Resolução 700 questões fisica
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1) O documento apresenta uma resolução de questões de vestibular que abordam tópicos como cálculos de área, volume, velocidade média e energia. 2) Uma questão calcula o volume de oxigênio consumido em excesso por um atleta comparado ao consumo habitual, correspondente a 200 kJ de energia a mais. 3) Outra questão analisa vetores velocidade média de atletas que percorreram a mesma distância no mesmo intervalo de tempo.
![166 200 Questões de Vestibular
u
Resolução das 700 questões de vestibular 9. Na figura estão indicados o consumo de O2 que ocorreria se o
jovem se limitasse a andar (A) e o consumo de O2 que realmente
1. nestrelas � 400 bilhões de estrelas � 400 � 109 estrelas ocorreu (B).
0,05 Consumo de O2 (L/min)
n � nplanetas � 0,05%nestrelas ⇒ n � ----------- � 400 � 109 ⇒
-
100
5 � 10 �2 B
⇒ n � -------------------- � 4 � 102 � 109 ⇒ n � 20 � 107 ⇒
-
10 2
2
⇒ n � 2 � 108 planetas h
1
t (min)
Resposta: alternativa c.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
2. A área do muro é: A
A � 2,0 � 140 ⇒ A � 280 m2
Se fizermos o produto da unidade da ordenada pela unidade da
Como cada galão cobre 16 m2, o número de galões necessários abscissa, obtemos a “área sob a curva” dessa figura:
para cobrir o muro é:
L
A � 5 --------- � min6 ⇒ a � [L]
-
280 min
n � --------- ⇒ n � 17,5 galões
-
16 Logo, a “área sob a curva”, nesse caso, dá o volume de oxigênio
Como o volume de cada galão é de 3,6 L, o volume total de tinta é: consumido. O volume de oxigênio consumido acima do habitual
V � 17,5 � 3,6 ⇒ V � 63 L é representado pela área sombreada. Logo, o volume de oxigê-
nio consumido em excesso é:
Resposta: alternativa e.
(A � B)h (11 � 9)1
V O2 � Vsombreado ⇒ V O2 � --------------------- ⇒ V O2 � ----------------------- ⇒
- -
3. Basta dividir a espessura do livro pelo número de páginas, em 2 2
mm, para obter a espessura e de cada página: ⇒ V O2 � 10 L
4,0 cm 40 mm Sabendo que 1 L de O2 por minuto fornece 20 kJ/min, o consumo
e � ---------------- ⇒ e � ---------------- ⇒ e � 0,05 mm
- - de 10 L de oxigênio a mais corresponde a 10 � 20 kJ � 200 kJ
800 800
de energia a mais.
Resposta: alternativa b.
Resposta: alternativa c.
4. Para que o número “não tenha unidades”, isto é, seja um número =
10. Todos os atletas fizeram o mesmo deslocamento, d AB, cujo
puro, é preciso que ambos os termos da relação, ou razão, módulo é igual ao comprimento do segmento AB, no mesmo
tenham a mesma unidade. Logo, podemos escrever: =
intervalo de tempo �t. Logo, o vetor velocidade média, v=AB,
60 cm 60 cm 6 � 10 1 dado por definição pela razão:
-------------- � ----------------- � ----------------- � 6 � 10�4
-
d = AB
1 km 10 5 cm 10 5
v=AB � ---------
-
Resposta: alternativa e. �t
5. Como A � BC2D�2, temos: foi o mesmo para todos os atletas.
m Resposta: alternativa c.
[A] � kg � m2 � s�2 ⇒ [A] � kg � ------ � m ⇒ [A] � N � m ⇒
-
s2 11. Para que o módulo de v== seja constante, a ace-
⇒ [A] � J N leração a== não deve apresentar componente na a=
Resposta: alternativa e. =
direção de v=. Assim, o único caso possível den-
tre as alternativas é o da figura ao lado.
P v=
6. Da definição de potência P e trabalho †, temos: Resposta: alternativa c.
[ †] [F]L MLT �2 L 12. a)
P � --------- ⇒ P � --------- ⇒ P � ------------------- ⇒ P � ML2T�3
- - -
T T T a=
R=
Resposta: alternativa d. P
7. a) F � ma ⇒ [F] � [m][a] ⇒ [F] � kg � m � s�2 ⇒
Escala b=
⇒ 1 N � 1 kg � 1 m � 1s�2 1N
1N
1 1 L 2 1
b) EC � ---- mv 2 ⇒ EC � ---- M5 ---- 6 ⇒ EC � ---- ML 2 T �2
- - - -
Da figura, R � 3 N.
2 2 T 2
=
b) Como c = � �R :
n� 2
MLnT(n � p) � ML2T�2 ⇒
n � p � �2 ⇒ p � 4 b=
c= a=
R=
8. A alternativa b está correta desde que se suponha ser possível P c=
fixar um referencial no professor e que o professor possa ser Escala b=
considerado um corpo rígido. 1N
Resposta: alternativa b. 1N
1](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-1-320.jpg)
![Manual do Professor 167
�e 100 m
13. vm � --------- ⇒ vm � --------------- ⇒ vm � 10,21 m/s �e �e 570
v � --------- ⇒ �t � --------- ⇒ �t � --------- ⇒ �t � 570s ⇒
- - - - -
�t 9,79s �t v 1
Resposta: alternativa a. 570
⇒ �t � --------- ⇒ �t � 9,5min
-
60
�e (8 � 10 2 � 2 � 10 2 ) m
14. vm � --------- ⇒ vm � ------------------------------------------------ ⇒ Resposta: alternativa b.
- -
�t (6 � 2)min
600 m 19. Se cada quadro tem 1,0 cm de comprimento e o projetor “gira”
⇒ vm � --------------- ⇒ vm � 2,5 m/s
- com uma velocidade de 20 quadros por segundo, a velocidade da
240s
fita é:
Resposta: alternativa b. v � 20 � 1,0 cm/s ⇒ v � 20 cm/s ⇒ v � 0,20 m/s
�e 20 m Se a fita tem 18 m de comprimento, para um espaço percorrido
15. vm � --------- ⇒ vm � ------------ ⇒ vm � 2,5 m/s
- - �e � 18 m, o tempo será:
�t 8s
Resposta: alternativa e. �e �e 18
v � --------- ⇒ �t � --------- ⇒ �t � ----------- ⇒ �t � 90s ⇒
- - -
�t v 0,20
16. Escrevendo a função da posição do movimento, temos:
80
⇒ �t � ------- ⇒ �t � 1,5min
x � x0 � vt -
60
em que x0 � 20 m e v é o coeficiente angular da reta: Resposta: alternativa a.
x2 � x1 10 � 20 20. Em um gráfico da posição em função do tempo de um ponto
v � ------------------ ⇒ v � -------------------- ⇒ v � �2,0 m/s
- -
t2 � t 5�0 material x � t a inclinação da reta tangente em cada ponto da
curva é o módulo da velocidade desse ponto material. Imagi-
Então, x � 20 � 2,0t. Para x � �30 m, vem:
nando (ou traçando) a reta tangente à curva nos pontos dados
�30 � 20 � 2t ⇒ t � 25s nas alternativas, a única correta é a alternativa d. Num pequeno
Resposta: alternativa d. intervalo em torno do tempo 20min a inclinação dessa reta
tende a aumentar, o que significa que a velocidade da pessoa
17. Se o automóvel dispõe de 1,5min � 90s e já se passaram 10s está aumentando.
ao chegar à rua Pero Vaz de Caminha, resta para todo o percurso Resposta: alternativa d.
o tempo:
21. Seguindo a descrição dada, o gráfico que melhor representa o
�t � 90 � 10 � 80s
movimento é o seguinte:
O espaço percorrido, obtido da figura, é:
�x � 250 � 300 � 250 � 800 m X (m)
Logo, a sua velocidade constante deve ser: (P) 3
�x
v � --------- ⇒ v � 10 m/s ⇒ v � 36 km/h (Q) 2
-
�t
(R) 1
18. De acordo com a figura, o menor deslocamento ao longo das
Tempo
linhas pontilhadas entre A e B é aquele marcado em dourado no
desenho: 0
fica volta de fica vai de fica [volta lentamente a P]
220 m 150 m em P PaQ em Q QaR em R (v > 0)
(v < 0) (v > 0)
Resposta: alternativa b.
A �d
22. Nesses intervalos, temos em módulo �v � 3 m/s. Sendo
�t � 1,5s a aceleração, em módulo, é:
160 m
160 m
�v 3
a � --------- ⇒ a � -------- ⇒ a � 2 m/s2
B - -
120 m �t 1,5
�sT � 570 m Resposta: alternativa b.
23. A distância total no intervalo A e C é a “área sob a curva” do
270 m
gráfico v � t. Veja a figura:
Inicialmente calculamos �d. Do Teorema de Pitágoras, no triân-
gulo sombreado, temos: v (m/s)
�d2 � 1602 � 1202 ⇒ �d � 200 m 3
O espaço percorrido total é, portanto:
�e � 200 � 150 � 200 ⇒ �e � 570 m t (s)
Sendo v � 3,6 km/h � 1,0 m/s, da definição de velocidade 1,5 1,5
6,0
escalar, temos:
2](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-2-320.jpg)
![Manual do Professor 169
31. b) Neste caso, o automóvel deverá percorrer os 30 m em 2,2s.
A
=
vA =
vA v (m/s)
x v
tE 12
B A1
=
vB
t (s)
x 0 0,5 2,2
A solução deste problema é análoga à anterior: Analogamente ao item anterior, temos:
Função da posição para o automóvel A (MRU): �x � A ⇒ �x � 30 m
xA � x0 � vAt ⇒ xA � vAt (I) v � 12 v � 12
[ ------------------ ]1,7 � 12 � 0,5 � 30 ⇒ [ ------------------ ]1,7 � 24 ⇒
- -
Função da posição para o automóvel B (MRUV): 2 2
0 0 ⇒ v � 16 m/s
1 1
xB � x 0 � v 0B t � ---- a B t 2 ⇒ xB � ---- a B t 2 (II)
- - Para que o automóvel atinja essa velocidade, temos:
2 2
A função da velocidade para o automóvel B é: �v v � v0 16 � 12
a � --------- ⇒ a � ----------------- ⇒ a � --------------------- ⇒
- -
�t t � t0 2,2 � 0,5
vB � v 0B � aBt ⇒ vB � aBt (III)
⇒ a � 2,4 m/s2
Como há um só referencial para ambos os automóveis, o encon- 33. Representando o movimento do paraquedista no referencial da
tro, correspondente ao instante tE, xA � xB, de (I) e (II), temos: figura, no intervalo de t � 0 a t � 1,0s, temos um movimento
1 2 2v A de queda livre, cuja função da posição y é:
vAtE � ---- a B t E ⇒ aB � ----------
- (IV)
2 tE 1
y � y0 � v0t � ---- gt 2
-
No instante t em que vA � vB, de (III) e (IV), temos: 2
Da figura, temos:
2v A tE
vA � aBt ⇒ vA � ---------- t ⇒ t � ------ 1
tE 2 y1 � 305 � ---- � 10 � 1 ⇒ y1 � 300 m
-
2 (–) g =
Resposta: alternativa d.
A função da posição é:
y1
32. a) Neste caso, a mínima aceleração constante é aquela para a v � v0 � gt ⇒ v1 � �10 � 1 ⇒
qual o carro para ao chegar ao semáforo. Antes da freagem, ⇒ v1 � �10 m/s v1=
no entanto, o carro permanece com velocidade constante Com essa velocidade ele percorre o
durante 0,5s, tempo de reação do motorista. Representando trecho seguinte, �y � 300 m, em mó-
esses dados num gráfico velocidade � tempo, temos: dulo, com velocidade constante, =
v � 10 m/s, em módulo. Podemos en-
v (m/s) tão escrever:
t
12
�y �y
v � --------- ⇒ �t � --------- ⇒ �t �
- -
�t v
v1=
300
� --------- ⇒ �t � 30s
A -
10
t (s) Observação: Neste caso poderia ser mais fácil inverter a orien-
0 0,5 t tação do referencial. Não o fizemos para manter a abordagem
apresentada no estudo de queda livre.
A “área sob a curva”, A, é igual ao deslocamento. Logo: Resposta: alternativa d.
�x � A ⇒ �x � 30 m 34. Representando esquematicamente o movimento, temos:
0,5 � t
[ ------------------ ]12 � 30 ⇒ t � 4,5s
-
2
Para que a velocidade passe de v0 � 12 m/s a v � 0 do
(–) g =
instante t � 0,5s ao instante t � 4,5s, temos:
�v v � v0 0 � 12
a � --------- ⇒ a � ----------------- ⇒ a � ----------------------- ⇒
- - v0
�t t � t0 4,5 � 0,5
⇒ a � �3 m/s2
4](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-4-320.jpg)
![Manual do Professor 181
d) Mas:
A força resultante exercida pela
carroceria sobre o bloco é a força P � mg ⇒ P � 10 � 60 � 10 ⇒ P � 6 000 N
fa=
de atrito, que atua horizontal- Logo, F � 6 000 N.
mente para trás. (F)
Se a velocidade é constante, a potência pode ser dada por
�y
� � Fv, em que v � --------- .
e) Para que o caminhão faça
Para que o caminhão faça -
�t
a curva e o bloco não es-
corregue é preciso que a Sendo �y � 15 m e �t � 18s, temos:
fa= força de atrito seja capaz �y 15
de fornecer aaforça centrí-
fornecer força cen- � � Fv ⇒ � � F � --------- ⇒ � � 6 000 � ------- ⇒
- -
�t 18
peta necessária. Logo, em
trípeta necessária. Logo,
módulo, Fa �aF=. Fc.
em módulo, F c ⇒ � � 5 000 W ⇒ � � 5 kW
Resposta: alternativa b.
103. Para que libere uma energia igual à da bomba atômica de
Nagasaki, ao atingir a Terra a energia cinética desse fragmento
Mas: de cometa, de massa m � 5 � 106 kg, deve ser
mv 2
f a � N� ⇒ f a � mg� (I) EC � 4 � 1013 J. Logo, sendo EC � ---------- , temos:
-
2
mv 2
F c � ----------- (II)
r 5 � 10 6 v 2
4 � 1013 � --------------------- ⇒ v � 4 � 103 m/s
-
2
De (I) e (II), temos:
mv 2 Resposta: alternativa a.
----------- � mg� ⇒ v � rg� ⇒
r 104. Do gráfico, pode-se estabelecer a função entre a potência e a
⇒ v � 225 � 10 � 0,4 ⇒ v � 30 m/s (V) velocidade. Lembrando que a expressão da função linear é
101. y � mx � n e, neste caso, y � �, n � 0 e
125 � 0
m � -------------------- ⇒ m � 12,5 kW/s (coeficiente angular da reta),
-
10 � 0
F= obtemos � � 12,5t.
v=
Logo, para t � 4s, temos:
� � 12,5 � 4 ⇒ � � 50 kW
(–) P = Como o produto ��t é
igual ao trabalho realiza-
a) A menor potência possível para o motor corresponde à menor 125
força possível por ele exercida quando F � P, em módulo. Logo: do sobre um corpo [� �
F � mg ⇒ F � 4 000 N †
� -------- ], podemos con-
-
�t 50
Sendo a potência em velocidade constante dada por � � Fv,
para a velocidade 1,0 m/s, ideal, temos: cluir que a área sob a cur- t (s)
va desse gráfico, � � t, é 0 4 10
� � 4 000 � 1,0 ⇒ � � 4 000 W
b) Se o equipamento sobe �y � 15 m com velocidade cons- igual ao trabalho no inter-
tante de v � 1 m/s, o tempo necessário é: valo correspondente em kJ, resultado do produto de kW � s.
�y 15 Logo, o trabalho da força resultante realizado no intervalo de 0
�t � --------- ⇒ �t � ------- ⇒ �t � 1s
- -
v 1 a 4s é (veja a figura):
Observação: Nesses casos, supõe-se que, num intervalo de 50 � 4
tempo muito pequeno, F � P, para que a carga comece a subir † FR � --------------- ⇒ † FR � 100 kJ ⇒ † FR � 100 000 J
-
2
até atingir a velocidade constante de 1 m/s, quando a força
passa a igualar-se ao peso. Por isso, esses resultados são apro- Como † FR � �EC, sendo m � 500 kg a massa do corpo e
ximados. Os valores reais seriam ligeiramente maiores.
supondo v0 � 0, temos:
102. Veja a figura: F= mv 2
† FR � �EC ⇒ † FR � EC � E C0 ⇒ 100 000 � ---------- ⇒
Da Segunda Lei de Newton, sendo a= � 0 -
2
(v = constante), temos, em módulo:
500v 2
⇒ -------------- � 100 000 ⇒ v � 20 m/s
F�P�0⇒F�P -
2
(–) P = Resposta: alternativa c.
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![182 200 Questões de Vestibular
105. Podemos escrever essas unidades na forma: 109. Para y � h a energia cinética é Ec
zero (o corpo é abandonado do mgh
m2
m 1
kg � -------- � kg � ------ � m � ---- �
- - - repouso). Para y � 0 ela é má-
s3 s 2 �x s
xima, igual à energia potencial
F 1
-------
- gravitacional. O gráfico deve-
�t
† ria ser: y
m Resposta: alternativa d. 0 h
O produto kg � ------ é o produto massa � aceleração; portanto,
-
s2
representa o módulo de uma força F, que multiplicada por um 110. Se não houver perda, a perda de
perda a
deslocamento representa um trabalho †, que, por sua vez, divi- energia potencial �EP correspon-
v0 � 0
dido pelo tempo, �t, expressa uma potência, �. de à descida da altura �h, cujo
valor é:
Resposta: alternativa c.
�EP � mg�h ⇒ �h � 4 m �EP
106. Na figura estão representa- N= ⇒ �EP � 5,0 � 10 � 4 ⇒
das esquematicamente as
forças que atuam no atleta ⇒ �EP � 200 J (I)
durante a corrida. =
Fresistência =
Fmuscular Veja a figura.
Embora a energia cinética não Seria igual à energia cinética, EC, EP
varie, o atleta realiza trabalho ao final desse percurso. Mas a v � 6,0 m/s
para vencer o trabalho da re- velocidade ao final do percurso é
sultante das forças de resis- v � 6 m/s. Logo:
tência ao movimento. Em ou- P=
1 1
EC � ---- mv 2 ⇒ EC � ---- � 5,0 � 62 ⇒ EC � 90 J (II)
tras palavras, a força resultan- - -
te é nula e, por isso, a energia cinética não varia, mas o trabalho 2 2
realizado pelo atleta, utilizando sua força muscular, não é nulo. Portanto, houve uma perda de energia �E, dada por:
Resposta: alternativa d. �E � EC � �EP ⇒ �E � 90 � 200 ⇒ �E � �110 J
107. Resposta: alternativa a.
1,0 g
dx= 111. Pelo Princípio da Conservação da Energia Mecânica, se o corpo
d=
perde uma quantidade E de energia potencial, ele deve ganhar
1m P=
P= dy= a mesma quantidade E de energia cinética. Como ele cai em
queda livre, a partir do repouso, essa quantidade é igual à ener-
gia cinética que ele tem. Logo, podemos concluir que:
2m
1 2E
E � ---- mv 2 ⇒ m � -------
- -
No plano horizontal o peso P= é perpendicular ao deslocamento. 2 v2
Logo, o trabalho do peso é nulo, † Px � 0. Resposta: alternativa b.
Ao abandonar o plano horizontal, o trabalho do peso pode ser 112. Resolvendo a questão a partir do Princípio da Conservação da
calculado pelo produto: Energia, temos:
† Py � Pdy I) Quando o chaveiro cai com ve- A
locidade v: v0 � 0
Sendo dy � 1,0 m e P � 1,0 � 10�3 � 10 � 1,0 � 10�2 N, temos: 0
† Py � 1,0 � 1,0 � 10 �2 ⇒ † Py � 1,0 � 10 J �2 E MA � E MB ⇒ E CA � E PA �
0 h
Logo, o trabalho do peso em toda a trajetória é: � E CB � E PB ⇒
†P � † Px � † Py ⇒ †P � 0 � 1,0 � 10�2 ⇒ †P � 1,0 � 10�2 J 1 B v=
⇒ mgh � ---- mv 2 ⇒
-
Resposta: alternativa a. 2
v2
⇒ 2gh � v2 ⇒ 2g � ------ (I) situação 1
108. Basta determinar a razão entre as energias cinéticas de cada -
h
corpo:
1 2 1 20 2 II) Quando cai com velocidade 2v: A�
E CA � ---- mv A ⇒ E CA � ---- � m � [ -------- ]
----- A
- -----
- [ ----- ]
---- v0 � 0
2 2 3,6 0
E MA � E MB ⇒ E CA� � E PA� �
1 2 1
E CB � ---- mv B ⇒ E CB � ---- � m � [ -------- ] 30 2
----- B
- -----
- [ ----- ]
----
2 2 3,6 0
� E CB � E PB ⇒ mgH � H
1 400
---- � m � -----------
-----
- -----------2
E 2 3,6 EA 4 1
� ---- � m � (2v)2 ⇒ 2gH �
------- � ----------------------------------- ⇒ ------- � ----
--A-
------ ------------------
------------------ --------
- -----
- - B� 2v =
EB 1 � m � 900 EB 9 2
-----
----- -----------2
-----------
2 3,6 4v 2
� 4v2 ⇒ 2g � --------- (II)
Resposta: alternativa b. H situação 2
17](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-17-320.jpg)
![Manual do Professor 185
122. a) Pelo Princípio da Conservação da Energia, temos: Aplicando a Segunda Lei de Newton ao ponto mais baixo da
0 0 trajetória circular obtemos:
E MC � E MA ⇒ E Cc � E Pg � E CA � E Pg ⇒
T = � P = � ma=C ⇒ T � P � m � ----
v2
C A
1 2 -
⇒ E Pg � E CA ⇒ mghC � ---- mv A ⇒ vA � 2gH ⇒
- L
C 2
⇒ vA � 20 m/s em que o raio da circunferência e o comprimento do fio é L.
b) O trabalho realizado pela barreira, †bb,, é igual à variação da
† v2
Logo, o valor da tração é T � m[ ---- � g].
-
energia cinética do trenó com o esquimó �ECte , que atinge
E L
a barreira com velocidade vA � 20 m/s. Temos, então: Do Princípio da Conservação da Energia pode-se concluir que a
1 2 energia cinética é máxima no ponto mais baixo da trajetória,
†b � �E Cte ⇒ †b � E Cte � E Cte ⇒ †b � 0 � ---- mv A ⇒
- pois nesse ponto a energia potencial gravitacional é mínima.
0 2 A
⇒ †b � � ----1 � 90 � 202 ⇒ † � �18 000 J (I) Logo, nesse ponto a velocidade é máxima. Como a tração de-
- b
2 pende da velocidade, a tração nesse ponto também será máxi-
=
O trabalho da força média F m exercida pela barreira, calcu- ma, ou seja, a tração é máxima para � � 0. O único gráfico que
lado pela definição, para um deslocamento d � 1,5 m é: contempla essa conclusão é o da alternativa a.
†b � Fmd � cos 180° ⇒ †b � �Fm � 1,5 (II) Resposta: alternativa a.
Logo, de (I) e (II), temos:
�Fm � 1,5 � �18 000 ⇒ Fm � 12 000 N volume 25 000 L
125. vazão � ----------------- ⇒ vazão � --------------------
-
tempo 1s
123. Na figura estão assinaladas as forças que agem no corpo nos 25 000 kg
pontos em questão, e a resultante centrípeta (cuja direção é Para a água podemos escrever ---------------------- .
