080

= km/h

∆t1 = 1hNo segundo trecho, a velocidade permitida é de 120 km/h para vencer uma distância de 60 km. O tempo necessário será de:

v st

t sv

= → =∆∆

∆ ∆2

2

2

∆t260

120= km

km/h∆t2 = 0,5h

O tempo real de viagem será de:t = ∆t1 + ∆t2

t = 1h + 0,5ht = 1,5h

6. DNo início do problema, o veículo trafegava a uma velocidade de 100 km/h pela distância de 600 km. O tempo de percurso será de:

v st

t sv

= → =∆∆

∆ ∆

∆t = 600100

km km/h

∆t = 6hAo diminuir a velocidade para 20% da velocidade original, seu novo valor será de:

v = 80 km/hO novo tempo de percurso será de:

∆ ∆t sv

=

∆t = 60080

km km/h

∆t = 7,5hO aumento percentual do tempo será de:

6h —— 100%7,5h —— xx = 125%

O aumento percentual será de 25% no tempo, após a redução da velocidade.

Complementares

1. a) A velocidade de crescimento da planta pode ser calculada por:

v s st t

v cm cmdias cm

v

f

f

= −−

= −−

=

0

0

2 010 0

0 2

cm/dia,

b) O movimento de crescimento pode ser dito uniforme, pois a velocidade de crescimento em cada intervalo de tempo é constante.

2. DPela informação do enunciado, observamos que 1 nó corresponde à velocidade de 1,8 km/h. Assim, um navio que possui velocidade de 25 nós tem velocidade em km/h de:

1 nó —— 1,8 km/h25 nós —— x x = 45 km/h

A distância percorrida por esse navio em 10h será de:

v st

s v t= → =∆∆

∆ ∆

∆s = (45 km/h)(10h)∆s = 450 km

3. CSão dados do enunciado:Velocidade do automóvel: va = 80 km/hVelocidade do caminhão: vc = 60 km/hDistância de automóvel e carro: ∆s = 60 kmPara encontrar o tempo de encontro do caminhão e automóvel, devemos igualar as equações de posição dos corpos. Vamos admitir que a posição zero seja a posição inicial do automóvel, e o caminhão está localizado a 60 km à sua frente:

sa = 80tsc = 60 + 60t

Igualando os dois termos:sa = sc

80t = 60 + 60t20t = 60

t = 3h

4. AA velocidade média do corpo pode ser calculada pela expressão:

v st

= ∆∆

v s st t

= −−

0

0

Com os dados numéricos do problema:

v km kmh h

= −−

445 6011 5 8

,

v = 3853 5

kmh,

v = 110 km/h


EM18

_1_F

IS_A

_SO

L

SOL SOL394 FIS A

5. Resposta por item:I. Verdadeira.

A velocidade média do carro é obtida pela razão da distância percorrida pelo tempo total de viagem:

v s st t

v km kmh h

f

f

= −−

= −−

0

0

240 011 7

v = 60 km/hII. Falsa.

Caso a velocidade média do percurso fosse de 70 km/h, o tempo de viagem seria de:

v st

t sv

= → =∆∆

∆ ∆

∆t = 24070

km km/h

∆t = 3,4hIII. Verdadeira.

Observação direta da tabela de velocidade instantânea apre-sentada na questão.

IV. Falsa.Não podemos afirmar que velocidade média de um trecho é a média da velocidade final e inicial desse trecho.

V. Falsa.Não há informações sobre o final da viagem, do km 205 até o km 240. Assim, não podemos afirmar que esta seja a maior velocidade obtida pelo corpo.

6. A velocidade do carro é obtida pela inclinação (coeficiente angular) da reta, de forma que:

v s st t

v m ms s

v

f

f

= −−

= −−

=

0

0

250 5010 020

m/s

A equação horária da posição é escrita como:s = s0 + vt

Com os dados do problema:s = 50 + 20t

A posição inicial é dada pelo coeficiente linear da reta.

7. O trecho de cuidado da polícia é de 400 m e deve ser percorrido com velocidade máxima de 80 km/h (22,2 m/s). Assim, o tempo para atravessar essa faixa seria de:

v st

t sv

t

= → =

=

∆∆

∆ ∆

∆ 40022 2,

∆t = 18sPorém, o motorista apressadinho percorreu metade do trajeto (200 m) com velocidade de 140 km/h (38,8 m/s), assim o tempo gasto nesse trajeto foi de:

v st

t sv

t ms

= → =

=

∆∆

∆ ∆

∆ 20038 8

,

∆t = 5,15s

Dessa forma ele deve percorrer o segundo trecho no tempo de ∆t = 12,8s para apresentar velocidade média compatível com a via. Assim, a velocidade do carro na segunda metade do trecho será:

v st

v ms

v

=

=

=

∆∆

20012 8

15 6

m/s,

,

A velocidade na segunda metade deverá ser de 56 km/h.

8. BPara localizar o ponto de encontro do táxi e do ônibus, devemos escrever a equação de posição de cada corpo. As velocidades devem ser apresentadas em m/s. Assim, cada velocidade será de:

vt = 25 m/sv0 = 16,6 m/s

O enunciado nos informa que o ônibus se deslocou por 5min (300s), assim sua posição inicial será de 5 000 m. As equações de cada corpo serão:

st = 25ts0 = 5 000 + 16,6t

Igualando os dois termos:st = s0

25t = 5 000 + 16,6t8,4 t = 5 000

t ≅ 595sDividindo por 60s/min, encontramos o tempo em minuto:

t ≅ 10min

9. DUm carro A para pelo semáforo com uma velocidade de 45 km/h = = 12,5 m/s e demora T segundos para passar pelo percurso.Um carro B, que está mais distante passa pelo semáforo com uma velocidade de 50 km/h = 13,889 m/s e demora (T – 8) segundos.Ambos pegando a “onda verde”.∆s = v0 ∙ ∆t∆sA = 12,5 ∙ T (i)∆sB = 13,889 ∙ (T – 8) (ii)12,5 ∙ T = 13,889 ∙ (T – 8)T = 80s (iii)(iii) em (i):∆s = 12,5 ∙ 80 → ∆s = 1 000 m → ∆s = 1 km.

10. ESão dados do enunciado:Velocidade do carro 1: v1 = 60 km/hVelocidade do carro 2: v2 = 80 km/hDistância de A e B: ∆s = 960 kmHora do início do movimento do carro 1: t0 = 8:00hHora do início do movimento do carro 2: t0 = 10:00hPor afirmativas apresentadas:I. Incorreta.