-
1s
radial e cujo sentido é para o centro da curva descrita), cujas
radial e cujo sentido é para o centro da curva descrita), cujas
expressões em módulo são dadas abaixo: Logo:
expressões em módulo são dadas abaixo: vazão
centro da N=B
curva EP mgh
B -------- � ----------- � 25 000 � 10 � 80 ⇒ � � 2 � 107 W ⇒
- -
�t �t
=
PB ⇒ � � 20 � 106 W ⇒ � � 20 MW
=
FCB
r Supondo desprezível a velocidade inicial da água, pode-se ad-
FC= A
mitir, pelo Princípio da Conservação da Energia Mecânica, que
N=A r
a energia cinética da água E Cágua ao atingir o nível mais baixo
A
=
PA
é igual à energia potencial gravitacional E Pg , no ponto mais al-
H
v 2 to, para cada intervalo de tempo �t. Temos, portanto:
• F CA � ma CA ⇒ F CA � m � -------- A
r E Cágua E Pg
mgh
vB 2 ------------ � ---------- ⇒ �T � -----------
- H
- -
• F CB � ma CB ⇒ F CB � m � -------
- �t �t �t
r
m
Sendo -------- � 20 000 L/s e h � 80 m, temos:
Mas, do Princípio da Conservação da Energia, podemos concluir -
�t
que vA � vB, pois, considerando A como nível de referência, o
corpo em B tem energia potencial gravitacional e energia ciné- �T � 25 000 � 10 � 80 ⇒ �T � 20 � 106 W ⇒ �T � 20 MW
tica e em A ele só tem energia cinética.
126. a) Para cada unidade da usina a água cai de uma altura
Conclui-se então que:
• a afirmação I está incorreta, pois a resultante no ponto A é H � 130 m. Podemos resolver esse exercício seguindo um ra-
vertical e para cima; ciocínio análogo ao problema anterior:
• a afirmação II está correta, pois, se vA � vB, então F CA � F CB ; E Cágua E Pg E Cágua mgh
• a afirmação III está correta, pois, se F CB é para baixo, então ------------ � ---------- ⇒ ------------ � -----------
- H
- - - (I)
�t �t �t �t
PB � NB.
O primeiro termo dá a potência total �T que a água comu-
Resposta: alternativa e.
m
nica à turbina enquanto a razão -------- pode ser obtida pela
-
124. �t
� vazão da tubulação (700 m3/s), lembrando que 1 m3 de água
L tem 1 000 kg. Temos, então, de (I):
�T � 700 � 103 � 10 � 130 ⇒ �T � 9,1 � 108 W
Como o rendimento é de 77%, a potência útil obtida de cada
� =
aC turbina é:
T=
�u � 0,77 � 9,1 � 108 ⇒ �u � 7,0 � 108 W
As 18 turbinas fornecem então uma potência útil total de:
P= �ut � 18 � 7 � 108 ⇒ �ut � 1,3 � 1010 W
20](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-20-320.jpg)
![Manual do Professor 189
Do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, b) Como a colisão é frontal, perfeitamente elástica e entre
temos: corpos de mesma massa, podemos concluir, analogamente
concluir,
v0 aos exercícios anteriores, que, a cada choque, um dos
p=antes � p=depois ⇒ mv 0 � 4mv� ⇒ v� � ------
-
4 corpos pára ee“transfere” sua velocidade para o outro. Por-
para “transfere” sua velocidade para o outro.
Logo, a energia cinética do sistema passa a ser: Portanto, desprezando-seintervalo de tempo da colisão, no
tanto, desprezando-se o o intervalo de tempo da colisão,
v0 2 1 2 1 2 noinstante � = 2s (1ª colisão)caixa C pára e o e o bloco B
instante t1 t1 2s (1ª colisão) a a caixa C para bloco B ad-
1
E C � ---- � 4m[ ------ ] ⇒ E C � ---- mv 0 ⇒ Kf � ---- mv 0
�
- - �
- - adquire velocidade vB = 0,15 m/s.
quire velocidade vB � 0,15 m/s.
2 4 8 8
Isso significa que as quantidades de movimento da caixa e
Kf
A razão ------ é, então:
- do bloco são alternadas. Isto é, quando a caixa tem
Ki
vc � 0,15 m/s, o bloco tem vb � 0 e, quando a caixa tem
1 2 vc � 0, o bloco tem vb � 0,15 m/s, ou seja, quando a quan-
---- mv 0
-
Kf 8 Kf tidade do movimento da caixa é pc � mcvc � 20 � 0,15 �
------ � ---------------- ⇒ ------ � 0,25
- - -
Ki 1 mv 2 Ki � 3,0 kg � m/s, a do bloco é pb � 0 e vice-versa. Como essa
---- 0
-
2 permuta ocorre a partir do instante t � 2s, graficamente,
Resposta: alternativa b. obtemos:
pc (kg � m/s)
146. a) Falso
Do Princípio da Conservação da Energia Mecânica aplicado
3
à esfera A, no trecho AB, temos: t (s)
0 0 0
E Pg � E CA � E Pg � E CB 1 2
⇒ mgL � ---- mv A ⇒ 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
-
A B 2
⇒ vA � 2gL ⇒ vA � 2 � 10 � 0,8 ⇒ vA � 4 m/s
b) Falso, ver item anterior.
c) Verdadeiro, ver item anterior. pb (kg � m/s)
d) Verdadeiro, pois esse é o conceito de colisão elástica ou
perfeitamente elástica. 3
t (s)
e) Verdadeiro 0
Do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
temos:
p=0 � p= ⇒ mv A � mv A � mv B ⇒ vA � v A � v B (I)
� � � �
Da condição de choque perfeitamente elástico, Como a situação é ideal, a energia total E do sistema é cons-
vB � vA
� �
tante e é igual à energia cinética da caixa ou do bloco.
-------------------- � 1, temos:
vA � vB Podemos determiná-la calculando, por exemplo, a energia
cinética inicial da caixa:
v B � v A � vA (II)
� �
1 1
E � ---- m C v 0 ⇒ E � ---- � 20(0,15)2 ⇒ E � 0,225 J
2
De (I) e (II), obtemos: - -
2 2
v B � vA ⇒ v B � 4 m/s
� �
Graficamente, obtemos:
f) Verdadeiro, pois, se v B � 4 m/s, obtemos também v A � 0.
� �
E (J)
g) Falso, pois contradiz a afirmação anterior.
147. a) A situação descrita é representada na figura: 0,225
t (s)
C 0
10 20
148. a)
t1 � 2s v1=
B
x (cm)
�15 0 15 75
Como v==1 é constante, pode-se notar da figura que, entre 0,20 m
A B v=
duas colisões sucessivas, qualquer ponto do bloco B efetua B
um deslocamento �x � 60 cm, logo, temos:
�x 60
v1 � --------- ⇒ �t � ------- ⇒ �t � 4s Desprezando a resistência do ar, pelo Princípio da Conserva-
- -
�t 15 ção da Energia, podemos calcular vB logo após o choque:
24](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-24-320.jpg)
![194 200 Questões de Vestibular
2ª verificação: • na direção y:
m2 �2 N � F � sen � � mg � 0 ⇒ N � F � sen � � mg ⇒
m 2 g� 1 � m x g� 2 ⇒ -------- � ------- (II)
- ⇒ N � mg � F � sen � (III)
mx �1
Igualando-se as equações (I) e (II), obtemos: De (II) e (III), temos:
mx m2 F � cos �
mg � F � sen � � --------------------- ⇒
-------- � -------- ⇒ m x2 � m1m2 ⇒ mx � m 1 m 2
- - -
m1 mx �C
Resposta: alternativa c. cos �
⇒ mg � F[sen � � -------------- ] ⇒
-
�C
O
172. a) Estando o sistema em equilíbrio, temos �M F � 0. Esco- F
= ⇒ mg � -------- [� C � sen � � cos �] ⇒
-
lhendo O no ponto de aplicação da força C , temos: �C
� C mg
� ⇒ F � --------------------------------------------
- (IV)
F= � C � sen � � cos �
d
De (IV), substituindo em (III), obtemos:
� C mg � sen �
O N � mg � -------------------------------------------- ⇒
-
� C � sen � � cos �
a mg � cos �
C= P=
⇒ N � ---------------------------------------------- (V)
� C � sen � � cos �
�
Observação: Foram consideradas corretas pela banca exami-
Sendo P � mg, vem: nadora as expressões III, IV ou V.
P � 2,0 � 10 ⇒ P � 20 N 174. Supondo os asteróides de mesma densidade, d, a razão entre a
asteroides
Então: massa, mi, do asteróide imaginário, mostrado no filme, e a mas-
asteroide
O O O
M C � M F � M P � 0 ⇒ 0 � Fd � Pa � 0 ⇒ sa, mr, do asteróide real, é igual à razão entre os seus volumes.
asteroide
asteróides
Supondo ainda que os asteroides sejam aproximadamente
⇒ F � 0,04 � 20 � 0,3 ⇒ F � 150 N
esféricos, pode-se dizer que os seus volumes são diretamente
b) Da primeira condição de equilíbrio, podemos escrever: proporcionais aos seus diâmetros elevados ao cubo. Podemos
�F y � 0 ⇒ F � C � P � 0 ⇒ C � F � P ⇒ então escrever:
⇒ C � 150 � 20 ⇒ C � 130 N mi
di � ------ ⇒ mi � diVi ⇒ mi � dk � 10003
-
Vi
173.
F= mr
dr � ------ ⇒ mr � drVr ⇒ mr � dk � 103
-
Vr
�
m Logo:
mi 1 000 3 mi mi
------- � [ ------------- ] ⇒ ------- � (102)3 ⇒ ------- � 106
Vamos decompor a força F = em seu componente horizontal
- - - -
mr 10 mr mr
(F = � cos �) e vertical (F = � sen �). Colocando todas as forças que
atuam no corpo chegamos ao diagrama abaixo : 175. O cubo mergulhado desloca um volume de água igual ao seu
próprio volume; portanto, Vcubo maciço � 30 cm3. Como a sua mas-
y sa é de 450 g, concluímos que a densidade da liga metálica é:
m 450
dliga � ---- ⇒ dliga � --------- ⇒ dliga � 15 g/cm3
N= F =� sen � V
-
30
-
F =� cos � x 3
O cubo oco flutua com ---- de aresta submersa, então:
-
4
fa= 3
mg= ---- h
-
d cubo oco 4 3
---------------- � ----------- ⇒ dcubo oco � ---- g/cm3
- -
d água h 4
Na figura, N= é a reação normal exercida pelo solo e mg== é o m liga
peso do caixote. f a= é a força de atrito cinético e, portanto, vale,
Mas dcubo oco � ----------------- . Portanto, mliga � 22,5 g.
-
V cubo oco
em módulo: f � �CN. (I) Logo:
Como o sistema se move com velocidade constante (ax= � 0) na m liga 22,5
direção x e está em repouso na direção y, a resultante das for- dliga � ----------- ⇒ 15 � ----------- ⇒ Vliga � 1,5 cm3
- ------------
-
V liga Vliga
liga
ças nos componentes x e y é nula. Logo, temos:
Resposta: alternativa a.
• na direção x:
F � cos � � fa � 0 ⇒ F � cos � � fa ⇒ F � cos � � N� ⇒ 176. Como 1 libra corresponde a 0,5 kg, o peso de um corpo de
F � cos � massa 1 libra é, aproximadamente.
⇒ N � --------------------- (II)
-
� P � mg ⇒ P � 0,5 � 10 ⇒ P � 5 N
29](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-29-320.jpg)
![200 200 Questões de Vestibular
Nessas condições, a energia cinética com que a bolinha Sem a água não há empuxo E. Logo, a condição de equilíbrio é
atingiria a superfície do líquido seria igual ao trabalho da T0 � mg � �CVg (figura 2). Assim:
força resultante. Logo, podemos fazer:
�a
†FFRR � �EC ⇒ † FFRR � EC � E C00 ⇒ FRh � EC ⇒ 1,6 � 0,50 �
EC C � C � ------- -
2,5� a � 0,5� a
C R C
T � 2 T
------
- ------------------------ ⇒ ------ � --------------------------------- ⇒
- -
� EC ⇒ EC � 0,80 J ⇒ EM � 0,80 J
C C M T0 �C T0 2,5� a
Essa é a energia mecânica da esfera em relação à superfície T
⇒ ------ � 0,80
-
e, com ela, pode-se determinar a altura que a bolinha pode- T0
ria atingir acima da superfície se não houvesse perdas. Bas-
ta aplicar o Princípio da Conservação da Energia aos pontos 199. a) Falso
de nível S e H�, sendo S o nível de referência para a energia
O Hindenburg flutuava graças ao empuxo do ar.
potencial gravitacional. Temos então:
0 0 b) Falso
E CS � E Pg � E CH� � E Pg ⇒ 0,80 � 0 � 0 � mgh� ⇒ O Princípio de Arquimedes vale para qualquer fluido.
S H�
⇒ 0,80 � 0,04 � 10h� ⇒ h� � 2,0 m c) Verdadeiro
b) Na verdade, a bolinha atinge a altura de 0,30 m acima da O empuxo é sempre ocasionado por diferença de pressão do
superfície. Logo, a energia mecânica real, E M da bolinha,
superfície. Logo, a energia mecânica real, E Mrr,, da bolinha, fluido sobre a superfície externa do corpo nele imerso.
com a qual ela atinge altura h r (real) 0,30 m é:
com a qual ela atinge altura h r� (real) � 0,30 m é:
0
d) Falso
0
E Mr E CH E ⇒E mgh ⇒ O empuxo é sempre igual ao peso do fluido deslocado, nesse
E Mr � E CH� � EPH ⇒ EMrr � mghrr� ⇒
P H� M
⇒ E Mr � 0,040 � 10 � 0,30 ⇒ E Mr � 0,12 J caso, do ar.
⇒ E Mr 0,040 10 0,30 ⇒ E Mr 0,12 J
Portanto, em todo o processo, foi dissipada uma energia: e) Verdadeiro
�E � E Mr � EM ⇒ �E � 0,12 � 0,80 ⇒ �E � �0,68 J
E EM
r
EM ⇒ E 0,12 0,80 ⇒ E 0,68 J O empuxo, igual ao peso do ar correspondente ao volume do
dirigível, é:
198. O esquema mostra as forças que atuam sobre o cilindro: o peso,
= =
mg=, a tensão, T , e o empuxo, E . A condição de equilíbrio é:
E � darVarg ⇒ E � 1,30 � 20 000 � 10 ⇒ E � 2,60 � 105 N
f) Falso
T=
Devia-se ao empuxo.
g) Verdadeiro
E= T � E � mg
� O escapamento de gás reduzia o volume e, portanto, o
= empuxo. Reduzia também o peso, mas, como a densidade do
mg=
hidrogênio é menor que a do ar, a redução do empuxo era
cilindro parcialmente imerso
Figura 1 maior que a redução do peso.
Sendo V o volume do cilindro, o empuxo E será dado por 200.
V
E � � A � ----- g (peso da água deslocado pelo cilindro) e a mas-
a ------
- � ai=
2
sa do cilindro m � �CV. Logo, substituindo na expressão acima, gi=
�
temos:
g=
T0= a i=
Para um referencial fixo no interior do tanque, a boia está sujeita
à aceleração inercial �a==i de mesmo módulo e sentido oposto
mg= à aceleração a== do caminhão, e a aceleração g==, da gravidade,
dando origem à aceleração inercial resultante, g== i, perpendicular
cilindro fora da água
Figura 2 à superfície da gasolina. No triângulo sombreado, temos,
portanto, em módulo:
V
T � mg � E ⇒ T � �CVg � � a � ----- g ⇒
-
2 ai a
tg � � ------ ⇒ tg � � ----
- -
g g
⇒ T � [�C � ------- ]Vg
�a
-
2 a
Resposta: alternativa a.
35](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-35-320.jpg)
![146 200 Questões de Vestibular
34.
234. A1 37.
237. A partícula descreve o movimento de um pêndulo simples de com-
primento � � 1,6 m até se alinhar com a vertical e demora a quar-
ta parte de seu período T nesse percurso. A partir daí o movimento
da partícula é o de outro pêndulo �� � 1,6 � 1,2 � 0,4 m, demo-
50 m f � 1700 Hz rando também a quarta parte de seu período T� até atingir a altura
30 m
v � 340 m/s máxima. O período de um pêndulo é dado por
�
T � 2π ----- . Assim, o tempo total desse movimento é:
-
g
O A2
40 m
T T� 1 1,6 0,4
�t � ----- � ------- ⇒ �t � ----- [2π --------- � 2π --------- ] ⇒
- - - - -
4 4 4 10 10
a) Falso, pois ondas sonoras são longitudinais. ⇒ �t � 0,3π ⇒ �t � 0,94s
b) Verdadeiro 38.
238. Na difração, as ondas se “abrem” depois de atravessar a fenda.
340
v � �f ⇒ � � -------------- ⇒ � � 0,20 m
- Resposta: alternativa a.
1 700
c) Verdadeiro 39.
239. Representando a figura com os raios incidentes e refratados, ob-
temos:
�e A1 � 50 m �e A2 � 40 m
O O
d � 50 � 40 ⇒ d � 10 m v1
d � n� ⇒ 10 � n � 0,20 ⇒ n � 50
d) Falso, pois, como as fontes estão em fase e a diferença entre
pois como as fontes estão em fase e �1 � 60°
as distâncias é um número inteiro de comprimento de onda, (1) 60° 60°
ao atingir o ponto O, as ondas estão em fase e a interferência (2) 30° 30°
é construtiva.
�e
e) Falso, pois vm � --------- :
-
�t �2 � 30° v2
50
�t1 � ---------- ⇒ �t1 � 0,15s
-
340
40
�t2 � ---------- ⇒ �t2 � 0,12s
- sen � 1 v1
340 Da Lei da Refração, podemos escrever ----------------- � ------ . Sendo
-
sen � 2 v2
f) Verdadeiro, pois a interferência é o resultado da soma algé- v1 � 174 cm/s, sen 60° � 0,87 e sen 30° � 0,50, temos:
brica das ordenadas de cada onda durante a superposição. sen 60� v1 0,87 174
------------------- � ------ ⇒ ----------- � ---------- ⇒ v2 � 100 cm/s
- - - -
sen 30� v2 0,50 v2
235. Ondas estacionárias resultam da superposição de duas ondas
35. Resposta: alternativa b.
que apresentam mesma frequência, mesmo comprimento de
onda e mesma amplitude, propagando-se em sentidos opostos. 240.
40.
Resposta: alternativa a. som ida
236. A sombra (projeção ortogonal) do do objeto MCUMCU sobre o
36. sombra (projeção ortogonal) objeto em em sobre o ante- som volta
anteparo realiza um movimento harmônico simples (MHS).
paro realiza um movimento harmônico simples (MHS).
Em um MHS, aa velocidade do corpo nula nosnos extremostra-
um MHS, velocidade do corpo é é nula extremos da da D
jetória e, emem módulo,máxima nana posição central.
trajetória e, módulo, é é máxima posição central.
O módulo da velocidade máxima é vmáx � wA, em que w = 2pf é
velocidade máxima é máx = �A, em que � � 2πf O intervalo de tempo entre uma batida e outra é o mesmo que
é a frequência angular e A a amplitude.Sendo A = 10 cm = � 0,1
a frequência angular e A a amplitude. Sendo A � 10 cm 0,1 m o som leva para ir, refletir-se na parede e voltar, portanto,
m fe=f 60 rpm = 1� 1 vem:
e � 60 rpm Hz, Hz, vem: �t � 0,5s e �e � 2D.
vmáx � 2π � 1 � 0,1 ⇒ vmáx � 6,3 � 10�1 m/s Como a velocidade do som é constante, podemos escrever v �
Logo, em B (posição central), a velocidade, em módulo, é máxi- �e
� --------- . Logo:
-
ma e vale aproximadamente 6,3 � 10�1 m/s. �t
Resposta: alternativa c. �e � v�t ⇒ 2D � 340 � 0,5 ⇒ D � 85 m
39](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-39-320.jpg)
![R Como m � 0, a imagem é direita.
273. Da expressão f � ---- , temos:
-
2
d) Como m � 1, a imagem é menor que o objeto.
24
f � ------- ⇒ f � 12 cm
-
2
e) O espelho convexo, além de fornecer a imagem sempre direi-
O observador está a 6,0 cm do espelho, portanto a abscissa do ta para qualquer posição do objeto, possui o campo visual
objeto é real. Então, temos p � 6,0 cm. maior que nos espelhos planos ou côncavos.
1 1 1
Da expressão ---- � ------- � --- , vem:
- - -
p p� f 276. Para o espelho A, temos RA � 6,0 cm e p � 1,0 cm. Então:
1 1 1 R
-------- � ------- � ------- ⇒ p� � �12 cm
- - - fA � ---- ⇒ fA � 3,0 cm
-
6,0 p� 12 2
Sendo y � 0,5 cm, temos:
1 1 1
Da expressão ---- � ------- � ------ , temos:
- -
y� �p � y� �( � 12) p pA � fA
------- � ------------ ⇒ ------- � --------------------- ⇒ y� � 1,0 cm
- - - -
y p 0,5 6,0
1 1 1
Resposta: alternativa c. -------- � ------- � -------- ⇒ p A � �1,5 cm
- - - �
1,0 pA � 3,0
3
274. O objeto é real e, de acordo com o enunciado, p � ---- f. pA � � 1,5
- AA � � ------- ⇒ A � � -------------- ⇒ a � 1,5
- -
2 p 1,0
Segundo a equação dos pontos conjugados, temos:
Portanto, o espelho A amplia 1,5 vez o objeto.
1 1 1 1 1 1
--- � ---- � ------- ⇒ --- � ---------- � ------- ⇒ p� � 3f
- - - - - Para o espelho B, temos RB � 4,0 cm. Então:
f p p� f 3f p�
----
-
2 R
fB � ---- ⇒ fB � 2,0 cm
-
2
De acordo com a equação do aumento linear transversal, vem:
1 1 1 1 1 1
---- � ------- � ----- ⇒ -------- � ------- � -------- ⇒ p � �
- - - - - - B
y� p� y� 3f y�
A � ------- � � ------- ⇒ ------- � � ---------- ⇒ ------- � �2 p p� fB 1,0 p� 2,0
- - - - B B
y p y 3 y
---- f
- � �2,0 cm
2
Isso significa que a imagem é invertida e duas vezes maior que p� �2,0
AB � � ------- ⇒ AB � � -------------- ⇒ AB � 2
B
- -
o objeto. p 1,0
Resposta: alternativa d. Logo, o odontólogo comprará o espelho B, que amplia duas
vezes o objeto.