O tempo de viagem do carro 1 pode ser obtido por:

v st

t sv

t km

t h

11

11

1

1

96060

16

= → =

=

=

∆∆

∆ ∆

∆

∆

km/h

A hora de chegada será 8h mais 16h = 24h, ou ainda meia-noite.


EM18

_1_F

IS_A

_SO

L

SOL SOL 395FIS A

II. Correta.O tempo de viagem do carro 1 pode ser obtido por:

v st

t sv

t km

t h

22

22

2

2

96080

12

= → =

=

=

∆∆

∆ ∆

∆

∆

km/h

A hora de chegada será 10h mais 12h = 22h.III. Correta.

Para obter o tempo de encontro dos carros, escrevemos a equa-ção horária da posição de ambos os carros. Vamos admitir que a cidade A é o ponto 0, e quando o carro 2 começa a deslocar-se o carro 1 está distante 120 km (60 km/h · 2h). A hora inicial passa a ser 10h, momento em que o carro 2 passa a movimentar-se:

sA = 80tsB = 120 + 60t

Igualando os dois termos:

sA = sB

80t = 120 + 60t20t = 120

t = 6hO tempo de encontro será de 6h + 10 = 16h

IV. Correta.Subsistindo o tempo de encontro na equação de posição dos corpos, temos a posição de ultrapassagem, que será de:

sB = 120 + 60tsB = 120 + 60(6h)

sB = 480 kmA posição de 480 km, onde os corpos se encontram, correspon-de à metade da distância de A e B.

Movimento Uniformemente Variado (MUV) EM18_1_FIS_A_03


1. Ea) Falsa. A posição inicial está abaixo do eixo do tempo e, sendo

vertical o eixo das posições e apontando para cima, qualquer ponto abaixo do eixo horizontal tem posição negativa.

b) Falsa. O sentido do seu movimento somente é alterado se o sinal da velocidade muda. No caso pode-se constatar pela inclinação do gráfico, isto é, pelas tangentes em cada ponto do gráfico indicando que trata-se de um movimento retilíneo uniforme-mente acelerado, com velocidade crescente e sempre positiva.

c) Falsa. A partícula estaria em repouso se a velocidade em algum momento fosse igual a zero, mas isto não ocorre durante todo o tempo de trajeto.

d) Falsa. Ver item anterior.

e) Verdadeira.

2. AA distância percorrida a partir do repouso de um móvel em movi-mento variado é dada por:

∆s a t=2

2

E a aceleração é dada por:

a vt

= ∆

Então:

∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆s vt

t s v t s kmh

s hs

s km= → = → = ⋅ ⋅ ∴ =2

2 212 150 10

21

360016 875,

3. EAs velocidades em unidades do SI são 20 m/s e 25 m/s. A distância entre os dois radares será:

∆

∆

∆∆

s v t at

s

ss m

= +

= ⋅ +

= += =

0

2

2

2

20 60 112

602

1200 1501350 1

( )

, 3350 km

4. AAs funções horárias da velocidade e do espaço são:

v v at v v

s v t a t s v m

= + → = + ⋅ → =

= + → = + ⋅ → =

0

02 2

0 2 3 6

20 2

23 9

m/s

∆ ∆

5. CA aceleração é:

a vt

a

a

=

= −−

=

∆∆

28 47 1

4 2 m/s

Em t = 7s, v = 28 m/s

v v atv

v

= += + ⋅=

0

0

0

28 4 70 m/s

O deslocamento ∆s entre 3s e 5s é fornecido pela área do trapézio∆s = área

∆

∆

∆

s B b h

s

s m

= + ⋅

= + ⋅

=

( )

( )

2

20 12 22

32

Complementares

1. EO motorista está trafegando com velocidade de 30 m/s e tem dispo-nível 50 m de frenagem com desaceleração de 5 m/s2. A velocidade final do carro será de:

v v a sv SI

vv

202

2 2

2

230 2 5 50

40020

= += −

==

∆( ) ( )( )( )

m/s

O motorista será multado, pois terá velocidade de 72 km/h (20 m/s), acima do limite da via, de 60 km/h.


EM18

_1_F

IS_A

_SO

L

SOL SOL396 FIS A

2. AO avião precisa desenvolver a velocidade de 70 m/s (252 km/h) por uma distância de 1 960 m, partindo do repouso. A aceleração do corpo será de:

v v a s

a vs

a

ms

ma

202

2

2

2

2

2

70

2 19601 25

= +

=

=

=

∆

∆

( ), m/s

3. DO enunciado nos informa a velocidade inicial do veículo de 54 km/h (15 m/s), o tempo de deslocamento de 3s para vencer uma distância de 63 m. A aceleração será de:

∆s v t at

a SI

a

= +

= +

=

02

2

2

12

63 15 3 12

3

4

( )( ) ( ) ( )

m/s

A velocidade adquirida pelo móvel será de:

v v atv SI

v

= += +

=

0

15 4 327

( ) ( )m/s

O motorista será multado, pois adquire uma velocidade de 97 km/h (27 m/s).

4. AA velocidade inicial do carro é de 15 m/s, e precisará de 5s para vencer uma distância de 50 m. A aceleração do carro é calculada por:

∆s v t at

a SI

a

= +

= +

= −

02

2

2

12

50 15 5 12

5

2

( )( ) ( ) ( )

m/s

A velocidade adquirida pelo móvel será de:

v v atv SI

v

= += −

=

0

15 2 55

( ) ( )m/s

5. O carro desloca-se com velocidade de 100 km/h por um período de 0,36s, que corresponde ao tempo de reação de uma pessoa. A distância percorrida será de:

v st

s v t

s

kmh s

s m

= → =

=

=

∆∆

∆ ∆

∆

∆

100

3 60 36

10,

( , )

Considerando que o carro demore 5s para frear completamente, a porção de 4,64s corresponde à freagem pura, já que o restante é reação do condutor. A desaceleração média será de:

v v at

a vt

as

a

= +

= −

= −

= −

0

0

2

27 75

5 6

,

,

m/s

m/s

6. EPara trabalhar com posição de encontro entre os dois corpos, é necessário que tenhamos as equações de posição de ambos os corpos. Vamos admitir que a posição 0 seja o ponto de partida da viatura. O carro descreve um movimento do tipo uniforme, porém teve um deslocamento de 5s com velocidade de 20 m/s (72 km/h). Assim, sua posição inicial será de:

v st

s v t

s ms

s

s m

cc

c c

c

c

= → =

=

=

∆∆

∆ ∆

∆

∆

20 5

100

( )

A equação horária do movimento do carro será de:sc = 100 + 20t

A viatura descreve um movimento do tipo variado, parte da posição zero em repouso, com aceleração desconhecida. A equação do movimento será:

s atv = 12

2

A informação do enunciado é de que a viatura se desloca por 2,1 km até chegar ao infrator. Isso significa que o carro também deve percorrer essa distância. Assim, o tempo de encontro será de:

sc = 100 + 20t2 100 = 100 + 20t

t = 100sA aceleração da viatura:

s at

a

a

v =

=

=

12

2100 12

100

0 42

2

2

2

( )

, m/s

A velocidade final da viatura é calculada por:

v v at

v ms

s

v

= +

=

=

0

20 42 100

42

, ( )

m/s

7. DPara a pista seca, o carro precisa de 5 m para frear (velocidade final nula), considerando que sua velocidade inicial seja de 36 km/h. A desaceleração nesse caso será de:

v v a s a vs

a

msm

a

a

a

202 0

2

2

2

22

10

2 510

= + → = −

= −

= −

∆∆

sec

sec

( )m/s


EM18

_1_F

IS_A

_SO

L

SOL SOL 397FIS A

Quando a pista está molhada, a distância de frenagem passa a ser de 6 m. Assim, a desaceleração terá o valor:

a vs

a

msm

a

molhada

molhada

=

= −

= −

02

2

2

2

10

2 68 33

∆

( ), m/s

Agora, com a velocidade inicial de 30 m/s, a nova distância de frenagem na pista seca será de:

v v a s s va

s

msms

s

a

202 0

2

2

2

22

30

2 10

= + → = −

=−

−

∆ ∆

∆

∆

sec

secaa m= 45

E a distância para pista molhada:

v v a s s va

s

ms

ms

molhada

202 0

2

2

2

22

30

2 8 33

= + → = −

=−

−

∆ ∆

∆,

∆∆s mmolhada = 54

A diferença das distâncias será de:∆ = ∆smolhada – ∆sseca

∆ = 54 m – 45m∆ = 9 m

8. Para trabalhar com a posição de encontro dos dois corpos, preci-samos das equações de posição de cada um. Como ambos partem do mesmo ponto no mesmo tempo, admitimos que posição inicial é nula. As equações seriam:

s v t a t

s v t a t

A A A

B B B

= +

= +

02

02

1212

Com as informações do enunciado, temos:v0B = 2v0A e v0A = v0

E ainda:

a a e a aBA

A= =2

Substituindo e igualando as equações:

v t at v t a t

at at v t v t

at v t

02

02

2 2 00

20

12

2 12 2

12

14 2

0

14

0

+ = +

− + − =

− =

Podemos resolver a equação quadrática por fatoração:

t at v

t ou at v

at v

t va

14

0

0 14

0

44

0

0

0

0

−

=

= − =

=

=

9. DA ideia original é que o carro percorresse determinada distância no tempo de 10min, com velocidade de 72 km/h (20 m/s). O des-locamento do carro será:

v st

s v t

s ms

s

s m

= → =

=

=

∆∆

∆ ∆

∆

∆

20 600

12 000

( )

Devido às avarias no percurso, o tempo de viagem será maior que o planejado. Após percorrer metade do percurso, ele foi obrigado a reduzir sua velocidade para 36 km/h (10 m/s) por um tempo de 10s. Apenas com fim de notação, vamos separar os trechos de forma:

∆s1 = 6 000 mNesse percurso:

∆t1 = 300sO segundo trecho corresponde à desaceleração do automóvel, que variou a velocidade de 20 m/s para 10 m/s no tempo de 10s. O valor da desaceleração é calculado por:

a vt

a v vt

a

ms

ms

sa

= → = −

=−

= −

∆∆ ∆

0

2

10 20

100 5, m/s

A distância percorrida nesse trecho é obtida pela Equação de Torriceli:

v v a s s v va

s

ms

ms

ms

202

202

2 2

2

22

10 20

2 0 5

= + → = −

=

−

−

∆ ∆

∆,

=∆s m2 300

Nesse percurso:∆t2 = 20s

A próxima informação fornecida pelo enunciado é de que, faltando 1 minuto para o tempo estipulado no começo, o carro sofre uma aceleração. Isso nos leva a concluir que durante o intervalo de tempo de 320s (tempo do trecho 1 + tempo do trecho 2) até 540 segundos (9 minutos), o carro descreve um movimento uniforme: Assim:

∆t3 = 540s – 320s∆t3 = 220s

O espaço percorrido nesse tempo, com velocidade de 10 m/s, será de:

v st

s v t

s ms

s

s m

= → =

=

=

∆∆

∆ ∆

∆

∆

3 3

3

3

10 220

2200

( )


EM18

_1_F

IS_A

_SO

L

SOL SOL398 FIS A

Cinemática vetorial EM18_1_FIS_A_04


1. D

vv

vv

m

m

m

m

= → =64

32

L/tL/t

2. APara um observador localizado fora do vagão, a velocidade de cada menino é dada pela soma vetorial da velocidade da pessoa com a do vagão.Para o menino A:

v v vv v v

vv

A A

A A

A

A

= += +

= +=

0

0

3 36

( ) ( )m/s m/sm/s

Para o menino B:

v v vv v v

vv

B B

B B

B

B

= += +

= − +=

0

0

3 30

( ) ( )m/s m/sm/s

3. EDados: d1 = 120 km; d2 = 160 km; ∆t =1/4h. A figura ilustra os dois deslocamentos e o deslocamento resultante.

d1d2

d

O

S

L

N

d d d d

d

d km

212

22 2 2 2120 160 14 400 25 600 40 000

40 000

200

= + → = + = + = →

=

=

O módulo da velocidade vetorial média é:

vdt

vm m

= = → → =∆

200 200 4 8001/4

km/h( )

4. DO vetor resultante é dado pela soma vetorial das porções:

∆ ∆ ∆s s s

= +1 2

Na questão apresentada, os vetores são ortogonais entre si. Assim, a resultante é obtida pela relação de Pitágoras:

∆ ∆ ∆s s s212

22= +

O quarto trecho corresponde à aceleração de 36 km/h (10 m/s) para 108 km/h (30 m/s) em 22s. A aceleração deste trecho será de:

a vt

a v vt

a

ms

ms

s

ams

= → = −

=−

=

∆∆ ∆

0

2

30 10

221011

A distância percorrida nesse trecho é obtida pela Equação de Torriceli:

v v a s s v va

s

ms

ms

ms

202

4

202

4

2 2

22

30 10

2 1011

= + → = −

=

−

∆ ∆

∆

22

4 440

=∆s m

Nesse percurso:∆t4 = 22s

Na última parte do movimento, a velocidade é mantida constante (30 m/s) até alcançar a posição final em B. A distância que falta ser percorrida é:

∆s = ∆s1 + ∆s2 + ∆s3 + ∆s4 + ∆s5

1 2000 m = 8 940 m + ∆s5

∆s5 = 3 060 mPara vencer essa distância, com velocidade de 30 m/s, será neces-sário o tempo de:

v st

t sv

tm

t s

= → =

=

=

∆∆

∆ ∆

∆

∆

55

5

5

306030102

m/s

Somando todos os tempos, encontramos que o tempo total de viagem será de:

T = ∆t1 + ∆t2 + ∆t3 + ∆t4 + ∆t5

T = 300s + 20s + 220s + 22s + 102sT = 664s

A proposta era percorrer o trecho de A até B em 10 min (600s), assim haverá um acréscimo de 64s ao tempo original.


EM18

_1_F

IS_A

_SO

L

SOL SOL 399FIS A

Com os dados numéricos do problema:∆s2 = (5 m)2 + (10 m)2

∆s2 = 125 m2

∆s = 11,2 m

Complementares

1. BQuando um corpo sai de um ponto A, desloca-se até um ponto B, e retorna ao ponto A, mesmo que com trajetórias diferentes na ida e na volta, seu deslocamento vetorial d é nulo, pois você está somando e subtraindo dois vetores de mesma direção, mas de sentidos opostos.

2. BA representação gráfica da situação descrita no enunciado seria:

A P

v1 v2

B Q

A velocidade relativa para alguém na calçada será a soma vetorial das duas velocidades:

v v vv v v

= += −

1 2

1 2

3. APela regra do polígono:

a b d c d c a b d c a b

+ + = ⇒ = − − ⇒ = − +( )

4. DA velocidade do barco em relação ao rio é resultante entre a veloci-dade do barco com a velocidade do rio (correnteza). A velocidade do barco pode ser obtida pela expressão:

v st

vkm

hv

barco

barco

barco

=

=

=

∆∆

20 25

8,km/h

Os vetores velocidade do barco e do rio são ortogonais entre si. A resultante é dada pela relação de Pitágoras:

v v vv v v

v kmh

kmh

barco rio

barco rio

= += +

=

+

2 2 2

2

2 2

8 6

vv kmh

v

2

2

100

10

=

= km/h

5. BPodemos encontrar a distância de AO e BO pela relação do triângulo retângulo AOB, com o ângulo de 30°.

tan.

.

tan

tan( ) tan

θ

θ

θ

=

=

==

≅

cat opostocat adj

AOAB

AO ABAO m

AO1732 30

11000 m

A hipotenusa (BO) pode ser obtida pelo seno ou pelo cosseno:

sencat oposto

hip

sen AOBO

BO AOsen

BOm

senBO m

θ

θ

θ

=

=

=

=

=

..

100030

2000

O tempo necessário para o barco A chegar até o ponto O é de:

v xt

t AOv

tm

t s

AA

A

A

= → =

=

=

∆∆

∆

∆

∆

100010

100m/s

O tempo necessário para o barco 2 chegar até o ponto O é de:

v xt

t BOv

tm

t s

B

B

B

= → =

=

=

∆∆

∆

∆

∆

2

200018

111m/s

Os tempos de chegada são diferentes, assim não haverá a colisão deles. Como a diferença de tempo é de 11s, quando o navio A chegar passará na proa do navio B.

6. a) Como não foi especificado velocidade escalar média, trata-se

de velocidade vetorial média, pois velocidade é uma grandeza vetorial. A figura mostra o deslocamento vetorial ( )

d entre os pontos A e B.


EM18

_1_F

IS_A

_SO

L

SOL400 FIS A

O módulo (d) desse deslocamento é:

d d m m2 2 2 640 30 50 50 10= + ⇒ = = ⋅ − µ .

Na figura dada, contamos 10 deslocamentos sucessivos entre A e B. Assim:

∆ ∆t t s= ⋅ ⇒ =10 30 300 .

Então:

v dt

vm m= = ⋅ ⇒ ≅ ⋅−

−

∆50 10

3001 67 10

67 m/s.,

b) Dados:I D t= 2 ; D kT r= ; k m sK= ⋅ −3 10 18 3 ; r m= = ⋅ −3 3 10 6 m;µ

T K= 300 ; ∆t = =10 600min s.

Combinando as expressões dadas e substituindo os valores, vem:

IkTr

t I I m= ⇒ = ⋅ ⋅⋅

⋅ ⇒ = ⋅−

−−2 2 3 10 300

3 10600 6 10

18

64

7. Para o avião que se desloca de A para B, concluímos que na ida a velocidade resultante é menor que na volta, por conta da ação do vento. A representação gráfica ilustra isso:

v

Volta

Ida

BAc v

c v

L

Assim, o tempo t1 será:t1 = tida + tvolta

Lembrando que o tempo pode ser calculado por:

∆ ∆t sv

=

A distância de ida e volta é igual a L. Podemos escrever:

t Lc v

Lc v

t Lcc v

1

1 2 2

2

=−

++

=−

Para o trajeto de A para D, temos:D

L

A

v

c

Ida

Volta

Assim, o tempo t2 será:t2 = tida + tvolta

Lembrando que o tempo, pode ser calculado por:

∆ ∆t svR

=

A velocidade do avião e do vento são perpendiculares, assim a velocidade resultante será a composição delas:

v c vR = −2 2

A distância de ida e volta é igual a L. Podemos escrever:

t Lc v

Lc v

t Lc v

2 2 2 2 2

2 2 2

2

=−

+−

=−

A razão entre o tempo t2 e t1 será:

tt

Lc v

Lcc v

tt

Lc v

c vLc

tt

c vc

t

2

1

2 2

2 2

2

12 2

2 2

2

1

2 2 1 12

2

2

22

= −

−

=−

−

= −−

( )

22

1

2 2

2

1

22

2

2

1

2

2

2

1

2

1

1

1

tc v

c

tt

c vc

c

tt

vc

tt

vc

= −

=−

= −

= −


EM18

_1_F

IS_B

_L1_

SOL

SOL 401FIS B

Fundamentos da Óptica Geométrica EM18_1_FIS_B_01


1. EPara que haja formação de sombras sem a formação de penumbra é necessário que a fonte seja pontual (tamanho desprezível em relação às dimensões do referencial).