275. Como o espelho é convexo, temos r � 0 e D0 � 10 m. Então:
277. a) Para um objeto muito distante admitimos p → �. Como a
1 1 2 1 1 2
------- � ------ � --- ⇒ ------- � ------ � � ---- ⇒ DI � �2 m
- - - - - - imagem deve se formar na retina, a 2,2 cm dessa lente fina,
D0 DI r 10 DI 5
p� � 2,2 cm.
a) A distância da imagem ao espelho é dada por DI � �2 m. Logo, da equação de conjugação, vem:
Observação: A essa distância o carro de dona Beatriz já 1 1 1 1 1
---- � ------- � --- ⇒ 0 � -------- � --- ⇒ f � 2,2 cm
- - - - -
deve ter sido abalroado pelo de trás. p p� f 2,2 f
b) A imagem é virtual, pois a abscissa da imagem DI � 0. b) Para corrigir a miopia deve-se reduzir a convergência da cór-
nea, por isso se utilizam lentes divergentes. Neste caso, o
DI efeito da lente divergente pode ser obtido reduzindo-se a
c) Sendo m � � ------- , temos:
-
D0 convergência C da lente fina. De acordo com a equação dos
�( � 2) 1 1
fabricantes, C � (n � 1) [ ----- � ------- ], como um dos raios
m � ------------------ ⇒ m � 0,2
- -
10 R1 R2
45](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-45-320.jpg)
![383. I) Sendo menor a pressão sobre a superfície do líquido, as 388. Sobre o sistema é realizado trabalho, logo † � �200 J e ele
moléculas “escapam” com mais facilidade, vaporizando-se libera calor, então Q � �70 cal. Escrevendo a quantidade de
a uma temperatura menor. calor em joules, temos:
II) Substâncias com pequeno calor específico sofrem maiores Q � �70 � 4,19 ⇒ Q � �293 J
variações de temperatura ao absorver ou ceder calor. Da expressão Q � † � �EI, temos:
III) Cores escuras absorvem a maior parte da radiação visível �293 � �200 � �EI ⇒ �EI � �93 J
que recebem.
IV) A radiação é o único processo pelo qual o calor se transfere 389. Do gráfico temos Q � 600 cal e �T � 200 K. Como m � 4,0 g,
no vácuo. da expressão QV � mcv �T vem:
Resposta: alternativa b. 600 � 4,0cV � 200 ⇒ cV � 0,75 cal/g � K
Resposta: alternativa c.
384. I) Falsa. A radiação é o único processo pelo qual o calor pro-
paga-se no vácuo. 390. a) Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, podemos escrever:
II) Verdadeira
Verdadeira. pA VA pB VB pC VC
------------- � ------------ � ------------ ⇒
- -
TA TB TC
III) Verdadeira. A condução é transferência de calor e não há
transferência de calor se não houver diferença de tempe- TA pA VA TA
⇒ ------- � ------------- ⇒ ------- � 1
- -
ratura. TC pC VC TC
Resposta: alternativa e. Como a razão é 1, podemos concluir que os pontos A e C têm
a mesma temperatura e pertencem à mesma isoterma.
385. A lã, sendo isolante térmico, dificulta que o calor chegue ao
b) O trabalho é a área do gráfico compreendida entre a curva e
corpo pelo processo da condução. E a cor branca impede que a
o eixo das abscissas:
roupa absorva muito calor por radiação.
Observação: A questão confunde radiação térmica, predomi- †�3�2⇒†�6J
nantemente infravermelha, com a radiação visível. Embora a ra- 391. O trabalho é a área no gráfico entre a curva e o eixo das abs-
diação visível também transporte calor, não é o fato de o branco
cissas:
refletir todas as cores que o torna bom refletor térmico. O vidro
é um bom refletor térmico, embora seja transparente às radia- † � �1,0 � 5 � 103 ⇒ † � 5 � 103 J
ções do espectro visível. Um bom refletor térmico é um bom re- Como o volume aumenta na transformação, sabemos que † � 0,
fletor de radiações infravermelhas. ou seja, o gás realiza trabalho sobre o ambiente.
Resposta: alternativa c. Resposta: alternativa a.
386. Como vimos no capítulo 14, tópico 3, o fluxo de calordadoatra-
O fluxo de calor que atravessa uma parede é que por 392. a) Como a transformação é adiabática, o gás não troca calor
Q S T S�T com o meio externo, então temos † � �EI. Para os gases mo-
----------- k ------------ , em que �Q- � k � ------------ , térmica, é
vessa uma parede -é dado pork---------- condutibilidade em que k S
éa -
t d �t d 3
a área atravessada pelo fluxo, DT a diferença de temperatura noatômicos, temos EI � ----- � nRT. Sendo n � 1 mol, vem:
-
a condutibilidade térmica, S a área atravessada pelo fluxo, �T 2
entre as faces da parede e d a espessura da parede. Como S
a diferença de temperatura entre as faces da parede e d a es- 3
e DT serão os mesmos para essa parede, para o produto A
pessura da parede. Como S e �T serão os mesmos para essa † � ----- � 1R(T1 � T2) ⇒ † � 1,5R(T1 � T2)
-
podemos escrever: 2
parede, para o produto A, podemos escrever:
b) Como vimos na nota da página 350, capítulo 15, numa trans-
k A S�T b) formação transformação adiabática é válida � const, que
Em uma adiabática é válida a expressão pV� a expressão
[ ---------- ] � ----------------- (I)
�Q
- -
�T A eA pode ser escrita pode ser escrita na forma:
pVg = const, que na forma:
Para o produto B, sendo kB � 2kA e eB � 2eA, temos: log p � � � log V � const (I)
Sendo pV � nRT, para um gás monoatômico à temperatura
k B S�T 2k A S�T
[ ---------- ] � ----------------- ⇒ [ ---------- ] � -------------------- ⇒
�Q
- -
�Q
- - T, volume V e n � 1, podemos escrever o valor de p na for-
�T B eB �T B 2e A
ma:
k A S�T
⇒ [ ---------- ] � -----------------
�Q
- - (II) RT
p � --------
- (II)
�T B eA V
Portanto, é indiferente usar A ou B. Substituindo na expressão (I), temos:
387. a) Q � 200 � 4 ⇒ Q � 800 J RT
log -------- � � � log V � const ⇒
-
V
b) O sistema recebe calor, logo Q � �800 cal. Sendo �EI � 0
a variação da energia interna, da Primeira Lei da Termodinâ- ⇒ log RT � log V � � � log V � const ⇒
mica, temos: const � log V � log RT
⇒ � � ------------------------------------------------------
-
Q � † � �EI ⇒ 800 � 150 � �EI ⇒ �EI � 650 J log V
60](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-60-320.jpg)
![414. A esfera 1 cai verticalmente, a partir do repouso, com a acele- mos concluir que o módulo da força resultante sobre esse
ração da gravidade. Logo, da função da posição, podemos escre- conjunto é o módulo da força F ,= F 14 N. Sendo mA 3 kg,
ver para essa esfera: mB 4 kg, da Segunda Lei de Newton, temos:
1 1 2 2h FR ma ⇒ F (mA mB)a ⇒ 14 (3 4)a ⇒ a 2 m/s2
y y0 v0t ----- gt 2 ⇒ 0 h ----- gt 1 ⇒ t1 -------- (I)
2 2 g Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco A, isolado,
=
podemos determinar o módulo da força de atrito, f at:
A esfera 2 desliza sobre o plano, a partir do repouso, com acele-
ração constante a g sen 30° (como vimos no estudo do plano FR ma ⇒ fat mAa ⇒ fat 3 2 ⇒ fat 6N
h
inclinado) percorrendo a distância x ------------------ . Veja a figura: b) Isolando B, como mostra a figura:
-
sen 30
1 2 =
fat A
x F=
B
h
30°
=
Podemos concluir que a reação à força de atrito, f at, atua
Sendo sen 30° 1 1 1
----- , temos a ----- g e x ----- h. Da função =
2 2 2 sobre o bloco B, na mesma direção e sentido oposto a F . O
da posição do MRUV, temos: = =
módulo de f at é o mesmo de f at, que vale 6 N.
1 1 1 1 2 418. a) Errado. Se a velocidade é constante, o módulo da soma veto-
x x0 v0t ----- at 2 ⇒ ----- h 0 ------ [ ----- g]t 2 ⇒
2 2 2 2 = =
rial de F h F v é igual ao módulo da resultante das forças de
2h resistência R =
= e R=4. Logo, o módulo de F h é menor do que a
⇒ t2 -------
- (II)
g resultante das forças de resistência, que são duas, não três.
t1 b) Correto. Veja a figura:
De (I) e (II) pode-se concluir que a razão ----- é igual a 1.
-
t2
R= =
R4
Observações: Fv=
I) Esse resultado podia ser previsto pelo Princípio da Indepen- 30°
dência dos Movimentos. Bastaria associar esse movimento
com um lançamento horizontal, por exemplo. Pode-se concluir do triângulo acima que:
II) Tanto o Princípio da Independência dos Movimentos como a 1
solução apresentada valem se não houver atrito, resistência Fv (R Rd) sen 30° ⇒ Fv ----- (R R d )
2
do ar e se a esfera não girar. A última hipótese não está pre- c) Errado. A velocidade da placa é de 10 cm/ano, o que equivale
vista no enunciado, mas pode ser aceita porque, sem atrito, a 10 4 km/ano. Em 1 milhão de anos essa placa terá percor-
a esfera só poderia girar se fosse colocada rodando sobre o
rido a distância x 10 4 km/ano 106 anos 100 km, por-
plano. Com atrito, ela sempre gira e a solução não poderia
tanto a placa ainda está a 900 km da costa da América do Sul.
ser feita dessa maneira.
d) Correto. Se há acelerações bruscas em determinadas oca-
415. A rigor não há diferença entre a figura 1 e a figura 2. Em ambas siões é porque, nessas ocasiões, aparecem forças resultantes
um cavalo puxa a corda e algo a segura. Em 1, é a parede; em 2 não-nulas.
é outro cavalo. Por isso podemos concluir que, se antes (figura
1) a corda não arrebentava, depois (figura 2) ela também não vai 419. a) A força F = exercida pela saladeira sobre o morango é a resul-
=
tante de duas forças de reação. A primeira, F y, é uma força
arrebentar.
Resposta: alternativa d. de reação ao componente P y do peso P = do morango. Esse
=
componente é normal à superfície da saladeira. Como a su-
416. Não havendo resistência do ar, a única força que atua sobre a perfície é esférica, a normal é radial, ou seja, passa pelo cen-
bola depois que ela está fora do tubo é o seu peso, vertical para tro C do hemisfério.
baixo. =
A segunda, F x, é uma força de atrito exercida pela saladeira
Resposta: alternativa d. sobre o morango que equilibra o componente tangencial P x =
do peso P = do morango. Logo, a direção de F = é vertical para
417. a) Veja a figura:
cima, oposta ao peso do morango. Veja a figura:
N=
C
A F=
F= PA= =
fat
B
Fy= Fx=
=
Como mostra a figura, a força de atrito, f at, que o bloco B
exerce sobre o bloco A, é a força resultante sobre A e atua Px= Py=
na mesma direção e sentido da força F .= Para determinar o
seu módulo é preciso inicialmente determinar a aceleração
do conjunto AB que se move solidariamente. Da figura, pode- P=
64](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-64-320.jpg)
![495. a) Errado. O empuxo depende apenas do líquido deslocado. em que P = é o peso do bloco, T= a tração no fio e E = o empuxo
b) Errado. Esse é o valor do empuxo, força que atua verticalmen- da água. Como o bloco está em equilíbrio, podemos escrever:
te para cima. Essa é a redução da marcação do dinamômetro P � T � E � 0 ⇒ T � E � P (I)
em relação à sua marcação com o cubo fora do líquido.
Sendo E � 2,7 � 105 N e P � mg � 2,08 � 104 � 10 �
c) Correto. A balança marca o peso do conjunto recipiente-líqui- � 2,08 � 105 N, temos:
do acrescido da reação correspondente ao empuxo que o
T � 2,7 � 105 � 2,08 � 105 � 6,2 � 104 N
líquido exerce sobre o bloco, cujo valor é �gV.
d) Correto. Rompendo o fio, o corpo começa a descer. Veja a d) Correto. Nesse caso, o empuxo não varia porque o volume
figura: externo do bloco e, portanto, o volume de água deslocada
não mudam. Mas o peso do bloco torna-se:
E=
P� � (2,08 � 104 � 6,2 � 103)10 ⇒ P� � 2,7 � 105 N
a= Logo, voltando em (I), obtemos:
T � E � P� ⇒ T � 2,7 � 105 � 2,7 � 105 � 0 N
P=
Resposta: alternativas b, c, d.
Desprezando a viscosidade do líquido, de acordo com a Se- 498. a) Correto. A irregularidade do gráfico posição (profundidade)
gunda Lei de Newton, podemos escrever: � tempo permite concluir que a aceleração da esfera varia
m � �V com o tempo. Logo, a força resultante não é constante.
P � E � ma ⇒ mg � �Vg � ma ⇒ a � g � --------------------- ⇒
-
m b) Errado. A pressão aumenta, mas atua em todas as direções.
O volume da esfera diminui, mas ela não se deforma.
⇒ a � g[1 � � � ----- ] V
- c) Correto. É exatamente isso que ocorre.
m
d) Errado. Nesse intervalo de tempo, a profundidade diminui.
e) Errado. A pressão no fundo do recipiente é p0 � �gh, na re-
Logo, a esfera está subindo.
gião em que o cubo não está em contato com o recipiente. Na e) Não há o que dizer dessa afirmação. Não sabemos o que sig-
região em que o cubo está apoiado, a pressão total p é a nificam esses “efeitos perturbatórios”.
soma da pressão atmosférica, p0, acrescida da pressão da co-
luna do líquido que está acima da face superior do cubo, 499. a) Errado. Se a superfície tem esse formato é porque o reci-
�g(h � A), acrescida ainda da pressão devida ao peso do piente está acelerando para a direita.
b) Correto. A dissolução do açúcar aumenta a densidade do lí-
mg mg
cubo, --------- , ou seja, p � p0 � -------- � �g(h � A).
- - quido, aumentando o empuxo sobre o corpo suspenso, o que
A2 A2
provoca a diminuição da tração no fio.
Resposta: alternativas c, d. c) Correto. Em relação ao recipiente a aceleração gravitacional
do líquido é nula. Portanto a pressão em A é igual à pressão
496. Se a balança está em equilíbrio no vácuo, não há empuxo. Con- em B.
clui-se que os cubos têm o mesmo peso. Se o ar voltar ao interior Observação: Nesse caso, embora a afirmação esteja cor-
da campânula, os cubos passariam a sofrer a ação do empuxo reta, a figura está errada. O líquido não se assentaria no re-
do ar, dirigida verticalmente para cima. Como o empuxo depen- cipiente, pois ele não tem peso em relação ao recipiente. Ele
de do volume do fluido deslocado, o cubo maior, de madeira, so- deveria soltar-se das paredes do recipiente e assumir a forma
freria maior empuxo. Logo, a balança inclinaria para a esquerda. de uma grande gota esférica, devido à força de coesão entre
Resposta: alternativa e. as suas moléculas.
d) Correto. Para isso o peixe regula a sua densidade média,
497. a) Errado. O volume do bloco, V, é a diferença entre o volume igualando-a à densidade da água.
externo, Ve � 33 � 27 m3 e o volume interno, Vi � 13 � 1 m3, 500. Veja a figura:
portanto V � 26 m3. Sendo d � 800 kg/m3, a massa do bloco é:
m � dV ⇒ m � 800 � 26 � 2,08 � 104 kg
b) Correto. O empuxo é o peso do volume da água deslocada, E=
E � dáguaVáguag. Sendo dágua � 1 000 kg/m3 e Vágua � Ve � 27 m3
e g � 10 m/s2, o empuxo da água é:
PV=
E � 1 000 � 27 � 10 ⇒ E � 2,7 � 105 N
c) Correto. Veja a figura:
=
PAl
E= Se a vela, com o cilindro preso à sua base, flutua, podemos afir-
mar que o módulo do peso da vela, PV , somado ao módulo do
peso do cilindro de alumínio, PAl , são iguais ao módulo do em-
P= puxo da água, E. Portanto, podemos escrever:
T=
PV � PAl � E (I)
80](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-80-320.jpg)
![Sabe-se que PV mVg e mV dVVV, em que dV 0,7 g/cm3 é A 0,050 m e 2π rad/s
a densidade da vela e Vv é o volume da vela. Como a vela é ci-
Lembrando que 2π
líndrica, sendo S a área de sua seção normal e hV a sua altura, -------- , temos:
-
T
o seu volume é VV ShV. Logo, o peso da vela pode ser expres-
so por: 2π 2π ⇒ T 1,0s
--------
-
PV dVVVg ⇒ PV 0,7ShVg (II) T
Da mesma forma, o peso do cilindro maciço de alumínio é Resposta: alternativa a.
PAl = mAlg e mAl = dAlVAl, em que dAl = 2,7 g/cm3 e VAl é o volume
desse cilindro. Sendo hAl = 1,5 cm a altura desse cilindro e S 504. Da função da velocidade, v A sen ( t 0), sabendo
a área da sua base, igual à área da base da vela, o volume do que os valores máximos do seno são 1, podemos concluir que
cilindro de alumínio é V = S · 1,5. Logo, o peso do cilindro pode os valores máximos da velocidade são v A. Identificando
ser expresso por: 2π
a função dada, x 0,3 cos [ --------
- 2t], no SI, com a função
PAl dAlVAlg ⇒ PAl 2,7 S 1,5g (III) 3
O empuxo da água é o peso da água deslocada e pode ser ex- da elongação do MHS, x A cos ( t 0 ) , obtemos
presso por E daVag, em que da 1,0 g/cm3 é a densidade da A 0,3 m e 2 rad/s. Logo, o módulo do valor máximo da
água e Va é o volume de água deslocada. Sendo h o volume velocidade é:
imerso do conjunto vela-alumínio, o volume de água deslocada v A⇒v 2 0,3 ⇒ v 0,6 m/s
é Va Sh. Logo, o empuxo da água pode ser expresso por:
E daVag ⇒ E 1,0Shg (IV) Resposta: alternativa c.
Substituindo (II), (III) e (IV) em (I), temos: 505. A figura mostra as posições sucessivas da partícula em MHS:
0,7ShVg 2,7 S 1,5g 1,0Shg ⇒ 0,7hV 4,05 1,0h (V)
Essa expressão deve ser satisfeita quando o conjunto vela-alu- t2 t1
mínio flutua. Para saber se isso ocorre e até quando ocorre,
como pede a questão, observe a figura abaixo. Ela representa 2 3
L x2 ----------- L 0 x1 ----------- L L
a situação-limite de flutuação, quando esse conjunto está pres- 2 2
tes a afundar e a vela a apagar:
Da função da elongação do MHS, admitindo a fase inicial nula,
0 0, temos x A cos t. Sendo A L e f 10 Hz e lem-
brando que 2πf, obtemos:
2π 10 ⇒ 20π rad/s
hy h A função da posição desse MHS é, portanto, x L cos 20πt.
Assim, o instante t1, para a posição x1 3
----------- L, é dado por:
1,5 cm 2
3 L cos 20πt1 ⇒ 3
Verifica-se que, nessa situação-limite, é válida a relação ----------- L ----------- cos 20πt1
2 2
h hV 1,5 (VI)
Substituindo (VI) em (V), vem: Lembrando que 3 π
cos ---- , temos:
----------- -
0,7hV 4,05 1,0(hV 1,5) ⇒ hV 8,5 cm 2 3
Logo, como a vela tem 10 cm de altura, ela de início está flutuan- π 1
20πt1 ---- ⇒ t1
- -
------- 0,017s
do e continuará flutuando até chegar à altura de 8,5 cm. 3 60
Como ela queima 3,0 cm por hora, pode-se concluir que em 2
30min ela perde 1,5 cm, atingindo a condição-limite antes de O instante t2, para a posição x2 ----------- L, é dado por:
2
apagar-se.
2 L cos 20πt2 ⇒ 2
Resposta: alternativa b. ----------- L ----------- cos 20πt1
2 2
501. Em um corpo em MHS, a velocidade varia senoidalmente com 2 3π
o tempo: Lembrando que ----------- cos -------- , temos:
-
2 4
v A sen ( t 0) 3π 3
20πt1 -------- ⇒ t1 -------
- - 0,038s
Resposta: alternativa a. 4 80
Logo, o intervalo de tempo entre esses dois instantes é:
502. Ao atingir o ponto de abscissa A, o corpo para e muda o sen-
t t2 t1 ⇒ t 0,038 0,017 ⇒ t 0,021s
tido de sua velocidade. Ao mesmo tempo a força elástica res-
tauradora que atua sobre ele é máxima e atua para a direita. Resposta: alternativa a.
Logo, a aceleração também é máxima e tem o mesmo sentido.
506. A amplitude de oscilação do oscilador massa-mola não influi na
Resposta: alternativa c. sua frequência e o período nada tem que ver com a constante
elástica da mola. Mas influi na velocidade máxima, dada por
503. Identificando a função da elongação do MHS, v A.
x A cos ( t 0), com a função dada, x 0,050 cos (2πt
π), no SI, obtemos: Resposta: alternativa b.
81](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-81-320.jpg)
![541. Admitindo-se válidas as condições de estigmatismo de Gauss, Como o seno é crescente no intervalo de 0 a 90°, o menor valor
o que nesse caso é falso, sendo p� � 4 cm e p � 26 cm, obtido n2
de �1 corresponderá ao menor valor da razão ------- . Das alter-
1 1 2
pela equação de conjugação, ---- � ------- � ---- , temos: n1
- - -
p p� R
1,4
nativas dadas, é fácil ver que essa razão é -------- .
1 1 2 -
------- � ---- � ---- ⇒ R � 7 cm ⇒ R � 70 mm
- - - 1,8
26 4 R
Resposta: alternativa e.
542. Se aaimagem é virtual e menor, o espelho só podesó pode ser
imagem é virtual e menor, o espelho ser convexo.
Veja quadro inferior da página 136 do volume 2.
convexo. 546. Veja a figura:
Resposta: alternativa a. �2 � 90°
543. Se os raios incidentes no espelho côncavo provêm do infinito �
�2
��
(são paralelos ao eixo principal), o prolongamento dos respec- �
tivos raios refletidos, interceptados pelo espelho plano, vai
convergir no foco F do espelho côncavo. Por sua vez, como o
ponto imagem F� de F, conjugado com o espelho plano, se for-
Para que o raio de luz sofra reflexão total na parede lateral da
ma a 8 cm desse espelho, a distância de F ao espelho plano é,
também, 8 cm. Mas, como o espelho côncavo tem 50 cm de fibra óptica, é preciso que o ângulo �2 seja 90°. Nesse caso o
raio, a distância do seu foco F ao vértice é 25 cm. Logo, a dis- ângulo � 2 dado pela Lei da Refração, é:
�,
tância do espelho plano ao vértice do espelho côncavo é 5
25 � 8 � 17 cm. Veja a figura: n � sen � 2 � nar � sen 90° ⇒ ----------- � sen � 2 � 1 ⇒
� �
2
2
⇒ sen � 2 � -----------
�
5
Como no triângulo hachurado � 2 � �� � 90°, então cos �� �
�
2
� ----------- ; e, como sen2 �� � cos2 �� � 1, temos:
5
8 cm 2 2 4 1
sen2 �� � [ ----------- ] � 1 ⇒ sen2 �� � 1 � ---- � ---- ⇒
- -
25 cm 5 5 5
544. Para que os raios saiam paralelos de E1, eles devem partir do 5
⇒ sen �� � -----------
foco desse espelho. O espelho E2, por sua vez, tem a função de 5
concentrar os raios de luz num único ponto, para que toda luz Aplicando agora a Lei da Refração na travessia da superfície
por ele emitida saia desse ponto. Por isso, a lâmpada deve ser circular do cilindro, temos:
colocada no centro de E2, ponto autoconjugado. Veja a figura:
5 5 1
nar � sen � � n � sen �� ⇒ sen � � ----------- � ----------- � ---- ⇒
-
2 5 2
E1
⇒ � � 30°
Observe que, se � for maior que 30°, �� também será maior e
� 2 diminui, pois a soma �� � � 2 é constante, tornando-se
� �
E2 menor do que o ângulo-limite de refração. Por isso, � � 30°, nes-
se caso, é o maior ângulo com reflexão total nas paredes laterais
L do cilindro.