2. CA cor branca é composta por todas as cores, consequentemente reflete todas as cores. Assim, o telhado sendo branco, a luz incidente será devolvida ao exterior.

3. DTodo filtro ressalta a própria cor e diminui a cor oposta. A resposta está contida no enunciado: se há excesso de verde, para equili-brar, ou seja, procurar manter as cores originais, é preciso reduzir a passagem de verde, ou seja, permitir mais os vermelhos e azuis (ou magenta), o único que não tem a cor verde, para não realçá-la.

4. EObservando o espectro de absorção da substância, percebemos que a intensidade de absorção máxima ocorre na faixa dos 500 nm aproximadamente, que corresponde à cor verde. De acordo com a roda de cores apresentada, o objeto deve possuir a cor oposta; neste caso, vermelho.

5. DRepresentando a situação descrita:

100 cm20 cm

0,5 md

Pelo esquema, temos:d

d m0 5

10020

2 5,

,= ⇒ =

6. AObserve as figuras abaixo.

2,0 m

h 6 cm

d

h 4 cm

dx

hd

dh

hx dhx

hx

x cm m

2006

1200

4

41200

4 1200300 3

=

=

=

=

== =

Como a pessoa estava a 2 m e na nova configuração deve estar a 3 m da câmara, ela deve se afastar 1 m.

Complementares

1. CA formação de sombras em objetos é devida à propagação retilínea da luz.

2. AI. Verdadeira. Definição de meio transparente.

II. Falsa. Nos meios translúcidos, a luz propaga-se de forma não regular.

III. Falsa. Em meios opacos não há propagação de luz.

3. CI. Verdadeira. Classificação usual de raios de luz.

II. Falsa. Comumente ocorrem mais de um fenômeno óptico na propagação da luz.

III. Verdadeira. O corpo fosco tende a absorver a luz e tende pouco a emiti-la, já a cor branca tende a devolver a luz absorvida por difusão.

IV. Verdadeira. Meios transparentes e homogêneos não alteram a velocidade da luz; assim, a propagação é retilínea.

4. CPor item:I. Falsa. A água pode ser considerada um meio homogêneo, um

meio transparente.

II. Falsa. O vidro opaco permite a propagação da luz de forma não regular, um meio translúcido.

III. Verdadeira. O ar é um meio homogêneo; logo, um meio trans-parente.

5. AO esquema a seguir mostra a região de sombra pela influência exclusiva das duas fontes.

Observando-o, notamos que a base do poste está iluminada, en-quanto a lixeira e o banquinho estão na região de sombra.


EM18

_1_F

IS_B

_L1_

SOL

SOL SOL402 FIS B

6. D

4,0 m4,0 m

6,0 m 6,0 m

1,6 m

x x

46

1 66

24 4 9 64 14 4

3 6

=−

− ==

=

,

,,

,

xx

xx m

7. a) Para que ocorra o eclipse anelar, é necessário que uma porção

de luz passe pelas bordas da Lua e chegue à Terra. Assim, a Lua deve ir além da distância d original (condição de eclipse total).

0

AA’

B’B

b) Por semelhança de triângulo, podemos escrever:

dr

dr

dkm

d

Lua

Lua

Sol

Sol

Lua

Lua

=

⋅= ⋅

⋅=

1 75 10150 106

, 3 6 km

0,7 10 km3375 103⋅ km

8. a)

H

D d

Antes:

h = 10 cm

H

d

Depois:

D – 15 m

h’ = 15 cm

H cmD d

H d D

H cmD cm d

Hd D

D

→→

⋅ =

→− →

= −

=

1010

1515

15 15

10 15

( )

(DDD D

DD m

−= −=

∴ =

1510 15 2255 225

45

)

b) A imagem vai diminuir. Observe a justificativa.

H hD d

H d hD

h HdD

→→

⋅ =

=

Note que, enquato “H” e “D” constantes, “h” é diretamente pro-porcional a “d”, ou seja, se “d” diminui “h” também diminui. Vale salientar que apesar da imagem diminuir ela ficará mais nítida sobre a tela, uma vez que a mesma intensidade luminosa será projetada em uma área menor, aumentando a nitidez.


EM18

_1_F

IS_B

_L1_

SOL

SOL SOL 403FIS B

Reflexão luminosa I EM18_1_FIS_B_02


1. CA imagem é de um espelho plano.

2. BOs espelhos planos formam sempre imagens diretas, virtuais e do mesmo tamanho do objeto.

3. DLocalize a imagem X’ do olho X do observador, lembre-se de que a distância do olho X ao espelho é a mesma que a da imagem X’ ao espelho (figura 1).

Em seguida, a partir de X’, trace duas retas que tangenciem as ex-tremidades do espelho. A região entre essas duas retas é o campo visual do espelho (figura 2).Observe na região de campo visual do espelho, hachurada na figura 2 que ele enxerga apenas os pontos T e S.

4. CNesse caso o espelho plano estava a 120 cm antes de ser deslocado. Após esse deslocamento ele fica a 100 cm de distância do objeto. Como a distância entre objeto-espelho é igual à distância espelho--imagem, basta multiplicarmos a distância original por 2. Então a distância entre objeto-imagem é de 200 cm.

5. BO número de imagens formadas pelo espelho é calculado pela expressão:

N = −360 1α

Com o ângulo de 20° proposto no enunciado, temos:

N

N

= −

=

36020

1

17 imagens

O termo –1 dessa equação à devido à última reflexão, que forma duas imagens superpostas. As “18 imagens” criadas são compostas por 9 reflexões nos espelhos. Cada reflexão ímpar gera um par de imagens enantimorfas, e a última gera apenas 1, que será uma superposição:1 reflexão: 2 imagens3 reflexões : 2 imagens5 reflexões : 2 imagens7 reflexões : 2 imagens9 reflexões : 1 imagemTotal de 9 imagens.

6. BUma representação gráfica do problema seria:

5 m 5 m

calçada

2 m

E

1,2 m

1,8 m 1,8 m

D

v

Por semelhança de triângulos podemos escrever:

D

D

D

++

=

+ =

=

1 82

1 2

1 8 4 2

2 4

, ,

, ,

,

m5 m m

m2 m

m m

m

Admitindo que o motociclista descreve um movimento do tipo uniforme, podemos obter o tempo para atravessar o campo visual com a equação:

v st

t Dv

t

t

= ∆∆

→∆ =

∆ =

∆ =

2 4

3

, m0,8 m/s s

Complementares

1. DA formação da imagem em um espelho plano é simétrica em termos de tamanho e distância até o espelho. O ponto simétrico ao objeto no lado direito é o 4.

2. CEm relação ao espelho, em virtude da simetria, Camila e sua ima-gem têm velocidades de mesmo módulo, em sentidos opostos. Assim, o módulo da velocidade relativa de aproximação entre ela e sua imagem é:vimagem = 2vespelho → vimagem = 2 · 45 → vimagem = 90 cm/s

3. Araio

refletido

raio incidente

a a

aa

b

b

qE1

E2

B

BA

V

V


EM18

_1_F

IS_B

_L1_

SOL

SOL SOL404 FIS B

Do semicírculo podemos retirar a relação: 2a + 2b = 180° → a + b = 90°Do triângulo formado, temos a relação:a + b + q = 180°a + b = 180° – qSubstituindo, temos:90° = 180° – qq = 90°

4. DPodemos obter a inclinação do raio de luz em relação ao chão pela relação seno, no triângulo formado:

sen m

sen

m

θ

θ

=

=

10020012

Assim, o ângulo cujo seno resulta em ½ é 30°. Como esse ângulo é semelhante ao ângulo de inclinação do raio de luz do espelho, dizemos que o ângulo de incidência é 30°.

5. ANo começo do problema, o aluno alinhou os espelhos com o ângulo q, conseguindo n imagens:

N

n

= ° −

= ° −

360 1

360 1

α

θ

Reduzindo o ângulo para a quarta parte do original, temos:

m

m

= ° −

= ° −

360

4

1

4 360 1

θ

θ

Podemos substituir a fração 360°θ

por n + 1:m = 4(n + 1) – 1m = 4n + 3

6. BNa figura a seguir, você pode prolongar o feixe laser PF até o ponto P’, equidistante de C em relação a A.

6 cm

1,5 cm

1,5 cm

1,5 cm

3 cm

B

F

C

A Q

P

P’

H

6 cm

4,5 cm

B P

ℓ

P’

Aplicando Pitágoras no triângulo retângulo BPP’ você obtém o comprimento ℓℓ

ℓ

ℓ

2 2 26 4 5 36 20 25

56 257 5

= + = +

==

, ,

( , ), cm

Observe na figura que o comprimento ℓ = 7,5 cm é metade do comprimento total percorrido pelo feixe laser, ℓ’=15,0 cm.

7. a) Pelas propriedades de formação de imagem, a seta imagem

deve ter a mesma orientação que seta objeto e ser equidistante desta em relação ao espelho. Assim, as coordenadas da imagem devem ser (0; 6) e (0; 8).

b) Para obter o campo visual do espelho, unimos as extremidades das setas com as extremidades do espelho. Assim, a região compreendida entre x = 6 cm e x = 10 cm permite visualizar a seta completamente.

8. A imagem da parede (A’B’) é simétrica em relação ao espelho plano e de mesmo tamanho, como mostra a figura.

3,3 m2,5 md

d B’B’

A’A

B

Então: d + 2,5 = 3,3 → d = 3,3 – 2,5 = 0,8 m ∴ d = 80 cmQuanto à menor distância que o espelho deve ser movido vertical-mente, sejam os pontos:


EM18

_1_F

IS_B

_L1_

SOL

SOL SOL 405FIS B

C e C’ → topo da cabeça da pessoa e respectiva imagem;G e G’ → globo ocular e respectiva imagem;D e D’ → detalhe na roupa e respectiva imagem;P e P’ → pé da pessoa e respectiva imagem;M → para onde deve ser movida a extremidade superior do espelho;N → extremidade superior do espelho;Q → onde incide o raio que determina a imagem do pé da pessoa.

CG M

N

Q

x

y zD

P P’

hH

C’

G’

D’

d

H =

1,8

m

h =

1,5

m

d

Usando semelhança de triângulos, calculamos a altura útil (z) do espelho para que a pessoa possa ver sua imagem por inteiro.

∆ ∆GMQ GC P zd

Hd

z z≈ → = → = → =’ ’ , ,2

1 82

0 9 m

Calculamos a altura (y) da parte do espelho para a pessoa ver da imagem de seu pé (P’) até a imagem do detalhe (D’), também por semelhança de triângulos:

∆ ∆GNQ GD P yd

hd

z z m≈ → = → = → =’ ’ , ,2

1 52

0 75

A menor distância (x) que se deve mover o espelho para cima para que a pessoa possa ver sua imagem por inteiro é:x + y = z → x = z – y = 0,90 – 0,75 = 0,15 m → x = 15 cm

9. a) Destacando da Figura 2 o triângulo ABC:

Figura 2

4,4 m45°

2,8 m

1,2 m

1,2 m

fora de escala

0,6 m

placaA B

C

D E

E

x

L

O

45°2,8 m

(2,8 + 0,6) m

(L + 1,2) m

A B

C

tg LL

L L m.45 122 8 0 6

1 3 41 2

1 2 3 4 2 2° = ++

→ =+

→ + = → =, ,

,,

, , ,

b) Destacando da Figura 2 os triângulos ADO’ e FEO’:

Figura 2

4,4 m45°

2,8 m

1,2 m

1,2 m

fora de escala

0,6 m

placaA D

D E

E

x

L

O

F

O’

5,6 m

2,8 m

1,2 m

A D

ExF

O’

Por semelhança de triângulos:x x x

1 22 85 6

1 22

0 6,

,,

, ,= → = → = m.


EM18

_1_F

IS_B

_L1_

SOL

SOL SOL406 FIS B

Reflexão luminosa II EM18_1_FIS_B_03


1. BA bola de Natal corresponde a um espelho convexo que produz somente imagens virtuais, direitas e menores.

2. COs espelhos convexos conjugam imagens menores e com mesma orientação que a original. Porém, nosso cérebro associa imagens pequenas como localizadas distantes de nós.

3. EComo o Sol está muito distante (objeto impróprio localizado no “infinito”), os raios de luz chegam paralelos ao espelho esférico côncavo e convergem ao foco secundário do espelho, onde está localizado o carro.

4. DA imagem formada por espelhos convexos é sempre menor, direita e virtual. A única imagem que congrega essas características é a ilustrada no item D.