F1 � C2 C1 547. Da primeira condição, para o raio I, temos �1 � 45° e �2 � 30°
(o raio refratado que passa por C não sofre desvio porque coin-
cide com a normal à superfície semicilíndrica). Veja a figura:
�1 � 45°
�ar
II
Resposta: alternativa e. C
�2 � 30°
545. Sairá primeiro o raio de luz que atravessar o par de meios que �
tiver o menor ângulo limite de incidência, correspondente ao
ângulo de refração �2 � 90°. Lembrando a Lei da Refração,
n1 � sen �1 � n2 � sen �2, podemos escrever:
n2 0
n1 � sen �1 � n2 � sen 90° ⇒ sen �1 � ------- � II
n1 I 30°
86](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-86-320.jpg)
![⇒ mágua � 1,0(0 � 50) � mgelo � 0,50f0 � (�10)g � 80mgelo � 0 ⇒ Como o volume livre dos gases é um terço do volume da panela,
⇒ �50mágua � 85mgelo � 0 ⇒ mágua � 1,7mgelo (I) que tem 18 L, conclui-se que o volume é:
Mas, como a massa total de água resultante é de 5 400 g, po- V � 6,0 L ⇒ V � 6,0 � 10�3 m3
demos concluir que: A temperatura de ebulição da água nesse caso é t � 127 °C,
mágua � mgelo � 5 400 (II) ou seja:
De (I) e (II), temos: T � 127 � 273 ⇒ T � 400 K
a) mgelo � 2 000 g Sendo R � 8,2 J/mol � K, da Lei Geral dos Gases Perfeitos,
b) mágua � 3 400 g pV � nRT, temos:
c) A energia absorvida pelo gelo é a quantidade de calor total, 2,7 � 105 � 6,0 � 10�3 � n � 8,2 � 400 ⇒ n � 0,49 mol
Q, por ele consumido, necessária para elevá-lo a 0 °C e de-
pois fundi-lo, dada por: p0 V0 pV
592. a) Da Lei Geral dos Gases Perfeitos na forma ------------ � ------- ,
- -
Q � mgelocgeloste � t 0gelo d � Lgelomgelo ⇒ T0 T
⇒ Q � 2 000 � 0,50f0 � (�10)g � 80 � 2 000 ⇒ sendo V constante, p0 � 12 N/cm2, T0 � 300 K e T � 350 K,
⇒ Q � 170 000 cal temos:
12 p
--------- � --------- ⇒ p � 14 N/cm2
- -
586. I) Errado. Cobertor não é fonte de calor, é apenas um isolante 300 350
térmico. b) O módulo da força resultante F0 correspondente à pressão p0
II) Correto. A louça é um bom isolante térmico e, portanto, di-
F
é dado pela definição de pressão, p � ---- , em que p0 �
ficulta a perda do calor para o meio ambiente. -
S
III) Correto. O ar frio tende a descer e o quente a subir. Essa co-
locação facilita a convecção e, portanto, a refrigeração do � 12 N/cm2 e S � 225 cm2. Temos, portanto:
ambiente. F0
p0 � ------ ⇒ F0 � p0S ⇒ F0 � 12 � 225 ⇒ F0 � 2 700 N
-
Resposta: alternativa b. S
Para a força resultante F� correspondente à pressão p �
587. O calor do Sol chega até nós por irradiação. � 14 N/cm2, temos:
Resposta: alternativa c. F� � pS ⇒ F� � 14 � 225 ⇒ F� � 3 150 N
588. Não havendo meio condutor, não pode haver condução nem 593. a) O trabalho realizado sobre o gás é a “área sob a curva” AB,
um trapézio, que é dada por:
convecção. O calor se transfere de um corpo para o outro por ra-
diação. (2p 0 � p 0 )[V 0 � ---- � V 0 ] 2
-
(B � b)h ⇒ τ �
τ � --------------------- 3
Resposta: alternativa a. - ----------------------------------------------------------- ⇒
-
2 2
589. A única diferença que ocorre entre as duas situações está na p0 V0
⇒ τ � -----------
-
temperatura de ebulição da água, que é menor em Campos do 2
Jordão do que em Ubatuba, cidade litorânea onde a pressão at- b) No estado A temos os valores p0, V0 e T0. Para o esboço do
mosférica é maior. Por isso, o chá em Campos do Jordão é sem- gráfico pressão � temperatura é preciso determinar o valor
pre um pouco mais frio ou menos quente do que em Ubatuba. 2V 0
de T no estado B, onde p � 2p0 e V � --------- . Logo, da Lei
-
Resposta: alternativa a. 3
590. I) Correto. Para que haja realização de trabalho deve haver va- p0 V0 pV
Geral dos Gases Perfeitos na forma ----------- � ------- , temos:
- -
riação do volume do gás. 2 T
II) Correto. A compressão muito rápida pode ser considerada 2V 0
2p 0 � ---------- -
adiabática, na qual não há troca de calor com o ambiente. p0 V0 3 4
----------- � -------------------------- ⇒ T � ----- � T0
- - -
Por essa razão, da Primeira Lei da Termodinâmica, conclui- T0 T 3
se que a energia interna do gás aumenta e, portanto, a sua 4
temperatura também aumenta. Com esses valores, em A, p0; T0 e, em B, 2p0; ---- � T0, es-
-
3
III) Correto. Essa é a ideia básica do conceito de calor específico.
boçamos o gráfico a seguir:
Resposta: alternativa d.
p
591. Da Lei Geral dos Gases Perfeitos sabemos que pV � nRT. A B
2p0
pressão p pode ser obtida pela razão entre o peso da válvula,
P � 0,82 N, sobre a área do tubinho, S � 3,0 � 10�5 m2, consi- A
p0
derando desprezível a ação da pressão atmosférica nesse caso,
o que é razoável, pois ela, na válvula, atua praticamente em to-
T
dos os sentidos. Temos então:
0 1 2 T0 4
P
-
0,82
p � ---- ⇒ p � ------------------------ ⇒ p � 2,7 � 105 Pa
- 3 T0 3 T0 3 T0
S 3,0 � 10 �5
93](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-93-320.jpg)
![O cruzamento das diagonais do retângulo é o ponto médio e) Verdadeira
do segmento que une as duas cargas, que chamaremos de Veja a figura:
Q
M. Da expressão V � k � ----- , temos, para o ponto M:
-
d b B =
EB�
�q
• o potencial elétrico devido à carga �q, a uma distância =
EB
x, é:
a =
EB�
V� � k � ----q
M -
x
=
EA�
• o potencial elétrico devido à carga �q, a uma distância A b
x, é: =
EA
�q
=
EA�
q
V M � �k � ----
� -
x
=
O vetor campo elétrico resultante E A no ponto A é a soma
Logo, o potencial elétrico resultante em M é:
=
vetorial do vetor E A�, à distância a da partícula de carga �q,
q q
VM � V� � V M ⇒ VM � k � ---- � k � ---- ⇒
� - - =
com o vetor E A�, à distância b da partícula de carga �q.
=
M
x x O vetor campo elétrico resultante E B, no ponto B, é a soma
⇒ VM � 0 =
vetorial do vetor E B�, à distância a da partícula de carga �q,
=
Podemos ver na figura que o vetor campo elétrico E � de- =
com o vetor E B�, à distância b da partícula de carga �q.
vido à carga �q tem a mesma direção e sentido do vetor Q
Da expressão E � k � ------- , podemos concluir que EA� � EB�
=
campo elétrico E � devido à carga �q. Logo, o vetor cam- d2
po elétrico resultante é diferente de zero. e EA� � EB�. Logo, EA � EB e podemos concluir da figura que
= =
E A � E B.
c) Verdadeira
q q f) Verdadeira
Sendo VA � k � ------- e VB � �k � ------- , temos:
- -
12 12 q q
Sendo VA � k � ------- e VB � �k � ------- , temos:
- -
q q 12 12
VA � VB � k � ------- � [�k � ------- ] ⇒
- -
12 12 q q 1
VB � VA � �k � ------- � k � ------- ⇒ VB � VA � � ----- � kq
- - -
q 1 12 12 6
⇒ VA � VB � 2k � ------- ⇒ VA � VB � [ ----- � kq] volts
- -
12 6 Já calculamos V A � V B e obtemos VAV� VBV� -----1-� kq.
obtivemos A B
1
----- kq.
-
66
d) Falsa
Portanto, (VA � VB) � (VB � VA).
Da expressão †BA � q(VB � VA), temos †BA � q� (VB �VA).
Substituindo esse valor na expressão anterior, obtemos: Resposta: alternativas b, c, e, f.
1 1
†BA � q� � ----- � kq ⇒ †BA � ----- � kq�q (A) 618. I) Verdadeira, pois o condutor A está ligado à Terra, que, de
- -
6 6 acordo com o enunciado, tem potencial elétrico nulo.
Supondo que q� esteja em A, da expressão da energia poten- II) Falsa, pois, na presença da esfera B carregada positiva-
Qq mente, a esfera A se eletriza negativamente por indução.
cial elétrica E Pe � k � -------- , temos, para cada par de cargas:
-
d III) Falsa, pois como as esferas A e B têm cargas de sinais con-
q 2 trários, elas se atraem.
III) �q e �q, E Pe � �k � -------
I 5 Resposta: alternativa a.
qq�
III) �q e q�, E Pe � k � ---------- 619. a) Verdadeiro
-
II 3 A placa A é carregada positivamente, enquanto a B tem car-
qq� ga negativa.
III) �q e q�, E Pe � �k � ----------
-
III 4 b) Falso
A energia total do sistema é a soma dessas energias: O sentido do campo elétrico é o sentido das linhas de força
que vão da placa positiva para a negativa.
E Pe � E Pe � E Pe � E Pe ⇒
I II III
⇒ E Pe q2 qq� qq�
� k[� ------- � ---------- � ---------- ] ⇒
- - � � � � � � � � A
5 3 4
q2 qq� E=
⇒ E Pe � k[� ------- � ---------- ]
- (B)
5 12
� � � � � � � �
Comparando (A) e (B), podemos concluir que †AB � E Pe . B
99](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-99-320.jpg)
![c) Falso Como Q A QB Q , da expressão (II), temos:
Sendo C 1,00 F 1,00 10 6 F, V 100 V, da expres-
Q QA QB Q Q ⇒ QA QB 2Q ⇒
são C ----- , temos:
- QA QB
V ⇒Q --------------------- (VI)
-
Q 2
1,00 10 6 ---------- ⇒ Q 100 1,00 10 6 ⇒
-
100 Inicialmente, temos a esfera A, com carga q, em contato com
⇒ Q 100 C a esfera B, neutra. Da expressão (VI), temos:
d) Verdadeiro QA QB q 0 q
Como o elétron tem carga negativa, atua sobre ele uma força Q --------------------- ⇒ Q
- --------------- ⇒ Q
- -----
-
2 2 2
elétrica que tem mesma direção e sentido oposto ao do vetor
=
campo elétrico E . Como a ação gravitacional sobre o elétron Logo, temos Q A q q
----- , Q B
- ----- e Qc
- 0.
é desprezível, a força elétrica é a força resultante que atua 2 2
sobre ele, que então é acelerado em direção à placa A. q
Posteriormente, temos a esfera A, com carga ----- , em contato
-
com a esfera C, neutra. 2
Da expressão (VI), temos:
F= q
----- 0
-
QA QC 2 q
E=
Q --------------------- ⇒ Q
- ------------------- ⇒ Q
- -----
-
2 2 4
Logo, ao final do processo temos Q A q q
----- , Q B
- ----- e
-
4 2
e) Verdadeiro QC q
----- .
-
Da expressão para a capacidade do capacitor de placas pa- 4
ε0 S q1 q2
ralelas, C ---------- , temos:
- Da expressão da Lei de Coulomb, F k ----------- , temos:
-
d d2
ε0 S • para a configuração 1:
• antes da redução: C ----------
-
d q
k ----- ----- q
- -
QA QB 4 2
d ε0 S F1 k ------------- ⇒ F1
- ----------------------------- ⇒
-
• após a redução [com d ----- ]: C
- ---------- ⇒
- d2 (2d) 2
2 d
kq 2
ε0 S ---------
-
⇒C ---------- ⇒ C
- 2C ⇒ F1 8 kq 2
d ------------- ⇒ F1 ------------
-
-----
- 4d 2 32d 2
2
• Para a configuração 2:
f) Verdadeiro
q
k ----- ----- q
Resposta: alternativas a, d, e, f. QA QC 4
-
4
-
F2 k ------------- ⇒ F2
- ----------------------------- ⇒
-
d2 d 2
620. Consideremos duas esferas de carga QA e QB que são ligadas
entre si. Nessas condições, as esferas passam a ter potenciais kq 2
---------
-
16 kq 2
⇒ F2 ------------- ⇒ F2 ------------
elétricos V A e V B , tais que: -
d 2
16d 2
VA VB (I) Logo, temos:
e cargas elétricas Q A e Q B . Pelo Princípio da Conservação da kq 2
------------
-
F1 32d 2 ⇒ F 1 kq 2 16d 2 F1 1
Carga, podemos escrever: ------
- ---------------- ------
- ------------
- ------------ ⇒ ------
- - -----
-
F2 kq 2 F2 32d 2 kq 2 F2 2
QA QB Q A QB (II) ------------
-
16d 2
Q Resposta: alternativa c.
Da expressão C ----- , temos:
-
V
621. Inicialmente calculamos o capacitor equivalente. Como os ca-
V Q (III) pacitores 1 e 2 estão associados em série, da expressão
-----
-
C 1 1 1
-------
- -------
- ------- , temos:
-
Logo, substituindo (III) em (I), temos: Cs C1 C2
QA QB 1 1 1 1 3
----------
- ----------
- (IV) -------
- -------
- ----- ⇒ -------
- - ------- ⇒ Cs 4 F ⇒
-
CA CB Cs 12 6 Cs 12
⇒ Cs 4 10 6 F
Para um condutor esférico, temos C r
---- . Como as esferas
- Podemos agora calcular a carga no capacitor equivalente, que
k
será a carga de cada capacitor da associação. Da expressão
são idênticas, concluímos que CA CB, e da expressão (III) temos:
Q
C ----- , com V ε, temos:
QA QB (V) -
V
100](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-100-320.jpg)
![400 Sendo m � 30,25 g e c � 1 cal/g � °C, da expressão
Logo, a potência dissipada durante os 400min [ ---------- h �
-
60 Q � mc��, temos:
484
484 � 30,25 � 1�� ⇒ �� � -------------- ⇒ �� � 16 °C
20 -
� ------- h] é:
- 30,25
3
Sendo �inicial � 23 °C, da expressão �� � �final � �inicial,
P � 1 200 � 2 400 � 3 600 � 1 200 ⇒ P � 8 400 W ⇒ temos:
⇒ P � 8,4 kW
Da expressão E � P�t, temos: 16 � �final � 23 ⇒ �final � 16 � 23 ⇒ �final � 39 °C
20
E � 8,4 � ------- ⇒ E � 56 kWh 647. Antes de a lâmpada 1 queimar, analisando o circuito dado temos:
-
3
• A resistência equivalente é R (resistência de cada lâmpada,
Sendo o custo da energia elétrica de R$ 0,20 por kWh, temos: todas idênticas), como mostram as figuras:
Custo � 56 � R$ 0,20 ⇒ Custo � R$ 11,20
b) Sendo P � 1 200 W e �t � 42min � 42 � 60s � 2 520s, da R (1) R (2) 2R
expressão E � P�t, temos: R
E � 1 200 � 2 520 ⇒ E � 3,0 � 106 J
R (3) R (4) 2R
1
Como ----- da energia total foi utilizada para aquecer a água,
-
3
temos: V V V
1 1 V 2
Q � ----- E ⇒ Q � ----- � 3,0 � 10 6 ⇒ Q � 1,0 � 106 J
- - Logo, da expressão P � ------- , a potência total fornecida
-
3 3 R
Sendo V � 10 L o volume da água e d � 1,0 kg/L a densi- pela bateria é:
m V2
Pantes � ------- (A)
dade da água, da expressão d � ------ , temos m � 10 kg.
- -
v R
Sendo c � 4,2 � 103 J/kg � °C, da expressão Q � mc��, • A potência dissipada em 3 pode ser obtida analisando o
temos: ramo em que essa lâmpada está inserida no circuito. Veja a
1,0 � 10 6 figura:
1,0 � 106 � 10 � 4,2 � 103�� ⇒ �� � --------------------- ⇒
-
4,2 � 10 4
⇒ �� � 24 °C R (3) R (4)
V
646. a) Da expressão V � Ri, temos i � ----- . Substituindo a expres- V V
-
R 2 2
são anterior na expressão P � Vi, temos: V
V V2
P � V � ----- ⇒ P � ------- Como as resistências são iguais, a diferença de potencial
- -
R R V
em 3 é metade da fornecida pela bateria; portanto, ----- . Lo-
-
Usando a expressão acima, calculamos a potência dos chu- 2
veiros. Portanto, temos: go, a potência dissipada em 3 é:
• para o chuveiro 1: V 2
[ ----- ]
-
2 V2
P3 (antes) � ---------------- ⇒ P3 (antes) � -------- (B)
V1
2
220 2 - -
P1 � ------- ⇒ P1 � ------------ ⇒ P1 � 2 420 W
- - R 4R
R1 20 Depois de a lâmpada 1 queimar, o circuito passa a ter a se-
• para o chuveiro 2: guinte configuração:
V2
2
220 2 R (3) R (4) 2R
P2 � ------- ⇒ P2 � ------------ ⇒ P2 � 4 840 W
- -
R2 10
V V
O sr. Newton deverá escolher então o chuveiro de maior re- 2 2
sistência, que dissipa menor potência e consequentemente
gasta menos energia. V V
b) A energia elétrica consumida pelo chuveiro, num intervalo Logo, a potência total fornecida pela bateria será:
de tempo �t � 1s, pode ser calculada usando a expressão V2
E � P�t. Logo: Pdepois � -------- (C)
-
2R
E � 2 420 � 1 ⇒ E � 2 420 J ⇒ E � 2 420 � 0,2 cal ⇒ E a potência dissipada em 3 será:
⇒ E � 484 cal V 2
[ ----- ]
-
Supondo que toda a energia elétrica é dissipada na forma de 2 V2
P3 (depois) � ---------------- ⇒ P3 (depois) � -------- (D)
- -
calor, temos Q � E. R 4R
104](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-104-320.jpg)
![Precisamos então calcular a massa de ar contida na sala. E a diferença de potencial em D seria:
O volume da sala é V � 5 � 5 � 3 � 75 m3 e a densidade do VD � RDi ⇒ VD � 5,0 � 0,80 ⇒ VD � 4,0 V
m
ar é dar � 1,2 kg/m3. Da expressão d � ----- , temos: Como o componente D não admite tensões superiores a 3,0 V,
-
V podemos afirmar que o valor de RD nessa situação é maior que
m ar o valor normal, para que VD não supere o valor-limite, VD � 3,0 V.
dar � -------- ⇒ mar � darVar ⇒ mar � 75 � 1,2 ⇒ mar � 90 kg
-
V ar Assim, podemos escrever para esse circuito:
Sendo car � 1 000 J/kg � °C, �� � 5 °C (em módulo) e E � VR � VD ⇒ 12 � VR � 3,0 ⇒ VR � 9,0 V
�t � 0,5h � 1 800s, temos: Como R � 10 �, constante, temos:
90 � 1 000 � 5
P� � --------------------------------- ⇒ P� � 250 W
- VR � Ri ⇒ 9,0 � 10i ⇒ i � 0,90 A
1 800
Resposta: alternativa c.
A potência térmica do aparelho deve ser capaz de compen-
sar ou absorver o calor fornecido pelas pessoas (Pconjunto) e 656. a) Como os fios condutores são feitos de mesmo material,
resfriar o ar (P�), logo ela deve ser: �A � �B � �, e como têm o mesmo comprimento, �1 � �2 � �.
Ptérmica � 800 � 250 ⇒ Ptérmica � 1 050 W Sendo RA � RB e como a resistência R é inversamente pro-
P útil porcional à área da secção transversal S [lembre-se que
Sendo � � 50% � 0,50, da expressão � � ----------- , temos:
-
P total R � � � ----- ], concluímos que SA � SB , o que invalida a al-
�
-
S
P térmica 1 050
� � --------------- ⇒ 0,5 � --------------- ⇒ Pelétrica � 2 100 W
- - ternativa a.
P elétrica P elétrica
b) Como os fios condutores são percorridos pela mesma cor-
b) O aquecimento do ar com o aparelho de ar condicionado des-
rente, podemos escrever iA � iB � i.
ligado é devido ao calor liberado pelo conjunto pessoas �
R
Sendo RB � R, temos RA � ----- .
E -
� micros. Da expressão P � -------- , E � Q, temos:
- 2
�t 2
Da expressão P � Ri , temos:
Q
P � -------- ⇒ Pconjunto � -------- Q
- - • para o fio A:
�t �t
Sendo Q � mc��, temos: 2 R
PA � R A i A ⇒ PA � ----- � i 2
-
mc�� m ar c ar �� 2
Pconjunto � ---------------- ⇒ Pconjunto � ----------------------
- - • para o fio B:
�t �t
Sendo Pconjunto � 800 W, mar � 90 kg, car � 1 000 J/kg � °C 2
PB � R B i B ⇒ PB � Ri2
e �� � 27 °C � 25 °C � 2 °C, temos:
Logo, podemos concluir que PB � PA.
90 � 1 000 � 2
800 � --------------------------------- ⇒ �t � 225s ⇒ �t � 3,75min
- c) Como os fios condutores são percorridos pela mesma ten-
�t
são, podemos escrever VA � VB � V.
� R
Sendo RB � R, temos RA � ----- .
654. Da expressão R � � � ----- , temos:
- -
S 2
• para o fio 1: V2
Da expressão P � ------- , temos:
-
R
�1 2,0
R1 � � � ------- ⇒ R1 � � � ---------
- - • para o fio A:
S S 2
VA V2 2V 2
• para o fio 2: PA � ------- ⇒ PA � --------- ⇒ PA � ----------
-
RA R R
�2 3,0 -----
-
R2 � � � ------- ⇒ R2 � � � ---------
- - 2
S S • para o fio B:
Portanto, obtemos: VB
2
V2
PB � ------- ⇒ PB � -------
- -
3,0 RB R
� � --------- -
R2 S R2 3,0 S Logo, podemos concluir que PA � PB .
------- � --------------------- ⇒ ------- � � � --------- � ------------------ ⇒
- - - - -
R1 2,0 R1 S � � 2,0
� � --------- - d) Ao ligarmos os fios A e B em série, a corrente que percorre
S
os dois fios é a mesma (iA � iB � i). Da expressão V � Ri,
R2 3 temos:
⇒ ------- � -----
- -
R1 2 • para o fio A:
Resposta: alternativa d. R
VA � RAiA ⇒ VA � ----- � i
-
2
655. Se a resistência RD tivesse o valor normal, RD � 5,0 �, para • para o fio B:
E � 12 V e R � 10 �, teríamos: VB � RBiB ⇒ VB � Ri
E � (R � RD)i ⇒ 12 � (10 � 5)i ⇒ i � 0,8 A Logo, podemos concluir que VB � VA.