5. Ai = 3 cmo = 1 cm

io

pp

p p cm= − → = − ∴ = −’ ’ ’31 4

12

Como é um espelho côncavo, p’ = 12 cm.Então: 1 1 1

1 14

112

1 12 448

3 0

f p p

f

ff cm

= +

= +

= + ∴ =

’

,

6. AO foco (f) tem valor de 20 cm, pois trata-se de um espelho convexo. Com a expressão do aumento linear, podemos obter uma relação entre p e o p’:

io

pp

pp

p p

= −

=

=

’

’

’

45

45

Pela Equação de Gauss para espelhos, temos:

1 1 1

120

1 145

120

1 54

120

94

45

f p p

p p

p p

pp cm

= +

= +

= +

=

=

’

1 1 1

120

1 145

120

1 54

120

94

45

f p p

p p

p p

pp cm

= +

= +

= +

=

=

’

Assim, o valor de p’ será igual a:

p p

p cm

p cm

’

’ ( )

’

=

=

=

45

4 455

36

A diferença entre imagem e o objeto será de 9 cm (45 cm – 36 cm).

Complementares

1. Ea) Falsa: um objeto sobre o centro óptico de um espelho côncavo

conjuga uma imagem invertida.

b) Falsa: raios que incidem paralelos ao eixo principal refletem passando pelo foco.

c) Falsa: espelhos côncavos conjugam imagens reais.

d) Falsa: espelhos convexos conjugam imagens menores que a original.

e) Verdadeira: os telescópios utilizam espelhos côncavos.

2. AOs espelhos convexos conjugam imagem virtual, menor e direita.

3. DPara aumentar o campo visual, utilizamos espelhos convexos. Para aumentar a imagem, com proximidade, usamos espelhos côncavos.

4. DA distância focal está relacionada com o raio pela expressão:

f R=2

Como o diâmetro é igual ao dobro do raio, temos:

d R R d= → =22

Substituindo:

f

d

f d

d f

= → =

=

22 44

5. BTemos: f = –R/2 (espelho convexo) p = R p’ = ? Então, fazemos:1 1 1 1

2

1 1

1 2 1 3

3

f p p R R p

p R R R

p R

= + →−

= +

= − − = −

= −

’ ’

’

’


EM18

_1_F

IS_B

_L1_

SOL

SOL SOL 407FIS B

6. BO tamanho do objeto (o) é 8 cm;O tamanho da imagem (i) é 1,6 cm;A distância do objeto (p) é 80 cm;O espelho é convexo, portanto a imagem é virtual. Pela equação do aumento linear, temos:

io

pp

p

p cm

= −

= −

= −

’

, ’

’

1 68 80

16

Pela Equação de Gauss para espelhos, temos:1 1 1

1 180

116

1 48020

f p p

f

ff

= +

= −

= −

= −

’

cm

O sinal negativo da distância focal comprova que esse espelho é convexo.

7. AEm ambas as equações, usamos o valor da distância do objeto como 1 m. Como o objeto está na frente da distância focal, as imagens serão virtuais.Para encontrar a posição da imagem no espelho da esquerda, usamos Equação de Gauss:1 1 1

12

11

1

1 122

f p p

p

pp E

= +

= −

= −

= −

’

’

’’ m

Para encontrar a posição da imagem no espelho da direita, usamos a Equação de Gauss:1 1 1

15

11

1

1 4554

f p p

p

p

pD

= +

= +

= −

= −

’

’

’

’ m

Somando as distâncias da imagem do espelho da esquerda, do espelho da direita e a distância entre os espelhos, temos:

d m m m

d

= + +

=

2 2 54

214

m

8. a) O ponto objeto localizado em F é acessado pela projeção dos

raios luz; assim, trata-se de um objeto virtual.

b) O enunciado nos informa que a luz é focalizada em F, que cor-responde à metade do raio de curvatura do grande espelho. Assim, o valor de F será:

F m F m= → =52

2 5 ,

Como o pequeno espelho está localizado a 2 m do vértice do grande espelho, o objeto virtual está localizado a 0,5 m do pe-queno espelho. Por tratar-se de algo virtual, este será negativo. Assim, p = –0,5 m.

A imagem desse objeto é conjugada no grande espelho, a uma distância p’ = 2 m. Aplicando a Equação de Gauss concluímos que o foco será:

1 1 1

1 112

12

1 12

2

1 3223

f p p

f

f

f

f

= +

=−

+

= −

= −

= −

’

m

O raio de curvatura do pequeno espelho é o dobro da distância focal f. Assim:r f

r m

r m m

=

=

= =

2

2 23

43

1 33

,

c) O valor da distância focal é negativo; assim, pelo referencial de Gauss, o pequeno espelho é convexo.

9. ANo primeiro momento temos o aumento linear de ¾, de forma que podemos escrever a Equação de Gauss:

A pppp

p p

= −′

= −′

= −

1

1

1

1

11

34

34

’

Equação de Gauss:1 1 1

1 1 134

1 13

1 1

1 1

1

f p p

f p p

f p

= +′

= −

= −

No segundo momento, o aumento linear será de ¼, assim, as equações alteram-se:

A pppp

p p

= −′

= −′

′ = −

2

2

2

2

22

14

4


EM18

_1_F

IS_B

_L1_

SOL

SOL SOL408 FIS B

Equação de Gauss:1 1 1

1 1 1

41 3

2 2

2 2

2

f p p

f p p

f p

= +′

= −

= −

Igualando as duas equações, encontramos:

− = −13

3

1 2p p

Assim:p2 = 9p1

10. A • O espelho côncavo 1, de raio de curvatura R1 = 80 cm, tem

distância focal f = 80/2 = 40 cm.

40 cm 40 cm

f1 R1

1

• Pelo enunciado, o espelho convexo 2, de raio de curvatura R2 = 40 cm e distância focal f2 = –20 cm, foi colocado sobre o foco do espelho côncavo, ou seja, a 40 cm dele.

40 cm 40 cm

R1

1 2

• O objeto O foi colocado no ponto médio do segmento que une os dois espelhos

20 cm 20 cm

O

40 cm

R1

1 2

• Localização da imagem p’1 do objeto colocado a uma distância p1 = 20 cm do espelho côncavo de distância focal f1 = 40 cm pela equação dos pontos conjugados (Equação de Gauss):

p cmf cmp

f p p p

p

1

1

1

1 1 1 1

2040

1 1 1 140

120

1

140

120

1

==′ =

= +′

→ = +′

→

− =′

?