107](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-107-320.jpg)
![b) O circuito da figura dada pode ser simplificado como mos- b) Como a resistência interna do gerador é desprezível, temos
tram as figuras abaixo: V � ε � 28 V. Da expressão P � Vi, temos:
112
P � VI ⇒ 112 � 28I ⇒ I � ---------- ⇒ I � 4,0 A
B -
28
i Ro i Ro V
Da definição de resistência, R � ----- , temos:
-
R R
R i
2
V 28
R � ----- ⇒ R � ------- ⇒ R � 7,0 �
E E - -
I 4
A
664. Se a chave está aberta, podemos redesenhar o circuito como na
Note que a resistência R do ramo à esquerda está associada figura:
em paralelo com a resistência R do ramo à direita. Como são 100 �
iguais, a resistência equivalente a essa associação é:
1 1 1 R
------- � ----- � ----- ⇒ Rp � -----
- - - -
Rp R R 2 100 � V ε
Sendo E � 9,0 V, R0 � 2,0 � e i � 3,0 A, no circuito sim- 50 V
plificado podemos escrever:
A
R R
E � [R0 � ----- ]i ⇒ 9,0 � [2,0 � ----- ]3,0 ⇒ R � 2,0 �
- - Sendo V � 5,0 V e R � 100 �, podemos calcular a corrente que
2 2
passa pelo circuito usando a equação V � Ri. Logo:
662. Podemos redesenhar o circuito como mostra a figura abaixo: V 50
i � ----- ⇒ i � ---------- ⇒ i � 0,50 A
- -
R 100
A C R E
Os resistores estão associados em série. A resistência equiva-
i i2 lente a essa associação pode ser obtida usando a expressão
à
A Rs � R1 � R2. Logo:
i i1 R i2 R V 2V
Rs � 100 � 100 ⇒ Rs � 200 �
�
i2
Podemos, então, calcular a diferença de potencial fornecida
� i
pela bateria ao circuito, usando a expressão V � Ri. Logo:
B D R F V � Rsi ⇒ V � 200 � 0,50 ⇒ V � 100 V
A potência total dissipada pelos resistores pode ser calculada Se a chave for fechada, teremos um curto-circuito e podemos
usando a expressão P � Vi, então PT � VABi. redesenhar o circuito como na figura:
O perímetro marca a corrente total fornecida pela fonte F, que
é i � 8,0 A. 100 �
Podemos ver que VAB � VCD e que VCD � VCE � VEF � VFD (temos
três resistores R ligados em série). Sendo R iguais, é fácil con-
cluir que VCE � VFD � VEF � 2,0 V. ε
Logo:
VCD � 2,0 � 2,0 � 2,0 ⇒ VCD � 6,0 V A
Então, VAB � 6,0 V.
Sendo V � 100 V e R � 100 �, da expressão V � Ri, temos:
Portanto, temos:
PT � VABi ⇒ PT � 6,0 � 8,0 ⇒ PT � 48 W V 100
i � ----- ⇒ i � ---------- ⇒ i � 1,0 A
- -
R 100
Resposta: alternativa d.
Resposta: alternativa d.
663. a) Admitindo que toda a energia elétrica é utilizada no aqueci-
665. Vamos inicialmente calcular a resistência elétrica de cada lâm-
E
mento da água, temos Q � E. Logo, da expressão P � -------- ,
- V2 V2
�t pada. Da expressão P � ------- , vem R � ------- . Então:
- -
R P
temos:
• Para L1:
Q mc��
P � -------- ⇒ P � ----------------
- - 2
�t �t V1 20 2
R1 � ------- ⇒ R1 � --------- ⇒ R1 � 40 �
- -
P1 10
Sendo m � 0,80 kg, c � 4,2 � 103 J/kg � °C, �� � 2 °C e
�t � 1min � 60s, temos: • para L2:
2
0,80 � 4,2 � 10 � 2 3 V2 20 2
P � ------------------------------------------- ⇒ P � 112 W
- R2 � ------- ⇒ R2 � --------- ⇒ R2 � 20 �
- -
60 P2 20
109](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-109-320.jpg)
![677. a) Antes de entrar na região do campo magnético, a partícula descreve uma trajetória circular, com velocidade de módulo
cai verticalmente com velocidade constante. Portanto, ela constante (movimento circular uniforme). Para que o próton
está em equilíbrio. As forças que nela atuam são o peso e a =
passe pelo ponto B com a mesma velocidade inicial v , no me-
resistência do ar (veja a figura): nor tempo possível, ele deverá percorrer semicírculos sequen-
ciais no sentido anti-horário no plano superior, e no sentido ho-
=
Rar rário, no plano inferior. Veja a figura:
�t1
P=
No equilíbrio, temos FR � 0. Portanto, obtemos: � =
� B1
v= v=
mg
Rar � P ⇒ kv0 � mg ⇒ k � ---------- B A
v0
• �v = =
• B2
b) Ao penetrar na região onde há o campo magnético, aparece
uma força magnética, horizontal para a direita (supondo a
�t2
carga positiva). Isso faz a partícula curvar a sua trajetória.
Mudando a trajetória, mudam os sentidos das forças de re- O menor valor do tempo será:
sistência R=ar do ar, que sempre se opõem ao sentido da ve-
=
locidade da partícula, e da força magnética F M, sempre per- T1 T2
�t � �t1 � �t2 ⇒ �t � ------- � -------
pendicular ao sentido da velocidade. No instante em que a 2 2
=
partícula adquire velocidade v L constante, a resultante das Consideremos o movimento do próton no plano superior. Se o
Consideremos o movimento do próton no plano superior. Se o
forças que atuam sobre ela se anula. Temos então a situa- movimento é circular uniforme, o módulo da força resultante
movimento é circular uniforme, o módulo da força resultante
ção descrita na figura: = =
(F R ) é igual ao da força centrípeta (F C ), cujo módulo é FC �
(F =R ) é igual ao da força centrípeta (F C ), cujo módulo é F C
=
trajetória da mv 22 (capítulo 13, volume 1). Como nessa região só existe
mv
� -----------
partícula -----------. Como nessa região só existe o campo magnético, a
r
antes de r
o campo magnético, a força gerada por ele é a força resultante,
atingir vL= força gerada por ele é a força resultante, cujo módulo é F R
constante
cujo módulo é FR � qvB1 � sen �. Sendo � � 90°, a expressão
qvB1 sen . Sendo 90°, a expressão do módulo da
=
Rar =
FM do módulo da força resultante torna-se FR � qvB1. Igualando FR
força resultante torna-se F R qvB1. Igualando FR e FC, obtemos:
e FC, obtemos:
vL= mv 2 mv qB 1 1
FR � FC ⇒ qvB1 � ---------- ⇒ qB1 � -------- ⇒ ---------- � ---- ⇒
- - - -
trajetória da partícula r r mv r
depois de adquirir vL=
P= constante, coincidente
mv
⇒ r � ----------
com a direção e o sentido de vL=
qB 1
Lembrando que a relação entre a velocidade e o período do
c) Podemos redesenhar os vetores como mostra a figura abaixo: 2πr
MCU é dada pela expressão v � ---------- , obtemos:
-
=
Rar
T
2πr 2πr 2π mv
v � ---------- ⇒ T1 � ---------- ⇒ T1 � -------- � ---------- ⇒
- - -
T1 v v qB 1
P= 2πm
⇒ T1 � -------------
-
=
FM qB 1
2πm
Por analogia, temos T2 � ------------- .
-
qB 2
2 2
A condição de equilíbrio é P2 � R ar � F M . Portanto:
Da expressão FM � qvB � sen �, como � � 90°, temos: 1 2πm 1 2πm
�t � ----- � ------------- � ----- � ------------- ⇒
- - - -
FM � QvLB � sen 90° ⇒ FM � QvLB 2 qB 1 2 qB 2
Portanto, temos: mπ mπ mπ 1 1
⇒ �t � ---------- � ---------- ⇒ �t � ---------- [ ------- � ------- ] ⇒
- - - - -
2 2
m2g2 � k 2 v L � Q 2 v L B 2 ⇒ m2g2 � (k2 � Q2B2) v L ⇒
2 qB 1 qB 2 q B1 B2
2 m2g2 mg mπ B 1 � B 2
⇒ �t � ---------- [ -------------------- ]
⇒ v L � ------------------------- ⇒ vL � -------------------------------
- - - -
k � Q2B2
2
k2 � Q2B2 q B1 B2
Resposta: alternativa a.
678. Como a força F = é sempre perpendicular à velocidade v , da Se-
=
gunda Lei de Newton (F = � ma ) concluímos que a aceleração a==
= 679. Aplicando a regra da mão direita, concluímos que:
=
do próton vai ser sempre perpendicular à velocidade v . Trata- • em I, B== é paralelo ao eixo do solenoide, com sentido orien-
solenóide,
se portanto de uma aceleração centrípeta, por isso o próton
-se portanto de uma aceleração centrípeta, por tado para a direita;
114](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-114-320.jpg)
![685. A oposição ao movimento é expressa pela Lei de Lenz, conse- b) Falso
quência do Princípio da Conservação da Energia; se há oposição Como o gráfico � � t é uma reta, podemos concluir que
ao movimento do ímã é preciso que uma força seja exercida
---------- � constante. [Lembre-se que ---------- é a inclinação
�� ��
para movimentá-lo na direção do movimento. Logo, é necessá- - -
�t �t
ria a realização de trabalho. da reta — veja figura.] Pela Lei de Faraday, a força eletro-
Resposta: alternativa a. ��
motriz induzida na espira é ε � � ---------- . Portanto, concluí-
-
�t
686. Só ocorre indução de corrente elétrica na espira se houver va- mos que � é constante.
riação do fluxo magnético. Há variação do fluxo magnético nas
situações I e III. �
Resposta: alternativa d.
�2
��
687. Resposta: alternativa b. �1
�t
�0
688. a) Falsa t
A corrente elétrica que chega às residências é alternada. t1 t2
b) Verdadeira
c) Falsa c) Verdadeiro
A corrente elétrica não varia ao longo de um fio e nem se al- O sentido da corrente elétrica induzida é dado pela Lei de
tera ao passar por um resistor, mas há perda de energia Lenz. Sendo o fluxo magnético � � 1,2 � 10�3 � 3,5 � 10�3 t,
quando da passagem por fios e resistores. concluímos que � aumenta no decorrer do tempo. A corren-
te induzida deve se opor ao aumento desse fluxo magnético,
d) Falsa ou seja, deve gerar um campo magnético cujas linhas de for-
Quilowatt-hora é unidade de energia. ça tenham a mesma direção e sentido contrário ao do campo
que está aumentando. Por isso, pela regra da mão direita, a
V2 V2 corrente induzida percorre o resistor da direita para a es-
689. a) Da expressão P � ------- , temos R � ------- . Como a resistên-
- - querda.
R P
cia do filamento da lâmpada é constante, podemos escrever: d) Falso
2 2 Da expressão � � 1,2 � 10�3 � 3,5 � 10�3 t, e das conside-
V V 12 2 6,0 2
------- � ------- ⇒ --------- � ----------- ⇒
1
- 2
- - rações feitas no item b, temos:
P1 P2 24 P2
��
inclinação � ---------- � 3,5 � 10�3
144 36 -
⇒ ---------- � ------- ⇒ P2 � 6,0 W
- - �t
24 P2 ��
Como a força eletromotriz induzida é ε � � ---------- , obte-
-
�t
mos ε � �3,5 � 10 V. �3
b) Não. Como a bateria do automóvel tem força eletromotriz
constante de 6,0 V, ela é um gerador de corrente contínua. V
Sendo R � 3,5 �, da expressão R � ----- , temos:
-
A corrente contínua gera um campo magnético constante, i
por isso não é possível alterar a tensão fornecida pela bate- V ε 3,5 � 10 �3
ria usando o transformador, pois este funciona devido à va- i � ----- ⇒ i � ----- ⇒ i � ------------------------ ⇒
- - -
R R 3,5
riação do fluxo magnético que atravessa seus enrolamentos.
⇒ i � 1,0 � 10�3 A ⇒ i � 1,0 mA
e) Verdadeiro
690. a) Verdadeiro
f) Verdadeiro
Como � é uma função do 1o grau em t, o gráfico � � t é uma
reta. Resposta: alternativas a, c, e, f.
� 691. Quando a onda eletromagnética incide na partícula de carga q
positiva em repouso, essa partícula sofre a ação de uma força
elétrica devido ao campo elétrico. Essa força tem a mesma di-
reção e sentido do vetor campo elétrico E = e faz com que a par-
tícula comece a se mover verticalmente para cima. Ao se mo-
�0
ver, essa partícula fica também sujeita à ação de uma força
magnética, devido ao campo magnético. Usando a regra da
t
mão direita, concluímos que essa força terá direção horizontal
com sentido orientado para a direita.
Resposta: alternativa b.
117](https://image.slidesharecdn.com/resoluo700questesfisica-111215172942-phpapp02/85/Resolucao-700-questoes-fisica-117-320.jpg)
Resolução 700 questões fisica
- 1. 166 200 Questões de Vestibular u Resolução das 700 questões de vestibular 9. Na figura estão indicados o consumo de O2 que ocorreria se o jovem se limitasse a andar (A) e o consumo de O2 que realmente 1. nestrelas � 400 bilhões de estrelas � 400 � 109 estrelas ocorreu (B). 0,05 Consumo de O2 (L/min) n � nplanetas � 0,05%nestrelas ⇒ n � ----------- � 400 � 109 ⇒ - 100 5 � 10 �2 B ⇒ n � -------------------- � 4 � 102 � 109 ⇒ n � 20 � 107 ⇒ - 10 2 2 ⇒ n � 2 � 108 planetas h 1 t (min) Resposta: alternativa c. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2. A área do muro é: A A � 2,0 � 140 ⇒ A � 280 m2 Se fizermos o produto da unidade da ordenada pela unidade da Como cada galão cobre 16 m2, o número de galões necessários abscissa, obtemos a “área sob a curva” dessa figura: para cobrir o muro é: L A � 5 --------- � min6 ⇒ a � [L] - 280 min n � --------- ⇒ n � 17,5 galões - 16 Logo, a “área sob a curva”, nesse caso, dá o volume de oxigênio Como o volume de cada galão é de 3,6 L, o volume total de tinta é: consumido. O volume de oxigênio consumido acima do habitual V � 17,5 � 3,6 ⇒ V � 63 L é representado pela área sombreada. Logo, o volume de oxigê- nio consumido em excesso é: Resposta: alternativa e. (A � B)h (11 � 9)1 V O2 � Vsombreado ⇒ V O2 � --------------------- ⇒ V O2 � ----------------------- ⇒ - - 3. Basta dividir a espessura do livro pelo número de páginas, em 2 2 mm, para obter a espessura e de cada página: ⇒ V O2 � 10 L 4,0 cm 40 mm Sabendo que 1 L de O2 por minuto fornece 20 kJ/min, o consumo e � ---------------- ⇒ e � ---------------- ⇒ e � 0,05 mm - - de 10 L de oxigênio a mais corresponde a 10 � 20 kJ � 200 kJ 800 800 de energia a mais. Resposta: alternativa b. Resposta: alternativa c. 4. Para que o número “não tenha unidades”, isto é, seja um número = 10. Todos os atletas fizeram o mesmo deslocamento, d AB, cujo puro, é preciso que ambos os termos da relação, ou razão, módulo é igual ao comprimento do segmento AB, no mesmo tenham a mesma unidade. Logo, podemos escrever: = intervalo de tempo �t. Logo, o vetor velocidade média, v=AB, 60 cm 60 cm 6 � 10 1 dado por definição pela razão: -------------- � ----------------- � ----------------- � 6 � 10�4 - d = AB 1 km 10 5 cm 10 5 v=AB � --------- - Resposta: alternativa e. �t 5. Como A � BC2D�2, temos: foi o mesmo para todos os atletas. m Resposta: alternativa c. [A] � kg � m2 � s�2 ⇒ [A] � kg � ------ � m ⇒ [A] � N � m ⇒ - s2 11. Para que o módulo de v== seja constante, a ace- ⇒ [A] � J N leração a== não deve apresentar componente na a= Resposta: alternativa e. = direção de v=. Assim, o único caso possível den- tre as alternativas é o da figura ao lado. P v= 6. Da definição de potência P e trabalho †, temos: Resposta: alternativa c. [ †] [F]L MLT �2 L 12. a) P � --------- ⇒ P � --------- ⇒ P � ------------------- ⇒ P � ML2T�3 - - - T T T a= R= Resposta: alternativa d. P 7. a) F � ma ⇒ [F] � [m][a] ⇒ [F] � kg � m � s�2 ⇒ Escala b= ⇒ 1 N � 1 kg � 1 m � 1s�2 1N 1N 1 1 L 2 1 b) EC � ---- mv 2 ⇒ EC � ---- M5 ---- 6 ⇒ EC � ---- ML 2 T �2 - - - - Da figura, R � 3 N. 2 2 T 2 = b) Como c = � �R : n� 2 MLnT(n � p) � ML2T�2 ⇒ n � p � �2 ⇒ p � 4 b= c= a= R= 8. A alternativa b está correta desde que se suponha ser possível P c= fixar um referencial no professor e que o professor possa ser Escala b= considerado um corpo rígido. 1N Resposta: alternativa b. 1N 1
- 2. Manual do Professor 167 �e 100 m 13. vm � --------- ⇒ vm � --------------- ⇒ vm � 10,21 m/s �e �e 570 v � --------- ⇒ �t � --------- ⇒ �t � --------- ⇒ �t � 570s ⇒ - - - - - �t 9,79s �t v 1 Resposta: alternativa a. 570 ⇒ �t � --------- ⇒ �t � 9,5min - 60 �e (8 � 10 2 � 2 � 10 2 ) m 14. vm � --------- ⇒ vm � ------------------------------------------------ ⇒ Resposta: alternativa b. - - �t (6 � 2)min 600 m 19. Se cada quadro tem 1,0 cm de comprimento e o projetor “gira” ⇒ vm � --------------- ⇒ vm � 2,5 m/s - com uma velocidade de 20 quadros por segundo, a velocidade da 240s fita é: Resposta: alternativa b. v � 20 � 1,0 cm/s ⇒ v � 20 cm/s ⇒ v � 0,20 m/s �e 20 m Se a fita tem 18 m de comprimento, para um espaço percorrido 15. vm � --------- ⇒ vm � ------------ ⇒ vm � 2,5 m/s - - �e � 18 m, o tempo será: �t 8s Resposta: alternativa e. �e �e 18 v � --------- ⇒ �t � --------- ⇒ �t � ----------- ⇒ �t � 90s ⇒ - - - �t v 0,20 16. Escrevendo a função da posição do movimento, temos: 80 ⇒ �t � ------- ⇒ �t � 1,5min x � x0 � vt - 60 em que x0 � 20 m e v é o coeficiente angular da reta: Resposta: alternativa a. x2 � x1 10 � 20 20. Em um gráfico da posição em função do tempo de um ponto v � ------------------ ⇒ v � -------------------- ⇒ v � �2,0 m/s - - t2 � t 5�0 material x � t a inclinação da reta tangente em cada ponto da curva é o módulo da velocidade desse ponto material. Imagi- Então, x � 20 � 2,0t. Para x � �30 m, vem: nando (ou traçando) a reta tangente à curva nos pontos dados �30 � 20 � 2t ⇒ t � 25s nas alternativas, a única correta é a alternativa d. Num pequeno Resposta: alternativa d. intervalo em torno do tempo 20min a inclinação dessa reta tende a aumentar, o que significa que a velocidade da pessoa 17. Se o automóvel dispõe de 1,5min � 90s e já se passaram 10s está aumentando. ao chegar à rua Pero Vaz de Caminha, resta para todo o percurso Resposta: alternativa d. o tempo: 21. Seguindo a descrição dada, o gráfico que melhor representa o �t � 90 � 10 � 80s movimento é o seguinte: O espaço percorrido, obtido da figura, é: �x � 250 � 300 � 250 � 800 m X (m) Logo, a sua velocidade constante deve ser: (P) 3 �x v � --------- ⇒ v � 10 m/s ⇒ v � 36 km/h (Q) 2 - �t (R) 1 18. De acordo com a figura, o menor deslocamento ao longo das Tempo linhas pontilhadas entre A e B é aquele marcado em dourado no desenho: 0 fica volta de fica vai de fica [volta lentamente a P] 220 m 150 m em P PaQ em Q QaR em R (v > 0) (v < 0) (v > 0) Resposta: alternativa b. A �d 22. Nesses intervalos, temos em módulo �v � 3 m/s. Sendo �t � 1,5s a aceleração, em módulo, é: 160 m 160 m �v 3 a � --------- ⇒ a � -------- ⇒ a � 2 m/s2 B - - 120 m �t 1,5 �sT � 570 m Resposta: alternativa b. 23. A distância total no intervalo A e C é a “área sob a curva” do 270 m gráfico v � t. Veja a figura: Inicialmente calculamos �d. Do Teorema de Pitágoras, no triân- gulo sombreado, temos: v (m/s) �d2 � 1602 � 1202 ⇒ �d � 200 m 3 O espaço percorrido total é, portanto: �e � 200 � 150 � 200 ⇒ �e � 570 m t (s) Sendo v � 3,6 km/h � 1,0 m/s, da definição de velocidade 1,5 1,5 6,0 escalar, temos: 2
- 3. 168 200 Questões de Vestibular Como a figura é um trapézio, temos: 28. O crescimento de cada planta em um dado intervalo de tempo é (9,0 � 6,0)3,0 representado pela “área sob a curva”. Pode-se concluir da �x � -------------------------------- ⇒ �x � 22,50 m - observação dos gráficos que a área sob a curva B é maior que 2,0 a área sob a curva A, o que nos permite concluir que B atinge Resposta: alternativa d. uma altura maior que A. 24. O gráfico mostra que o trem A tem velocidade constante e o trem B tem velocidade variável. Logo, se A tem velocidade v (cm/semana) constante e não nula, a sua aceleração é nula, enquanto B tem B crescimento de B aceleração ao longo de todo o percurso, o que torna erradas as crescimento de A alternativas a, b e d. O módulo da velocidade de A é a inclinação da reta do seu grá- A t (semana) fico, enquanto o da velocidade de B é a inclinação da tangente t0 t1 t2 tg à curva do seu gráfico em cada instante t. Isso mostra que a alternativa c está errada, mas que a alternativa e é possível. Veja a figura: Resposta: alternativa b. x 29. Sabemos que o movimento de um corpo deslizando, subindo ou descendo, num plano inclinado sem atrito é do tipo uniforme- tg A mente variado. Portanto, o gráfico da velocidade em função do B tempo é uma reta não-paralela ao eixo t. No trecho de descida, a aceleração atua no sentido da velocida- de. A velocidade é crescente. Na subida, a aceleração atua no t sentido oposto à velocidade. A velocidade é decrescente. t tB No trecho horizontal, a aceleração é nula, o movimento é retilí- Resposta: alternativa e. neo uniforme. Portanto, desprezando as variações de aceleração nos trechos correspondentes às concordâncias da pista, concluí- 25. A partir do instante t � 8s o móvel A tem velocidade constante mos que o gráfico que melhor descreve a velocidade em função dada pela inclinação da reta que passa por (8s, 0 m) e (9s, 7 m), do tempo é o que corresponde à alternativa a. que é: Resposta: alternativa a. 7�0 v � --------------- ⇒ v � 7 m/s - 9�8 30. Representando o movimento desses móveis num mesmo refe- Observação: O móvel A tem um movimento misto. De 0 a 2s é rencial, temos: uma reta que nos permite concluir que o móvel tem aceleração ac= nula e velocidade constante negativa. De 2 a 8s tem um movi- mento variado (nem o enunciado nem a curva nos permite afir- v0 � 0 ac � 2,0 m/s2 carro mar que esse trecho é uma parábola) e de 8s em diante o gráfico volta a ser uma reta; portanto, a aceleração é nula, de novo, e a = vM velocidade, positiva, tem módulo 7 m/s. moto Resposta: alternativa d. 0 vM � 14 m/s 26. v0 � 0 A função da posição do movimento do carro (MRUV) é: v � 360 km/h � 100 m/s 0 0 �t � 25s 1 1 xc � x 0 � v 0 t � ---- at 2 ⇒ xc � ---- � 2t2 ⇒ xc � t2 (I) - - Da definição de aceleração, temos: 2 2 �v v � v0 100 � 0 A função da posição do movimento da moto (MRU) é: a � --------- ⇒ a � ---------------- ⇒ a � -------------------- ⇒ a � 4,0 m/s2 - - - �t �t 25 0 27. v0 � 72 km/h � 20 m/s xM � x 0 � vt ⇒ xM � 14t (II) �t � 2,5s Como há um único referencial para ambos os movimentos, no v � 54 km/h � 15 m/s encontro, xc � xM. De (I) e (II), temos: Veja a figura: t2 � 14t ⇒ t2 � 14t � 0 ⇒ t(t � 14) � 0 ⇒ t � 0 e t � 14s v0 � 20 m/s v � 15 m/s Essa equação tem duas soluções, t � 0 (eles estão juntos na saída) e t � 14s, onde eles se encontram novamente. Essa �t � 2,5 s solução mostra que a alternativa b é correta. A outra alternativa Da definição de aceleração, temos: correta é a f. No gráfico III a reta paralela pode representar o gráfico v � t da moto e a reta inclinada que passa pela origem �v v � v0 15 � 20 a � --------- ⇒ a � ---------------- ⇒ a � -------------------- ⇒ a � �2,0 m/s2 - - - representa o gráfico v � t do carro. As demais alternativas �t �t 2,5 estão erradas. Logo: Resposta: alternativa c. a) F b) V c) F d) F e) F f) V 3
- 4. Manual do Professor 169 31. b) Neste caso, o automóvel deverá percorrer os 30 m em 2,2s. A = vA = vA v (m/s) x v tE 12 B A1 = vB t (s) x 0 0,5 2,2 A solução deste problema é análoga à anterior: Analogamente ao item anterior, temos: Função da posição para o automóvel A (MRU): �x � A ⇒ �x � 30 m xA � x0 � vAt ⇒ xA � vAt (I) v � 12 v � 12 [ ------------------ ]1,7 � 12 � 0,5 � 30 ⇒ [ ------------------ ]1,7 � 24 ⇒ - - Função da posição para o automóvel B (MRUV): 2 2 0 0 ⇒ v � 16 m/s 1 1 xB � x 0 � v 0B t � ---- a B t 2 ⇒ xB � ---- a B t 2 (II) - - Para que o automóvel atinja essa velocidade, temos: 2 2 A função da velocidade para o automóvel B é: �v v � v0 16 � 12 a � --------- ⇒ a � ----------------- ⇒ a � --------------------- ⇒ - - �t t � t0 2,2 � 0,5 vB � v 0B � aBt ⇒ vB � aBt (III) ⇒ a � 2,4 m/s2 Como há um só referencial para ambos os automóveis, o encon- 33. Representando o movimento do paraquedista no referencial da tro, correspondente ao instante tE, xA � xB, de (I) e (II), temos: figura, no intervalo de t � 0 a t � 1,0s, temos um movimento 1 2 2v A de queda livre, cuja função da posição y é: vAtE � ---- a B t E ⇒ aB � ---------- - (IV) 2 tE 1 y � y0 � v0t � ---- gt 2 - No instante t em que vA � vB, de (III) e (IV), temos: 2 Da figura, temos: 2v A tE vA � aBt ⇒ vA � ---------- t ⇒ t � ------ 1 tE 2 y1 � 305 � ---- � 10 � 1 ⇒ y1 � 300 m - 2 (–) g = Resposta: alternativa d. A função da posição é: y1 32. a) Neste caso, a mínima aceleração constante é aquela para a v � v0 � gt ⇒ v1 � �10 � 1 ⇒ qual o carro para ao chegar ao semáforo. Antes da freagem, ⇒ v1 � �10 m/s v1= no entanto, o carro permanece com velocidade constante Com essa velocidade ele percorre o durante 0,5s, tempo de reação do motorista. Representando trecho seguinte, �y � 300 m, em mó- esses dados num gráfico velocidade � tempo, temos: dulo, com velocidade constante, = v � 10 m/s, em módulo. Podemos en- v (m/s) tão escrever: t 12 �y �y v � --------- ⇒ �t � --------- ⇒ �t � - - �t v v1= 300 � --------- ⇒ �t � 30s A - 10 t (s) Observação: Neste caso poderia ser mais fácil inverter a orien- 0 0,5 t tação do referencial. Não o fizemos para manter a abordagem apresentada no estudo de queda livre. A “área sob a curva”, A, é igual ao deslocamento. Logo: Resposta: alternativa d. �x � A ⇒ �x � 30 m 34. Representando esquematicamente o movimento, temos: 0,5 � t [ ------------------ ]12 � 30 ⇒ t � 4,5s - 2 Para que a velocidade passe de v0 � 12 m/s a v � 0 do (–) g = instante t � 0,5s ao instante t � 4,5s, temos: �v v � v0 0 � 12 a � --------- ⇒ a � ----------------- ⇒ a � ----------------------- ⇒ - - v0 �t t � t0 4,5 � 0,5 ⇒ a � �3 m/s2 4
- 5. 170 200 Questões de Vestibular Da “equação” de Torricelli, temos: instante inicial está na posição 0 (zero). No instante t � 0,7s a v2 � v 0 � 2a(y � y0) ⇒ 0 � v 0 � 2(�10)(1,25 � 0) ⇒ 2 2 lâmpada encontra o piso do elevador, ou seja, ambos estão na mesma posição. Veja a figura que estabelece também o ⇒ � v 0 � �25 ⇒ v0 � 5 m/s (velocidade inicial do jogador) 2 referencial: O tempo que o jogador permanece no ar corresponde ao tempo em que ele toca de novo o solo, ou seja, é o valor de t para o qual v0= y � 0. Da função da posição (ordenada), temos: v0 � 2,5 m/s t�0 H 1 y � y0 � v0t � ---- gt 2 ⇒ 0 � 0 � 5t � 5t2 ⇒ t � 1s lâmpada - 2 �g= Resposta: alternativa a. t � 0,7s v � 2,5 m/s 35. Representando o movimento no referencial adotado, temos: t�0 0 v= lâmpada quebrada 1 kg Como a velocidade do piso, v � 2,5 m/s, é constante, a função da posição do piso do elevador (MRU), na direção y, pode ser es- crita na forma: (–) g = y � y0 � vt ⇒ ypiso � 2,5t (I) Lembrando que a velocidade inicial da lâmpada v0 � 2,5 m/s é a velocidade do elevador (ela estava fixada nele) e que o seu 0 movimento equivale a um lançamento vertical, temos: I) Da função da velocidade, temos: 1 y � y0 � v0t � ---- gt 2 ⇒ ylamp � H � 2,5t � 5,0t2 (II) - v � v0 � gt ⇒ v � 0 � 10 � 3 ⇒ v � �30 m/s (o sinal ne- 2 gativo indica que a velocidade é dirigida para baixo) Como o referencial é único para os dois movimentos, podemos 1 afirmar que: II) y � y0 � v0t � ---- gt 2 ⇒ y � 80 � 5t2 - 2 ypiso � ylamp ⇒ t � 0,7s Portanto, as afirmações I e II estão corretas. Logo, de (I) e (II), temos: Resposta: alternativa c. 2,5t � H � 2,5t � 5,0 � 0,72 ⇒ H � 5 � 0,72 ⇒ H � 2,45 m 36. Inicialmente vamos calcular o tempo de queda da laranja. Veja o esquema e o referencial adotado: Note que a rigor essa não é a distância do teto ao piso, mas da lâmpada ao piso. Resposta: alternativa d. 38. Para Júlia a moeda cai em linha reta, pois ela e a moeda têm a mesma velocidade, como um piloto vê um objeto caindo do seu avião. (–) g = Para Tomás, que está em repouso em relação a Júlia, a moeda é lançada horizontalmente para a frente. Ele observa uma traje- tória parabólica, como um objeto abandonado horizontalmente t de um avião. Resposta: alternativa c. 39. Não havendo resistência do ar, o componente horizontal da Da função da posição, o instante t em que a laranja atinge o leito velocidade permanece constante e igual à velocidade do avião, pois do rio, y � 0, é: o objeto estava no avião. Logo, tinha a mesma velocidade do avião. 1 y � y0 � v0t � ---- gt 2 ⇒ 0 � 20 � 5t2 ⇒ t2 � 4 ⇒ t � 2,0s Portanto, enquanto o avião mantiver a mesma velocidade, o objeto - 2 permanece embaixo do avião, até atingir o solo. Veja a figura: Como a canoa tem velocidade constante, para que a laranja caia v � constante dentro dela é preciso que a canoa esteja a uma distância máxi- ma, �x, da vertical que passa pela laranja no instante em que avião = vavião v � constante esta é solta, dada por: �x � v�t ⇒ �x � 3,0 � 2,0 ⇒ �x � 6,0 m Qualquer distância maior que essa, a laranja atinge o rio antes da chegada da canoa. Resposta: alternativa b. 37. Podemos supor que este é um problema de encontro de dois móveis: a lâmpada que cai da posição inicial H, em queda livre, no instante t � 0, e se encontra com o piso do elevador, que no Resposta: alternativa e. 5
- 6. Manual do Professor 171 40. sua velocidade inicial, v = 0x , constante quando a resistência do ar é desprezível. Logo, em módulo, temos: v (constante) v (constante) v0 v Hmáx � y 0y ⇒ v Hmáx � v0 � cos 60° ⇒ v Hmáx � ------ - 2 Resposta: alternativa a. Para uma pessoa colocada em um referencial fixo na terra, além 44. O lançamento oblíquo pode ser estudado pela composição em da velocidade vertical do lançamento no carrinho, a bola tem dois movimentos: também a velocidade horizontal do próprio carrinho, adquirindo • na direção x, MRU (vx é constante � 0); o movimento resultante que equivale a um lançamento oblíquo. Se a resistência do ar for desprezível, a bolinha cai novamente den- • na direção y, MRUV (vy � v 0y � gt). tro do carrinho, pois ambos têm a mesma velocidade horizontal. I) Falsa, no ponto mais alto, vx � 0. Resposta: alternativa d. II) Verdadeira ( v 0x � v0 � cos � e v 0y � v0 � sen �). 41. v bola III) Falsa, em todo o movimento, g= é constante e diferente de zero. IV) Verdadeira (v � v 0x ). v bola Resposta: alternativa c. = vbarco vbarco 45. A força horizontal F = não altera o componente vertical do movimento do corpo B. Em outras palavras, ambos os movi- mentos, de A e B, são descritos pelas mesmas funções em Como a velocidade horizontal da bola e a do barco são as mesmas, relação à direção y. Logo, a altura máxima atingida (c) e o tempo e desprezando a resistência do ar, a bola cai ao pé do mastro. para atingir novamente o solo (a), que dependem apenas da direção vertical do movimento, são os mesmos para ambos os Resposta: alternativa b. corpos. Veja a figura: 42. O projétil atingirá a altura máxima quando o componente v==y for nulo. y Veja o esquema e o referencial na figura: v0= P= y vo= y g= � x vx= (–) g = A vo= corpo A x v0= y v0= Hmáx 30° x v0= x y F =� constante O módulo do componente v 0= y é: v0= P = FR= a= v 0y � vy � sen 30° ⇒ v 0y � 25 m/s vo= y g= aR= Da função da velocidade na direção y em relação ao tempo, � x temos: B vo= x corpo B vy � v 0y � gt ⇒ 0 � 25 � 10t ⇒ t � 2,5s Resposta: alternativa d. O mesmo não ocorre em relação à direção horizontal. Como a figura mostra, a força F = fornece ao corpo B uma aceleração 43. = vH= � vhorizontal � v0= x máx horizontal, a=, que aumenta a velocidade horizontal v 0= x de B (em A, como sabemos, ela é constante). Por isso, alteram-se o alcance horizontal, a velocidade ao atingir o solo e a aceleração do corpo B. Logo, as alternativas b, d e e estão erradas. v0= y Resposta: alternativas a e c. 60° 46. a) Para construir os gráficos H(t), h(t) e h�(t), precisamos escre- v0= x ver as respectivas funções das posições em relação ao tem- po. Para isso vamos inicialmente estabelecer um referencial Na altura máxima o componente vertical da velocidade é nulo. único para o movimento da bolinha e do elevador em relação A velocidade do projétil será igual ao componente horizontal da ao piso térreo. Veja a figura: 6
- 7. 172 200 Questões de Vestibular H 47. A energia E é medida em joules, cuja definição é 1 J � 1 N � m. (–) g = O newton, N, é a unidade de força, cuja definição (Segunda Lei m de Newton) é 1 N � 1 kg � ------ . - s2 = ve= vb= Logo: ve= m m2 1 J � 1 kg � ------ � m ⇒ 1 J � 1 kg � ------ - - piso térreo s2 s2 0 Substituindo na expressão dada temos: referencial movimento da bolinha m2 E � mc2 ⇒ J � kg � c2 ⇒ kg � ------ � kg � c2 movimento do elevador - s2 m , ou seja, c é uma velocidade. Logo, c � ----- Como o elevador tem velocidade constante, seu movimento - s é retilíneo uniforme e a função da posição é x � x0 � vt. Resposta: alternativa d. Fazendo x � H, x0 � 0 (a origem está no piso) e sendo v � ve � 5,0 m/s, temos: 48. I) Falso, pois o peso é a força de interação gravitacional entre H � 5,0t (I) um planeta (Terra) e um corpo, em decorrência da massa de cada um. Como a bolinha é lançada do elevador que está em movimento, II) Verdadeiro, pois massa é uma propriedade do corpo e peso a sua velocidade inicial, como mostra a figura, é v0= � v e= � v b= , é a interação entre corpos. sendo v e= a velocidade do elevador e v b= a velocidade da bo- III) Verdadeiro, pois P � mg, ou seja, o peso é proporcional à linha. Além disso, o movimento da bolinha é um lançamento massa. 1 vertical, cuja função da posição é y � y0 � v0t � ---- gt 2 . Fa- - Resposta: alternativa e. 2 zendo y � h�, y 0 � 0, o módulo de v0 � 5,0 � 10 � 15 m/s e 49. Aplicando a Segunda Lei de Newton a cada partícula, temos: sendo g � 10 m/s2, temos: FR � m1 a1 m2 ⇒ m1a1 � m2a2 ⇒ a1 � -------- a 2 h� � 15t � 5t2 (II) FR � m2 a2 m1 Sendo H � 5,0t a função da posição do movimento do eleva- Resposta: alternativa c. dor em relação ao piso e h� � 15t � 5t2 a função da posição da bolinha em relação ao piso, pode-se afirmar que a função 50. a) Falsa, a aceleração de queda livre independe da massa. b) Falsa, são forças aplicadas em corpos diferentes. da posição da bolinha em relação ao elevador h(t) é obtida c) Verdadeira. pela diferença entre as funções h�(t) e H(t). Logo, temos: d) Verdadeira. h(t) � h�(t) � H(t) ⇒ h � (15t � 5t2) � (5,0t) ⇒ e) Verdadeira. ⇒ h � 10t �5t2 (III) f) Falsa, pois a inércia está relacionada à ausência de forças. Para construir os gráficos H(t), h(t) e h�(t), basta atribuir valo- 51. Todas as alternativas são corretas. res a t e obter os respectivos valores de H, h e h�. Veja a ta- Em I não há qualquer experimento que possa distinguir um corpo bela e os gráficos abaixo: em MRU de um corpo parado. t (s) H � 5t (m) h� � 15t � 5t2 (m) h � 10t � 5t2 (m) Em II e III surgiriam nas pessoas as forças fictícias descritas, de- vido à inércia. A aceleração de um sistema num sentido implica 0 0 0 0 o aparecimento, nos corpos vinculados a esse sistema, de uma 0,5 2,5 6,25 3,75 aceleração inercial, em sentido oposto. 1,0 5,0 10 5 Resposta: alternativa e. 1,5 7,5 11,25 3,75 2,0 10 10 0 52. Para que a locomotiva puxe os vagões para a frente ela empurra = o solo (estrada) para trás, por atrito, com a força �f a� . E o atri- H, h, h’ (m) = to exerce sobre a locomotiva uma força f a� igual e de sentido oposto, portanto, para a frente. É essa força, descontada das h’(t) forças de resistência que ocorrem na própria locomotiva (resis- H(t) tência do ar, atritos nos eixos, atrito de rolamento nas rodas, 15 h(t) = etc.), que dá origem à força F �v que a locomotiva aplica nos vagões, para a frente. Veja a figura: 10 (força de atrito (reação) que atua (aplicada aos vagões na locomotiva, 5 pela locomotiva) para a frente) t (s) F�= v fa=� 0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 Observe que no instante t � 2,0s a bolinha atinge o piso do �fa= �F�= �fa= v v � elevador, por isso, de acordo com o enunciado, não continua- (aplicada no solo) mos os demais gráficos. (aplicada (aplicada pelo solo pelos vagões b) O instante em que a bolinha atinge a altura máxima em rela- aos vagões) à locomotiva) ção ao piso do elevador (t � 1,0s) está indicado em cinza. Resposta: alternativa b. 7
- 8. Manual do Professor 173 53. 60 km/h vmáx � 50 km/h 57. � R A a= B FA= FB= 2 kg 6 kg 55 m � 0,055 km Sendo a � 2,0 m/s2 e considerando todo o conjunto como um só mtotal � 1296 kg sistema, da Segunda Lei de Newton, obtemos o módulo da re- Para que ele atinja o início do redutor com a velocidade permi- sultante das forças que atuam em B: tida, v � 50 km/h, é preciso que ele reduza a velocidade inicial, FB � (mA � mB)a ⇒ FB � (2 � 6)2 ⇒ FB � 16 N v0 � 60 km/h, para o valor permitido no deslocamento �x � � 55 m � 0,055 km. Logo, da “equação” de Torricelli, temos: Isolando A, obtemos o módulo da resultante das forças que atuam em A: v2 � v 0 � 2a�x ⇒ 502 � 602 � 2a(0,055) ⇒ 2 FA � mAa ⇒ FA � 2 � 2 ⇒ FA � 4 N 2 500 � 3 600 ⇒ a � ---------------------------------- ⇒ a � �10 000 km/h2 - Resposta: alternativa a. 0,11 Transformando em m/s2, temos: 58. F= P := força que a Terra exerce km sobre o livro 10 000 -------- - h 10 000(1 000)m a � ---------------------------- ⇒ a � ----------------------------------- ⇒ - - F := força que a mão exerce so- h (3 600s) 2 bre o livro 10 7 m 10 Como são exercidas por cor- ⇒ a � ------------------------------- ⇒ a � ------------- m/s 2 - 12,96 � 10 6 s 2 12,96 pos diferentes, não são forças P= de ação e reação. Supondo que a redução da velocidade se deva exclusivamente à força de atrito, fa, da Segunda Lei de Newton, FR � ma, sendo Resposta: alternativa e. FR � fa, em módulo, vem: 59. As forças atuantes em cada corpo estão esquematizadas a 10 12 960 fa � ma ⇒ fa � 1296 � ------------- ⇒ fa � ---------------- ⇒ fa � 1000 N seguir: - - 12,96 12,96 = NB a= Resposta: alternativa d. 54. Comparando a função dada com a função da posição do MRUV, B T= temos: a= x � 2 � 2t � 4t2 PB= 1 T= x � x0 � v0t � ---- at 2 - 2 A Portanto, a aceleração do corpo é: 1 ---- a � 4 ⇒ a � 8 m/s2 2 - PA= � mAg = Da Segunda Lei de Newton, temos: A partir do gráfico, a aceleração do sistema é: FR � ma ⇒ FR � 4 � 8 ⇒ FR � 32 N v � v0 24 � 0 a � ---------------- ⇒ a � ------------------ ⇒ a � 4 m/s2 - - Resposta: alternativa e. t � t0 6�0 Aplicando a Segunda Lei de Newton ao sistema considerado 55. A figura representa o gráfico da força (N) em função da acelera- A figura como um só conjunto, temos: ção de três corpos. Admitindo que essas forças sejam as resul- ção de três corpos. PA � (mA � mB)a ⇒ PA � mAa � mB a ⇒ mA � 10 � mA � 4 � tantes que atuam sobre o corpo, pode-se afirmar que o coeficien- tantes sobre o corpo, pode-se afirmar que o coefici- ⇒ m ⇒ 4 � 1,5m � mBA� 410 6mA �44mBmB mB⇒ 6mA A 4mB ⇒ mB 1,5mA ⇒m ente angular de cada reta éaamassa de cada corpo. Como a reta te angular de cada reta é massa de cada corpo. relacionada ao corpo 1 tem maior coeficiente angular, a massa relacionada ao corpo 1 tem maior coeficiente angular, Resposta: alternativa a. do corpo 1 éémaior e, portanto, oocorpo 1 1 tem a maior inércia. do corpo 1 maior e, portanto, corpo tem a maior inércia. 60. Aplicando a Segunda Lei de Newton às duas situações e consi- Resposta: alternativa d. Resposta: alternativa d. derando os três blocos em conjunto, temos: 56. F � (mA � mB � mC)a ⇒ 12 � (4 � 2 � 6)a ⇒ a � 1 m/s2 F= F= 10 kg Considerando cada situação com seus blocos isolados, aplican- do a Segunda Lei de Newton a cada um e indicando os valores v0 � 0 0 ∆x v � 2 m/s dos módulos das forças, temos: Da “equação” de Torricelli, temos: 1ªasituação: 1 situação: a � 1 m/s2 v2 � v 0 � 2a�x ⇒ 4 � 0 � 2a � 1 ⇒ a � 2 m/s2 2 a � 1 m/s2 Da Segunda Lei de Newton, vem: a � 1 m/s2 6N 6 kg 12 N 4 kg 8N FR � ma ⇒ FR � 10 � 2 ⇒ FR � 20 N A 8 N 2 kg 6 N C Resposta: alternativa d. B 8