11 1 1

1

1 240

1 140

1

40

→ − =′

→ − =′

∴ ′ = −p p

p cm

• Construção geométrica:

R1f1

1

40 cm40 cm40 cm

Essa primeira imagem, formada pelo espelho côncavo, é virtual (p’1 < 0), está atrás do espelho e a 40 cm dele.

Essa primeira imagem distante p2 = 40 + 20 + 20 = 80 cm do espelho convexo de distância focal f2 = –20 cm fornecerá, por esse espelho, uma nova e segunda imagem P’2 de valor calcu-lado pela Equação de Gauss:

f cmp cm

f p p p

p

2

2

2 2 2 2

2

2080

1 1 1 120

180

1

120

180

1

= −=

= +′

→−

= +′

→

−− =

′→

−− − =′

→ ′ = −

′ = −

4 180

1 805

162

2

2

pp

p cm

20 cm 20 cm40 cm 16 cm

20 cm

segunda imagem

f2

2

O exercício pede as características da imagem (final) formada pelo espelho convexo e que foi refletida pelo espelho côncavo, em relação ao vértice do espelho convexo: essa imagem está a 16 cm do vértice do espelho convexo e é virtual e direita.


EM18

_1_F

IS_B

_L1_

SOL

SOL SOL 409FIS B

Refração luminosa I EM18_1_FIS_B_04


1. EOs raios de luz provenientes do peixe sofrem refração ao atraves-sarem a interface água-ar.

2. DOs meios glicerina e vidro apresentam índice de refração muito próximos, o que não altera a velocidade da luz na passagem de um meio para o outro.

3. DA refração luminosa é o fenômeno no qual ocorre a mudança de velocidade da luz em virtude da mudança de meio de propagação. Essa mudança acarreta um desvio na trajetória do raio luminoso, caso este não passe pela reta normal à superfície (perpendicular à superfície). Em materiais naturais, a mudança de meio, para raios de luz não perpendiculares à superfície, implica um desvio com o afastamento ou aproximação da normal, de modo que os raios incidente e refratado fiquem em lados opostos a essa reta normal. Nos metamateriais a mudança de meio implica um desvio no qual os raios incidente e refratado fiquem do mesmo lado que a reta normal, conforme a alternativa D.

4. DO índice de refração é uma medida da capacidade que o meio possui de desviar a luz. Assim, quanto maior for este índice para um meio, mais um raio de luz será desviado por ele. Por exemplo, a luz ao pas-sar do ar para o olho atravessa por meios (córnea, líquidos dentro do olho e cristalino) cujos índices de refração são maiores que o do ar, fazendo com que a luz seja bem desviada. Quanto mais refringente um meio, maior é seu índice de refração, e o índice de refração de qualquer meio é maior que o do vácuo (aproximadamente igual ao do ar, e vale 1). Portanto os índices de refração da córnea e da água são maiores que o do ar. Como dentro da água ele enxerga a imagem desfocada, os desvios produzidos na luz por elas são muito pequenos e próximos. Consequentemente: ncórnea ≈ nágua > nar

5. A

nn

sen n sen sensenn

sen sen1 1 2 2 21 1

22 2

12

232

23

⋅ =⋅

→ =⋅

→ == ⋅ →θ θ θθ

θ θ

θ

22 28≈ °

6. BDo arranjo dado, temos:

25°

15°

i2

i2 =25°

25°

Pela Lei de Snell-Descartes, vem:np ∙ sen i1 = nar ∙ sen i2 → np ∙ sen 25° = 1,0 ∙ sen 40° → np ∙ 0,4 = 1 ∙ 0,6 → np = 1,5

Complementares

1. BA figura a seguir esquematiza o trajeto do raio luminoso:

12

43

q a

Os ângulos 1 e 2 são iguais (alternos internos). Os ângulos 2 e 3 são iguais (reflexão). Os ângulos 3 e 4 são iguais (alternos internos). Portanto:

1 2 3 4 = = =

Assim, pela Lei de Snell: q = a , pois 1 e 4 são iguais.

2. EPor item:I. Verdadeira: definição de índice de refração absoluto.

II. Verdadeira: a velocidade da luz no vácuo é o limite máximo de velocidade.

III. Falsa: quanto menor a velocidade da luz, maior será o índice da refração.

IV. Falsa: um meio mais refringente é aquele que apresenta maior índice de refração.

3. DA primeira coisa a notar é que a primeira imagem vista pelos estu-dantes é reflexão da luz na superfície na água. Como nossos olhos enxergam a luz em linha reta, essa imagem virtual é projetada dentro da água, porém espelhada ( 5).Essa imagem espelhada (agora objeto virtual) sofrerá a refração. Pela teoria do dioptro plano, um maior índice de refração nos induz a crer que o objeto está mais próximo da interface. Como o índice de refração da água é maior que o do ar, veremos a imagem achatada (4).

4. B

ncv

vcn

v

v m s ou v km s

= → = → =⋅

= ⋅ = ⋅

3 101 5

2 10 2 10

8

8 5

,/ /

5. BAplicando a equação do dioptro plano, já que os ângulos em ques-tão são pequenos, temos:pp

nn’ ’

=

Substituindo os valores numéricos: 1 33 1 33

1,

’, m

p=

Assim, a distância da imagem será: p’ = 1 m

6. CA figura mostra as trajetórias dos raios no interior da esfera.


EM18

_1_F

IS_B

_L1_

SOL

SOL410 FIS B

r raq q 60°

vidro

V

PA

ar

C

Aplicando a Lei de Snell no ponto P:

n sen n sen sen senvidro arθ θ θ θ= ° → = → = → = °60 3 13

212

30

O triângulo ACP é isósceles. Então:

2 180 2 30 180 120θ α α α+ = ° → ° + = ° → = °( )

7. A saída desse problema é descobrir o ângulo de incidência na interface. Para isso, é necessário usar as informações de comple-mentaridade e congruência de ângulos. A imagem formada será:

Meio 2

Meio 1

d

b

a

60° 60°

60°

30°

30°

q

105°75°

75°

45°

45°

45°45°

Observe também que há dois triângulos na figura, cuja soma de ângulos internos é 180°. Aplicando a Lei de Snell, temos:

n sen n sen

sen sen

sen

1 1 2 2

2 30 1

22

θ θ

θ

θ

=

=

=

O ângulo de emergência no meio é de 45°.


introdução à física em18 1 fis a 01 - sae.digital.s3...

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