- 9. 174 200 Questões de Vestibular 2 a situação: b) Se o elo do meio tem massa m � 0,10 kg e sobe com acele- ração a � 3,0 m/s2, como todo o conjunto, da Segunda Lei de a � 1 m/s2 2 Newton podemos concluir que a força resultante que atua a � 1 m/s sobre ele é: 12 N 6 kg 6N a � 1 m/s2 4N Felo � meloa ⇒ Felo � 0,10 � 3,0 ⇒ Felo � 0,30 N 4 kg C 6 N 2 kg 4 N c) Isolando o elo de baixo, como mostra A = B a figura 2, da Segunda Lei de Newton, temos: Essas figuras permitem concluir que a única alternativa correta a= F� � P� � ma é a a, o módulo da resultante sobre o bloco B é o mesmo nas em que F� é a força que o elo do meio duas situações. faz sobre o de baixo e P� é o peso do = elo de baixo. Logo: Resposta: alternativa a. Figura 2 F� � mg � ma ⇒ F� � mg � ma ⇒ 61. = ⇒ F� � 0,10 � 10 � 0,10 � 3,0 ⇒ F� � 1,3 N NA a= 65. A a= = PA c1 T1= m1 (–) T1= B (–) P1= = PB m2 PB � 20 N = P2 (+) T2= Considerando o sistema da figura um só conjunto, da Segunda (–) T2= Lei de Newton, temos: m3 PB � (mA � mB)a ⇒ 20 � (mA � 2)4 ⇒ mA � 3 kg P3= Resposta: alternativa b. a) Verdadeira A resultante das forças externas ao sistema (ver figura) é 62. a) Da função da velocidade aplicada ao gráfico, obtemos: P3 � P2 � P1 � FR. Se m3 � m2 � m1, FR � 0, então a aceleração do conjunto é nula. v � v0 � at ⇒ 0 � 30 � 3T ⇒ T � 10s b) Falsa A resultante das forças que atua em m2 é P2 � T2 � T1 � 0. b) a= � Se T1 � T2, P2 � 0, o que é um absurdo, nesse caso. = FR c) Falsa Se m3 � m2 � 2m1, da Segunda Lei de Newton, teríamos: Da Segunda Lei de Newton, temos: P3 � P2 � P1 � (m1 � m2 � m3)a ⇒ (m 3 � m 2 � m 1 ) g � FR � ma ⇒ �FR � 1000 � (�3) ⇒ FR � 3 000 N 2m 1 63. Isolando o bloco B e aplicando a Segunda Lei � (m 1 � m 2 � m 3 )a ⇒ (2m1 � m1)g � (m1 � 2m1)a ⇒ de Newton, temos: T= 2m 1 T � PB � mBa ⇒ T � mBg � mBa ⇒ ⇒ m1 g � m1 a ⇒ a � g ⇒ T � 3,0 � 10 � 3,0 � 2,0 ⇒ T � 36 N B d) Verdadeira Resposta: alternativa d. A inversão de m2 e m3 não muda as forças externas ao siste- ma, P =2 e P =3 . Logo, não altera a sua aceleração. ma, P 2 e P =3 . Logo, não altera a sua aceleração. = (–) PB= e) Falsa 64. a) Da Segunda Lei de Newton, apli- F= Da Segunda Lei de Newton aplicada ao bloco m3, temos: cada ao conjunto de elos (figura 1), P3 � T2 � m3a ⇒ m3g � T2 � m3a ⇒ T2 � m3g � m3a ⇒ temos: ⇒ T2 � m3(g � a) (I) F � P � 3ma Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco M2, temos: Sendo P � 3mg, temos: a= P2 � T2 � T1 � m2a ⇒ m2g � m3(g � a) � T1 � m2a ⇒ P � 3 � 0,10 � 10 ⇒ P � 3,0 N ⇒ T1 � m2g � m2a � m3(g � a) ⇒ T1 � m2(g � a) � Logo, o módulo da força F = é: ⇒ T 3 m2(g a) (m2 m ⇒ � � m1 (g � a) ⇒ T1 �m3(g � a) 3)(gT1 a)(m2(II) m3)(g a) (II) F � 3,0 � 3 � 0,10 � 3,0 ⇒ (–) P = De (I) e (II) pode-se concluir que T1 � T2, sempre. ⇒ F � 3,9 N Figura 1 Logo, as alternativas corretas são a e d. 9
- 10. Manual do Professor 175 66. a) Obtendo os valores da aceleração a partir do gráfico, temos: Da definição de aceleração média, temos: • De 0 a 6s: �v v � v0 5 � 55 am � --------- ⇒ am � ---------------- ⇒ am � ------------------ ⇒ - - - �v 3�0 a � --------- ⇒ a1 � --------------- ⇒ a1 � �0,5 m/s2 �t �t 2 - - �t 6 ⇒ am � �25 m/s2 • De 6s a 12s: b) Da Segunda Lei de Newton aplicada ao referencial adotado, a2 � 0 (velocidade constante) sendo am � 25 m/s2, em módulo, temos: • De 12s a 14s: 0�3 (–) Fm= a3 � --------------- ⇒ a3 � �1,5 m/s2 - 2 a (m/s2) �0,5 t (s) = (–) am 0 6 12 14 �1,5 P= b) De acordo com o referencial adotado (deduzido pelo gráfico), temos: P � Fm � m(�am) • De 0 a 6s: Sendo m � 80 kg, P � 800 N, então: (–) T1= 800 � Fm � 80(�25) ⇒ Fm � 800 � 2 000 ⇒ ⇒ Fm � 2 800 N a1= 68. a) (–) g = P= a � 0,5 m/s2 P � T1 � ma ⇒ T1 � P � ma ⇒ T1 � 104 � 10 � � 104 � 0,5 ⇒ T1 � 104(10 � 0,5) ⇒ T1 � 9,5 � 104 N • De 6s a 12s: a2 � 0 (–) v = P � T2 � m � 0 ⇒ P � T2 ⇒ T2 � 10 � 104 N • De 12s a 14s: Da função da velocidade em queda livre, temos: a3 � 1,5 m/s2 (em módulo) v � v0 � gt ⇒ v � 0 � 10 � 2 ⇒ v � �20 m/s = (–) T3 b) Da Segunda Lei de Newton aplica- da ao referencial da figura, temos: T= (–) a3= FR � ma ⇒ T � P � ma ⇒ ⇒ T � ma � P ⇒ ⇒ T � 120 � 0,5 � 120 � 10 ⇒ a= P= ⇒ T � 1260 N P � T3 � m(�a3) ⇒ T3 � P � ma3 ⇒ T3 � 10 � 104 � m( a homem (–) P = � 103� 1010 1,5 ⇒ T10 11,5 �1,5 4⇒ T3 11,5 104 N ⇒ T 3 � 104 3 � 10 3 10 N 67. a) Nos primeiros 2s de movimento, temos: 69. a) Adotando-se a origem do refe- penhasco 0 rencial no ponto de partida, a função da posição do MRUV é: v0= 1 alpinista = (–) am y � y0 � v0t � ---- at 2 ⇒ - 2 1 ⇒ 30 � ---- a � 102 ⇒ corda - 2 ⇒ a � 0,60 m/s2 t � 10s y � 30 m v= 10
- 11. 176 200 Questões de Vestibular Observando-se o esquema de forças atuantes no alpinista: 71. O esquema da figura representa o instante em que o carro da frente freia bruscamente. Vamos fixar a origem do referencial no = = carro de trás: corda d = (–) aA 0 xA corda B A a= (–) fa= fa= (136 km/h) (90 km/h) Admitindo-se que o carro da frente (A) freia devido ao atrito dos pneus com o solo, da Segunda Lei de Newton, temos: P= FR � ma ⇒ �fa � maA ⇒ �mg� � ma A (I) aA � ��g ⇒ aA � �0,6 � 10 ⇒ aA � �6 m/s2 De acordo com o referencial adotado, da Segunda Lei de Podemos determinar a distância percorrida pelo carro A até Newton, temos: parar pela “equação” de Torricelli. Basta fazer vA � 0: P � T � ma ⇒ 750 � T � 75 � 0,6 ⇒ T � 705 N v A � v 0 � 2aA(xA � xB) ⇒ 0 � 252 � 2(�6)(xA � d) ⇒ 2 2 b) Sim. Desde que o movimento de descida seja acelerado, a 625 resultante atua para baixo; consequentemente, a tração será ⇒ xA � d � --------- ⇒ xA � d � 52 m (II) - 12 menor que o peso. Note que o alpinista não se prende à O carro B, de trás, tem dois movimentos. O primeiro, retilíneo corda, ele desliza por ela. Em outras palavras, o que prende uniforme, durante o tempo de reação, de 0,1s. Aplicando a o alpinista à corda é a força de atrito. Veja a figura à direita função da posição do MRU ao carro B, temos: onde a corda é considerada isoladamente. Note que o alpi- xB � x0 � vBt ⇒ xB � 35 � 0,1 ⇒ xB � 3,5 m nista exerce uma força de atrito f a= para baixo sobre a corda para que ela exerça uma força �T = sobre o alpinista. Essa posição é a posição inicial x 0B do movimento seguinte do carro de trás, freando. Como o coeficiente de atrito entre os = 70. Inicialmente sob a ação da força F 1 o bloco está em repouso, pneus e o solo é o mesmo nos dois carros, e a aceleração de frea- sem a ação da força F =2, graças apenas à força de atrito f a= . Veja mento, como vimos em (I), só depende do coeficiente de atrito e do g = da gravidade, podemos concluir que o carro B tem a mesma a figura: aceleração de freamento que o carro A. Logo, aB � �6 m/s2. � Aplicando agora a “equação” de Torricelli para vB � 0, lem- = F1 brando que x 0B � 3,5 m, podemos determinar a distância por ele percorrida até parar: fa= v B � v 0B � 2aB(x � xB) ⇒ 0 � 352 � 2(�6)(xB � 3,5) ⇒ 2 2 Da Segunda Lei de Newton podemos concluir que: 1 269 ⇒ 0 � 1225 � 12xB � 42 ⇒ xB � ------------- ⇒ xB � 106 m (III) - FR � ma ⇒ F1 � fa � 0 ⇒ F1 � fa ⇒ fa � 10 N 12 De (II) e (III) podemos concluir que para que B não se choque com = Se outra força F 2 de módulo 2 N for aplicada ao bloco, no sentido A é preciso que: da força de atrito teremos a seguinte situação: xB � xA � d ⇒ 106 � 52 � d ⇒ d � 54 m Resposta: alternativa c. F1= (–) F2= 72. N= a= = = É claro que se antes da força F 1 não deslocava o bloco, agora, fa= = = com o acréscimo de F 2 no mesmo sentido de f a , força de atrito, � o deslocamento continua a não ocorrer, ou seja, a força resul- tante continua a ser nula. P= É interessante, neste caso, determinar o novo valor da força de atrito. Da Segunda Lei de Newton, temos: Nesse caso, a força resultante que atua sobre o caixote e dá a ele a aceleração a== é a força de atrito estático, f a= , cujo valor é: FR � ma ⇒ F1 � f a � F2 � 0 ⇒ 10 � f a � 2 � 0 ⇒ f a � 8 N � � � fa � N� Note que, como vimos, o valor da força de atrito estático é va- riável até que atinja seu valor máximo. Enquanto não atinge Como N � P � mg, temos: esse valor, a força de atrito estático tem o valor necessário para fa � mg� (I) impedir o deslocamento do corpo. Da Segunda Lei de Newton, aplicada ao caixote, temos: Resposta: alternativa a. FR � ma ⇒ fa � ma (II) 11
- 12. Manual do Professor 177 De (II) e (I), temos: c) FR � Px ⇒ FR � P � sen � ⇒ FR � 60 � 10 � sen 30° ⇒ a 2 ⇒ FR � 300 N ma � mg� ⇒ � � ---- ⇒ � � ------- ⇒ � � 0,2 - - g 10 d) Se levarmos em conta o atrito, o corpo chegará à base do Logo, o coeficiente de atrito mínimo para que o caixote não plano com uma velocidade menor que a obtida no item a, deslize é 0,2. pois a força resultante seria menor, ou seja: Resposta: alternativa e. FR � Px � fa 73. a) Como a massa é a mesma, para uma força resultante menor teremos uma aceleração menor e, em consequência, a velo- cidade do conjunto ao final da duna também será menor. a= 75. Para que a velocidade seja (–) T = constante a aceleração deve Px= ser nula. Da Segunda Lei de fa= Newton, temos: N= T= II a= � P= I FR � ma ⇒ Px � fa � 0 ⇒ Px � fa PII= PI= Mas: fa � N� ⇒ fa � Py� Logo: b) Se o corpo II desce com aceleração a � 4 m/s2, da Segunda Lei Px � Py� ⇒ mg � sen � ⇒ mg � cos � � � ⇒ � � tg � de Newton aplicada a esse corpo e admitindo g � 10 m/s2, temos: Resposta: alternativa c. PII � T � mIIa ⇒ mIIg � T � mIIa ⇒ 3 � 10 � T � 3 � 4 ⇒ ⇒ T � 18 N 76. 74. Veja a figura: Px= A fa= N= 4m � x = FR H 12 m Como vimos no problema anterior, o coeficiente de atrito está- 30 P= 40 m tico mínimo para que uma pessoa não escorregue é � � tg �. v= Nessa rampa esse valor é: B 4 � � tg � ⇒ � � ------- ⇒ � � 0,33 - 12 Portanto, os pisos 1 e 2 são inviáveis porque a pessoa vai escor- a) Desprezando o atrito e aplicando a Segunda Lei de Newton, regar. O piso 4 tem um coeficiente de atrito que garante que a temos: pessoa não escorregue. Como esse piso é mais barato que os pisos FR � ma (I) 5 e 6, desnecessariamente mais seguros, deve ser o escolhido. Mas, nesse caso: 77. Se a distância entre as gotas era constante no plano horizontal, FR � Px ⇒ FR � mg � sen 30° (II) isso significa que o carro percorria distâncias iguais em intervalos Logo, de (I) e (II), temos: de tempo iguais. Em outras palavras, no plano inclinado a ma � mg � sen 30° ⇒ a � g � sen 30° ⇒ a � 5,0 m/s2 velocidade do carro é constante. Para que isso fosse possível, o carro devia estar freando, pois, livremente, num plano inclinado, A velocidade ao final da rampa, aplicando a “equação” de ele deveria acelerar. Se no plano horizontal a distância entre as Torricelli, é: gotas diminuía gradativamente, conclui-se que em intervalos de v2 � v 0 � 2a(x � x0) ⇒ v2 � 0 � 2 � 5,0(40 � 0) ⇒ 2 tempo iguais os deslocamentos são cada vez menores, ou seja, ⇒v 2 � 400 ⇒ v � 20 m/s ou v � 72 km/h o carro continuou freando. Conclui-se, portanto, que o carro vi- nha freando desde o trecho no plano inclinado. b) Só há duas forças atuando sobre o conjunto, o peso P = e a reação normal da duna, N=. Veja a figura: Resposta: alternativa c. 78. Nesse caso, a frequência média f em Hz é o número de pulsa- N= ções que o coração dá em 1s. Logo: 6 480 000 pulsações 6 480 000 pulsações f � ---------------------------------------------- ⇒ f � ---------------------------------------------- ⇒ - - 1 dia 86 400s ⇒ f � 75 Hz P= Resposta: alternativa c. 12
- 13. 178 200 Questões de Vestibular 79. A velocidade angular é a 83. a) Se o comprimento da circunferência externa da roda é 2 m e razão entre o ângulo des- ela percorreu 6 000 m, o número de rotação n é: crito �� e o tempo gasto 6 000 �t em descrevê-lo. E, n � -------------- ⇒ n � 3 000 rotações - �� �t 2 como o ângulo não depen- O de do raio, a velocidade b) Se ele percorre essa distância �e � 6000 m com velocidade angular também não de- de 18 km/h (5 m/s), o tempo gasto �t é dado por: pende do raio. �e �e 6 000 v � --------- ⇒ �t � --------- ⇒ �t � -------------- ⇒ �t � 1200s - - - Resposta: alternativa a. �t v 5 Logo, a roda da bicicleta dá 3 000 rotações em 1200s; portanto, 80. Conjunto 1: Conjunto 2: a sua frequência é: rD � 10 cm 3 000 rC � 8 cm f � ------------- ⇒ f � 25 Hz - rA � 4 cm 1 200 84. a) Pode-se concluir do gráfico que o intervalo de tempo neces- sário para que esse ponto realize uma volta completa é 0,1s. rB � 6 cm Logo, o período do movimento é T � 0,1s e a velocidade an- Ao se realizar o acoplamento entre os dois conjuntos, para os gular (�) do ponto é dada por: pontos de contato com a correia: 2π 2π r2 � � -------- ⇒ � � -------- - - v1 � v2 ⇒ 2πr 1 f 1 � 2πr 2 f 2 ⇒ r1f1 � r2f2 ⇒ f1 � ------ f 2 T 0,1 r1 Para π � 3,1, obtemos � � 62 rad/s. Para uma dada frequência do conjunto 2, o conjunto 1 terá a b) Simbolizando o deslocamento na direção vertical por �y, o r2 componente vertical da velocidade média do ponto em rela- maior frequência quando ------ assumir maior valor, que corres- r1 �y ção ao chão é v my � --------- . Para uma volta completa, o ponde à situação do alto, à direita. - �t Assim, devemos ter r1 � rA � 4 cm e r2 � rD � 10 cm: deslocamento �y do ponto é nulo. Assim, em uma volta com- 10 f1 � ------- � 4 800 ⇒ f1 � 12 000 rpm ⇒ f1 � 200 Hz - pleta, v my � 0. 4 Resposta: alternativa b. c) Se a roda dá uma volta completa, sem escorregar ou defor- 81. Como a velocidade do carroé constante, vvc� --------- docarro é constante, c �xx (I). (I). mar, o deslocamento horizontal �x é igual ao comprimento - �tt da circunferência da borda da roda. Logo, o componente Para uma volta completa, a velocidade de um ponto na borda do horizontal da velocidade média do ponto em relação ao chão é: pneu é: �x 2πr 2πr v mx � --------- ⇒ v mx � ---------- - - vp � ---------- (II) - �t �t T Supondo que o pneu não se deforme ou derrape, a velocidade do Sendo r � 0,3 m, �t � 0,1s e π � 3,1, temos: carro é igual à velocidade de um ponto na borda do pneu. Logo, 2π � 0,3 v mx � ------------------- ⇒ v mx � 19 m/s - de (I) e (II), temos: 0,1 0,52 2π � ----------- - �x 2πr 483,6 2 85. a) O raio da órbita fatídica é r � 2,1 � 105 pés. Como 1 pé � --------- � ---------- ⇒ ------------- � -------------------------- ⇒ T � 0,2s - - - - �t T 60 T � 0,30 m, obtemos: obtemos: Como 1 pé 0,30 m, Resposta: alternativa b. r � 2,1 � 105 pés ⇒ r � 2,1 � 105(0,30 m) ⇒ r � 6,3 � 104 m 82. O ponteiro dos segundos de comprimento rs � 7 mm dá uma b) De acordo com o enunciado, a velocidade linear (v) da sonda volta a cada período Ts � 60s; portanto, a velocidade vs de um é inversamente proporcional ao raio (r) da órbita. Assim, ponto na sua extremidade é: sendo k uma constante, podemos escrever: 2πr s 2π � 7 k vs � ------------ ⇒ vs � ---------------- (I) - v � ---- ⇒ vr � k - Ts 60 r O ponteiro dos minutos, de comprimento rm � 5 mm, dá uma vol- Logo, o produto da velocidade linear (v) pelo raio (r) é cons- ta completa a cada período Tm � 3 600s; portanto, a velocidade vm tante. Sendo v1 e r1 a velocidade e o raio na órbita fatídica e de um ponto na sua extremidade é: v2 e r2 na órbita segura, temos: 2πr m 2π � 5 vm � ------------- ⇒ vm � ---------------- (II) - - v1 r2 v1 2,1 � 10 5 Tm 3 600 v1r1 � v2r2 ⇒ ------ � ------ ⇒ ------ � ----------------------- ⇒ - - - vs v2 r1 v2 0,63 � 10 5 De (I) e (II) obtemos a razão ------- : - vm v1 2π � 7 ⇒ ------ � 3,3 - ---------------- - v2 vs 60 vs ------- � -------------------- ⇒ ------- � 84 - - vm 2π � 5 ---------------- - vm 86. Num movimento circular e uniforme, a força resultante F = atua na 3 600 direção radial dirigida para o centro. Como a velocidade v = é sem- Resposta: alternativa d. pre tangente à trajetória, no sentido do movimento, e a acelera- 13
- 14. Manual do Professor 179 ção a = tem sempre a mesma direção e sentido da força resultan- Sendo P � 50 N, da Segunda Lei de Newton aplicada a um re- te, teremos : ferencial externo, fixo na Terra, temos: 50 g N � P � ma ⇒ N � 50 � ------- � ---- ⇒ N � 75 N (leitura - - g 2 da balança) F= a= Resposta: alternativa c. P 90. O peso de Chiquinho, medido em repouso, exercido pela Terra, é P � 600 N. Logo, sua massa é: P m � ---- ⇒ m � 60 kg - v= g Resposta: alternativa d. g No elevador que sobe com aceleração ------- � 1,0 m/s2, temos: - 10 87. v= N= g= a= 10 (–) P = I) Falso, pois a direção e o sentido do vetor se alteram. Da Segunda Lei de Newton, aplicada a um referencial externo, fixo na Terra, temos: II) Verdadeiro. O módulo de a== é ------ ; como o módulo de v== é v2 - r N � P � ma ⇒ N � 600 � 60 � 1 ⇒ N � 660 N (marcação constante e r é o raio da circunferência, o módulo de a== é da balança) constante. Resposta: alternativa d. III) Falso, pois a direção do vetor aceleração é perpendicular à direção do vetor velocidade (verdadeiro) mas não é perpen- 91. Se o movimento é circular uniforme não há variação do módulo dicular ao plano da trajetória. do vetor velocidade, mas a direção e o sentido do vetor variam. Para que isso seja possível a resultante única deve ser perpen- Resposta: alternativa b. dicular à velocidade em cada ponto e, portanto, dirigida para o 88. centro, para um referencial inercial, externo. Resposta: alternativa c. 92. Para que o automóvel faça a curva N= com velocidade de módulo constante (–) a = 1 é preciso que sobre ele atue uma for- F= 2 ça resultante centrípeta dirigida para M 3 (–) P = o centro M da curva. 4 Resposta: alternativa c. 5 93. Veja a figura: Aplicando a Segunda Lei de Newton, para um referencial exter- v= a= no, fixo na Terra, a força N= que o bloco 3 exerce sobre o bloco 2, representada no centro de gravidade dos blocos 1 e 2, onde 60° atua o peso P = desses blocos é: = ac N � P � 2m(�a) Mas P � 2mg (peso dos blocos 1 e 2). Então: N � 2mg � �2ma ⇒ N � 2mg � 2ma ⇒ N � 2m(g � a) Determinando o componente centrípeto da aceleração, obtemos: Resposta: alternativa d. ac � a � cos 60° ⇒ ac � 32 � 0,5 ⇒ ac � 16 m/s2 89. O módulo da velocidade v = em cada instante pode ser calculado pela relação entre a aceleração centrípeta e a velocidade de um v2 MCU, ac � ------ , pois num intervalo de tempo de um instante N= - g= r a= 10 (infinitamente pequeno) o movimento pode ser assim conside- rado. Logo: v2 ac � ------ ⇒ v � a c r ⇒ v � 16 � 1 ⇒ v � 4,0 m/s - r (–) P = Resposta: alternativa b. 14
- 15. 180 200 Questões de Vestibular 94. Para um observador externo só há duas forças atuando Quando o carro faz a curva para a esquerda, as pessoas tendem, T= sobre o corpo, T == (tração) e P== (peso), que admitem sobre o corpo, T (tração) e P (peso), que admitem por inércia, a se manterem na trajetória em que estavam. Por uma resultante centrípeta, F c== . uma resultante centrípeta, F c. isso, em relação ao carro, exercem contra a porta uma força fic- Fc= tícia, centrífuga, F = cf , para a direita do carro, para fora da curva. E a porta da direita exerce sobre você uma força de reação, cen- = trípeta, Fcp , para a esquerda do carro, para o centro da curva. P= 95. a) Como a velocidade angular é constante, o movi- Resposta: alternativa d. mento é circular e uniforme. Logo: 98. a) Verdadeira, pois, se não houver resultante, não há curva. O v � �r ⇒ v � 0,2 � 40 ⇒ v � 8 m/s movimento é retilíneo uniforme. 0) figura: b) Veja a figura: b) Falsa, pois contradiz a anterior. c) Verdadeira, pois no MCU a resultante centrípeta tem sem- pre a mesma direção do raio. N= d) Verdadeira F= Da figura, temos: P P tg � � ------ ⇒ FR � --------------- ⇒ FR - tg 45� - P= � Fcf= FR= 100 000 ⇒ FR � ------------------- ⇒ FR � 100 000 N - 1 P= Para um referencial localizado na nave, atua sobre o astro- Para um referencial localizado na nave (veja capítulo 13, = e) Verdadeira nauta 4), força centrífuga F cf que faz força centrífuga F cf tópico umaatua sobre o astronauta uma com que ele compri- = que faz com que ele comprima o chão da astronave. A força mv 2 Fc r 100 000 � 1 000 ma o chão da astronave. A força normal N exercida pelo piso Fc � ----------- ⇒ v � -------- ⇒ v � ------------------------------------ ⇒ - - normal N= exercida pelo piso é a força de reação a essa força r m 10 000 é a força de reação a essa força centrífuga. Em módulo, te- centrífuga. Em módulo, temos N � Fcf. 2 Mas Fcf � macf e ⇒ v � 100 m/s � 360 km/h mos N Fcf. Mas Fcf macf e acf r (igual à acelera- acf � �2r (igual à aceleração centrípeta mas de sentido opos- f) Falsa, pois, como vimos no item d, FR depende da tangente ção centrípeta mas de sentido oposto), temos: to), temos: do ângulo de inclinação, �, das asas em relação ao plano N m 2r ⇒ N 80 0,22 40 ⇒ N 128 N horizontal. N � m�2r ⇒ N � 80 � 0,22 � 40 ⇒ N � 128 N 96. Para que um corpo execute um MCU é preciso que a força resul- 99. (1) grandeza escalar tante seja centrípeta, embora as forças componentes não preci- (1) medida em joules sem ser centrípetas, necessariamente. Num pêndulo cônico, por (2) possui módulo, direção e sentido exemplo, a resultante é centrípeta mas a tração T = e o peso P , = (2) medida com dinamômetro forças que atuam sobre o pêndulo, não são centrípetas. Logo, as Resposta: alternativa a. afirmações II e III estão corretas. 100. m � 4 000 kg N= v � 20 m/s � � 0,40 g � 10 m/s2 fa= T= P= a) Para o caminhão parar em 50 m, temos: FR= v2 � v 0 � 2a�x ⇒ 0 � 400 � 2a � 50 ⇒ a � �4 m/s2 2 Se ele deve parar em menos de 50 m, podemos afirmar que, P= em módulo, a � 4 m/s2. Mas, como vimos na questão 72, o valor de � para que o cai- Resposta: alternativa e. xote não escorregue neste caso é: 97. Veja a figura: a 4 � � ---- ⇒ � � ------- ⇒ � � 0,4 - - g 10 trajetória do carro = Fcf Como � � 0,4, pode-se concluir que o bloco escorrega. (V) b) A força vertical exercida pela carroceria em módulo é N � P = Fcp ou N � 40 000 N. (V) c) †bloco � �E Cbloco ⇒ †bloco � E Cf � E Ci ⇒ O 1 ⇒ †bloco � 0 � ---- � 4 000 � 202 ⇒ †bloco � �8 � 105 J (F) - 2 15
- 16. Manual do Professor 181 d) Mas: A força resultante exercida pela carroceria sobre o bloco é a força P � mg ⇒ P � 10 � 60 � 10 ⇒ P � 6 000 N fa= de atrito, que atua horizontal- Logo, F � 6 000 N. mente para trás. (F) Se a velocidade é constante, a potência pode ser dada por �y � � Fv, em que v � --------- . e) Para que o caminhão faça Para que o caminhão faça - �t a curva e o bloco não es- corregue é preciso que a Sendo �y � 15 m e �t � 18s, temos: fa= força de atrito seja capaz �y 15 de fornecer aaforça centrí- fornecer força cen- � � Fv ⇒ � � F � --------- ⇒ � � 6 000 � ------- ⇒ - - �t 18 peta necessária. Logo, em trípeta necessária. Logo, módulo, Fa �aF=. Fc. em módulo, F c ⇒ � � 5 000 W ⇒ � � 5 kW Resposta: alternativa b. 103. Para que libere uma energia igual à da bomba atômica de Nagasaki, ao atingir a Terra a energia cinética desse fragmento Mas: de cometa, de massa m � 5 � 106 kg, deve ser mv 2 f a � N� ⇒ f a � mg� (I) EC � 4 � 1013 J. Logo, sendo EC � ---------- , temos: - 2 mv 2 F c � ----------- (II) r 5 � 10 6 v 2 4 � 1013 � --------------------- ⇒ v � 4 � 103 m/s - 2 De (I) e (II), temos: mv 2 Resposta: alternativa a. ----------- � mg� ⇒ v � rg� ⇒ r 104. Do gráfico, pode-se estabelecer a função entre a potência e a ⇒ v � 225 � 10 � 0,4 ⇒ v � 30 m/s (V) velocidade. Lembrando que a expressão da função linear é 101. y � mx � n e, neste caso, y � �, n � 0 e 125 � 0 m � -------------------- ⇒ m � 12,5 kW/s (coeficiente angular da reta), - 10 � 0 F= obtemos � � 12,5t. v= Logo, para t � 4s, temos: � � 12,5 � 4 ⇒ � � 50 kW (–) P = Como o produto ��t é igual ao trabalho realiza- a) A menor potência possível para o motor corresponde à menor 125 força possível por ele exercida quando F � P, em módulo. Logo: do sobre um corpo [� � F � mg ⇒ F � 4 000 N † � -------- ], podemos con- - �t 50 Sendo a potência em velocidade constante dada por � � Fv, para a velocidade 1,0 m/s, ideal, temos: cluir que a área sob a cur- t (s) va desse gráfico, � � t, é 0 4 10 � � 4 000 � 1,0 ⇒ � � 4 000 W b) Se o equipamento sobe �y � 15 m com velocidade cons- igual ao trabalho no inter- tante de v � 1 m/s, o tempo necessário é: valo correspondente em kJ, resultado do produto de kW � s. �y 15 Logo, o trabalho da força resultante realizado no intervalo de 0 �t � --------- ⇒ �t � ------- ⇒ �t � 1s - - v 1 a 4s é (veja a figura): Observação: Nesses casos, supõe-se que, num intervalo de 50 � 4 tempo muito pequeno, F � P, para que a carga comece a subir † FR � --------------- ⇒ † FR � 100 kJ ⇒ † FR � 100 000 J - 2 até atingir a velocidade constante de 1 m/s, quando a força passa a igualar-se ao peso. Por isso, esses resultados são apro- Como † FR � �EC, sendo m � 500 kg a massa do corpo e ximados. Os valores reais seriam ligeiramente maiores. supondo v0 � 0, temos: 102. Veja a figura: F= mv 2 † FR � �EC ⇒ † FR � EC � E C0 ⇒ 100 000 � ---------- ⇒ Da Segunda Lei de Newton, sendo a= � 0 - 2 (v = constante), temos, em módulo: 500v 2 ⇒ -------------- � 100 000 ⇒ v � 20 m/s F�P�0⇒F�P - 2 (–) P = Resposta: alternativa c. 16
- 17. 182 200 Questões de Vestibular 105. Podemos escrever essas unidades na forma: 109. Para y � h a energia cinética é Ec zero (o corpo é abandonado do mgh m2 m 1 kg � -------- � kg � ------ � m � ---- � - - - repouso). Para y � 0 ela é má- s3 s 2 �x s xima, igual à energia potencial F 1 ------- - gravitacional. O gráfico deve- �t † ria ser: y m Resposta: alternativa d. 0 h O produto kg � ------ é o produto massa � aceleração; portanto, - s2 representa o módulo de uma força F, que multiplicada por um 110. Se não houver perda, a perda de perda a deslocamento representa um trabalho †, que, por sua vez, divi- energia potencial �EP correspon- v0 � 0 dido pelo tempo, �t, expressa uma potência, �. de à descida da altura �h, cujo valor é: Resposta: alternativa c. �EP � mg�h ⇒ �h � 4 m �EP 106. Na figura estão representa- N= ⇒ �EP � 5,0 � 10 � 4 ⇒ das esquematicamente as forças que atuam no atleta ⇒ �EP � 200 J (I) durante a corrida. = Fresistência = Fmuscular Veja a figura. Embora a energia cinética não Seria igual à energia cinética, EC, EP varie, o atleta realiza trabalho ao final desse percurso. Mas a v � 6,0 m/s para vencer o trabalho da re- velocidade ao final do percurso é sultante das forças de resis- v � 6 m/s. Logo: tência ao movimento. Em ou- P= 1 1 EC � ---- mv 2 ⇒ EC � ---- � 5,0 � 62 ⇒ EC � 90 J (II) tras palavras, a força resultan- - - te é nula e, por isso, a energia cinética não varia, mas o trabalho 2 2 realizado pelo atleta, utilizando sua força muscular, não é nulo. Portanto, houve uma perda de energia �E, dada por: Resposta: alternativa d. �E � EC � �EP ⇒ �E � 90 � 200 ⇒ �E � �110 J 107. Resposta: alternativa a. 1,0 g dx= 111. Pelo Princípio da Conservação da Energia Mecânica, se o corpo d= perde uma quantidade E de energia potencial, ele deve ganhar 1m P= P= dy= a mesma quantidade E de energia cinética. Como ele cai em queda livre, a partir do repouso, essa quantidade é igual à ener- gia cinética que ele tem. Logo, podemos concluir que: 2m 1 2E E � ---- mv 2 ⇒ m � ------- - - No plano horizontal o peso P= é perpendicular ao deslocamento. 2 v2 Logo, o trabalho do peso é nulo, † Px � 0. Resposta: alternativa b. Ao abandonar o plano horizontal, o trabalho do peso pode ser 112. Resolvendo a questão a partir do Princípio da Conservação da calculado pelo produto: Energia, temos: † Py � Pdy I) Quando o chaveiro cai com ve- A locidade v: v0 � 0 Sendo dy � 1,0 m e P � 1,0 � 10�3 � 10 � 1,0 � 10�2 N, temos: 0 † Py � 1,0 � 1,0 � 10 �2 ⇒ † Py � 1,0 � 10 J �2 E MA � E MB ⇒ E CA � E PA � 0 h Logo, o trabalho do peso em toda a trajetória é: � E CB � E PB ⇒ †P � † Px � † Py ⇒ †P � 0 � 1,0 � 10�2 ⇒ †P � 1,0 � 10�2 J 1 B v= ⇒ mgh � ---- mv 2 ⇒ - Resposta: alternativa a. 2 v2 ⇒ 2gh � v2 ⇒ 2g � ------ (I) situação 1 108. Basta determinar a razão entre as energias cinéticas de cada - h corpo: 1 2 1 20 2 II) Quando cai com velocidade 2v: A� E CA � ---- mv A ⇒ E CA � ---- � m � [ -------- ] ----- A - ----- - [ ----- ] ---- v0 � 0 2 2 3,6 0 E MA � E MB ⇒ E CA� � E PA� � 1 2 1 E CB � ---- mv B ⇒ E CB � ---- � m � [ -------- ] 30 2 ----- B - ----- - [ ----- ] ---- 2 2 3,6 0 � E CB � E PB ⇒ mgH � H 1 400 ---- � m � ----------- ----- - -----------2 E 2 3,6 EA 4 1 � ---- � m � (2v)2 ⇒ 2gH � ------- � ----------------------------------- ⇒ ------- � ---- --A- ------ ------------------ ------------------ -------- - ----- - - B� 2v = EB 1 � m � 900 EB 9 2 ----- ----- -----------2 ----------- 2 3,6 4v 2 � 4v2 ⇒ 2g � --------- (II) Resposta: alternativa b. H situação 2 17
- 18. Manual do Professor 183 Igualando (I) e (II), temos: b) Verdadeiro, pois essa é a expressão do Princípio da Conser- vação da Quantidade de Movimento. v 2 4v 2 ------ � --------- ⇒ H � 4h - - c) Falso, pois a velocidade orbital de um planeta não é cons- h H tante. De acordo com a Lei das Áreas, ela deve ser maior nos Resposta: alternativa c. trechos onde ele está mais perto do Sol e menor quando 113. Como não há atrito entre o bloco II e o plano inclinado e os dois está mais longe. Logo, a energia cinética do planeta não é blocos são lançados com a mesma velocidade, podemos con- constante. cluir que ambos têm a mesma energia cinética inicial. Logo, d) Falso como não há perdas por atrito, eles devem adquirir a mesma Veja a figura: energia potencial gravitacional e, portanto, a mesma altura fi- nal, pois têm a mesma massa. Logo, H1 � H2. Em relação ao tempo, verificamos que o bloco I tem aceleração (g) maior que o bloco II (g � sen �). Como as velocidades inicial e final de ambos os blocos são as mesmas, da definição de �v aceleração, a � --------- , podemos escrever: cama elástica v�0 - �t h �v • para o bloco I: t1 � --------- ; - g No ponto mais baixo da cama elástica a energia cinética é �v nula, mas a pessoa tem, além da energia potencial elástica • para o bloco II: t2 � --------------------- . - devida à cama, a energia potencial gravitacional em relação g � sen � Como g � g � sen �, então t1 � t2. ao solo, devida à altura h. Logo, apenas parte da energia mecânica da pessoa é potencial elástica. Resposta: alternativa b. 117. Se não houvesse perdas a energia mecânica em B seria igual 114. No ponto de altura máxima a energia cinética é mínima e a à energia mecânica em A. Mas como esse sistema é dissipati- energia potencial gravitacional é máxima. vo, a energia mecânica em B será menor do que a energia me- Resposta: alternativa a. cânica em A, ou seja, menor que 400 J. 115. Veja a figura: Resposta: alternativa e. �x � v�t 118. a) Veja a figura: A B 0,20 m N= �h � v�t F= 2 nível de 30° referência Px= 120° 30° P= Durante o deslocamento �x, o trabalho da força F = pode ser Do Princípio da Conservação da Energia Mecânica aplicado calculado a partir da definição: aos pontos A e B, sendo dados m � 6,0 kg, v0 � 0, x � †F � F�x � cos 0° ⇒ †F � Fv�t (I) (a força atua na direção e � 0,20 m e k � 150 N/m, temos: sentido do deslocamento �x) 0 0 1 E CA � E PelA � E CB � E PelB ⇒ ---- kx 2 � ---- mv 2 ⇒ 1 Se a velocidade é constante, a aceleração é nula e, pela - - 2 2 Segunda Lei de Newton, temos, em módulo: kx 2 150(0,2) 2 ⇒ v2 � -------- ⇒ v2 � --------------------- ⇒ F � Px ⇒ F � mg � sen 30° ⇒ F � mg � ----1 - - - m 6 2 Logo, no deslocamento �x � v�t o trabalho da força F é: 15 � 10 1 � 4 � 10 �2 ⇒ v2 � ------------------------------------------ ⇒ v2 � 1,0 ⇒ v � 1,0 m/s - 6 †F � F�x ⇒ †F � mgv � -------- �t - (II) 2 b) A aceleração média adquirida pelo bloco durante o tempo de A variação da energia potencial gravitacional do sistema foi: contato com a mola é: �t �v v � v0 1,0 � 0 �EP � E Pf � E Pi ⇒ �EP � mg�h ⇒ �EP � mgv � -------- (III) - am � --------- ⇒ am � ---------------- ⇒ am � ------------------- ⇒ - - - 2 �t �t 0,3 Portanto, as afirmações I, II e III estão corretas. ⇒ am � 3,3 m/s2 Resposta: alternativa e. Logo, da Segunda Lei de Newton, podemos determinar a 116. a) Verdadeiro, pois a energia que um corpo adquire pode ser força média: medida pelo trabalho realizado sobre ele. Fm � mam ⇒ Fm � 6 � 3,3 ⇒ Fm � 20 N 18
- 19. 184 200 Questões de Vestibular 119. a) A v0 � 0 trabalho do atrito. Logo, a energia mecânica na base da rampa B é: t�0 Px= E M0 � E MA � †a ⇒ E M0 � mgHA � �mgL ⇒ E M0 � B B B P= B � g(mHA � �mL) (I) 30 m Mas a energia mecânica em HB, ponto mais alto que o bloco t � 2s v= atinge na rampa B, E MB , é igual a E M0 , pois nessa rampa B também não há atrito. Como em HB o corpo para, a energia pára, 30° mecânica nesse ponto é a energia potencial gravitacional a essa altura. Logo: Como o sistema da figura não tem atrito, da Segunda Lei de E MB � E Pg ⇒ E MB � mgHB (II) Newton, temos: B FR � ma ⇒ Px � ma ⇒ ma � mg � sen � ⇒ De (I) e (II), temos: ⇒ a � g � sen � ⇒ a � 10 � sen 30° ⇒ a � 5 m/s2 mgH B � g(mH A � �mL) ⇒ HB � HA � �L A velocidade 2s depois do início do movimento será: Note que HB não depende nem da massa do bloco nem da v � v0 � at ⇒ v � 0 � 5 � 2 ⇒ v � 10 m/s aceleração da gravidade do planeta, ou seja, a altura HB será e, portanto, a energia cinética, nesse instante (no ponto B), é: sempre a mesma, quaisquer que sejam essa massa e esse 1 1 H BTerra E CB � ---- mv 2 ⇒ E CB � ---- � 2 � 102 ⇒ E CB � 100 J - - planeta. Logo, a razão Rc � -------------- será sempre igual a 1. - 2 2 H BMarte b) Pelo Princípio da Conservação de Energia, para um nível de referência no chão, podemos determinar a energia potencial 121. a) teto gravitacional no instante t � 2s, correspondente a um ponto fio fio B, supondo que o corpo foi abandonado em A: C1 0,2 m 0,5 m A C2 B E MA � E MB ⇒ E CA � E PA � E CB � E PB Como E CB � 100 J, temos: 0 � mghA � 100 � E PB ⇒ E PB � mghA � 100 ⇒ (–) g = 5,0 m h1 h2 ⇒ E PB � 2 � 10 � 30 � 100 ⇒ E PB � 500 J 120. a) Como não há atrito, enquanto o corpo desce a rampa, a ener- gia mecânica se conserva, o que é válido tanto na Terra como em Marte. Temos, então: nível de 1 2 solo referência (NR) E Mi � E Mf ⇒ mgHA � ---- mv A ⇒ vA � 2gH A - A A 2 C1: centro de massa do bloco A em que g é a aceleração da gravidade na Terra (gT) ou em C2: centro de massa do bloco B Marte (gM), o que nos permite determinar a razão Ra: h1 � 5,0 � 0,5 ⇒ h1 � 5,5 m (altura do centro de massa do v ATerra 2g T H A gT bloco A) Ra � ------------- ⇒ Ra � - ---------------- ⇒ Ra � ---------------- ⇒ - - h2 � 5,0 � 0,2 ⇒ h2 � 5,2 m (altura do centro de massa do v AMarte 2g M H A gT bloco B) ------- ⇒ Ra � 3 3 Como os blocos estão em repouso, a energia mecânica de b) As energias mecânicas dissipadas W no trecho horizontal cada bloco corresponde à energia potencial gravitacional de equivalem ao trabalho realizado pelo atrito, †a, nesse cada sistema bloco � Terra. Logo: trecho. Sendo fa � N�, N � P e d � L, da definição de E MA � mAgh1 ⇒ E MA � 5 � 10 � 5,5 ⇒ E MA � 275 J trabalho, temos: †a � fad � cos � ⇒ †a � mg� � cos 180° ⇒ †a � �mg� E MB � mBgh2 ⇒ E MB � 50 � 10 � 5,2 ⇒ E MB � 2 600 J Esse resultado é válido tanto na Terra como em Marte. b) Desprezando a resistência do ar, os dois blocos atingem o Podemos então calcular Rb: solo com a mesma velocidade, pois ambos caem da mesma W Terra † aTerra � �mg T L altura y0 � 5,0 m em relação às suas bases (ou em relação Rb � --------------- ⇒ Rb � ------------- ⇒ Rb � ------------------------ ⇒ - - - W Marte † aMarte � �mg M L aos seus centros de massa). Da “equação” de Torricelli, para a queda livre, v2 � v 0 � 2g(y � y0), em que y � 0 e 2 gT ⇒ Rb � ---------- ⇒ Rb � 3 - y0 � 5,0 m, temos: gT ------- v2 � �2 � 10(0 � 5,0) ⇒ v2 � 2 � 10 � 5,0 ⇒ v � 10 m/s 3 c) Ao atingir a base da rampa B a energia mecânica do bloco, c) O tempo de queda de cada bloco é o mesmo e pode ser E M0 , será a energia mecânica que ele tinha ao atingir a 1 calculado pela função da posição, y � y0 � v0t � ---- gt 2 : B - 2 base da rampa A, E MA , subtraída da energia dissipada pelo 0 � 5,0 � 5t2 ⇒ t � 1,0s 19
- 20. Manual do Professor 185 122. a) Pelo Princípio da Conservação da Energia, temos: Aplicando a Segunda Lei de Newton ao ponto mais baixo da 0 0 trajetória circular obtemos: E MC � E MA ⇒ E Cc � E Pg � E CA � E Pg ⇒ T = � P = � ma=C ⇒ T � P � m � ---- v2 C A 1 2 - ⇒ E Pg � E CA ⇒ mghC � ---- mv A ⇒ vA � 2gH ⇒ - L C 2 ⇒ vA � 20 m/s em que o raio da circunferência e o comprimento do fio é L. b) O trabalho realizado pela barreira, †bb,, é igual à variação da † v2 Logo, o valor da tração é T � m[ ---- � g]. - energia cinética do trenó com o esquimó �ECte , que atinge E L a barreira com velocidade vA � 20 m/s. Temos, então: Do Princípio da Conservação da Energia pode-se concluir que a 1 2 energia cinética é máxima no ponto mais baixo da trajetória, †b � �E Cte ⇒ †b � E Cte � E Cte ⇒ †b � 0 � ---- mv A ⇒ - pois nesse ponto a energia potencial gravitacional é mínima. 0 2 A ⇒ †b � � ----1 � 90 � 202 ⇒ † � �18 000 J (I) Logo, nesse ponto a velocidade é máxima. Como a tração de- - b 2 pende da velocidade, a tração nesse ponto também será máxi- = O trabalho da força média F m exercida pela barreira, calcu- ma, ou seja, a tração é máxima para � � 0. O único gráfico que lado pela definição, para um deslocamento d � 1,5 m é: contempla essa conclusão é o da alternativa a. †b � Fmd � cos 180° ⇒ †b � �Fm � 1,5 (II) Resposta: alternativa a. Logo, de (I) e (II), temos: �Fm � 1,5 � �18 000 ⇒ Fm � 12 000 N volume 25 000 L 125. vazão � ----------------- ⇒ vazão � -------------------- - tempo 1s 123. Na figura estão assinaladas as forças que agem no corpo nos 25 000 kg pontos em questão, e a resultante centrípeta (cuja direção é Para a água podemos escrever ---------------------- . - 1s radial e cujo sentido é para o centro da curva descrita), cujas radial e cujo sentido é para o centro da curva descrita), cujas expressões em módulo são dadas abaixo: Logo: expressões em módulo são dadas abaixo: vazão centro da N=B curva EP mgh B -------- � ----------- � 25 000 � 10 � 80 ⇒ � � 2 � 107 W ⇒ - - �t �t = PB ⇒ � � 20 � 106 W ⇒ � � 20 MW = FCB r Supondo desprezível a velocidade inicial da água, pode-se ad- FC= A mitir, pelo Princípio da Conservação da Energia Mecânica, que N=A r a energia cinética da água E Cágua ao atingir o nível mais baixo A = PA é igual à energia potencial gravitacional E Pg , no ponto mais al- H v 2 to, para cada intervalo de tempo �t. Temos, portanto: • F CA � ma CA ⇒ F CA � m � -------- A r E Cágua E Pg mgh vB 2 ------------ � ---------- ⇒ �T � ----------- - H - - • F CB � ma CB ⇒ F CB � m � ------- - �t �t �t r m Sendo -------- � 20 000 L/s e h � 80 m, temos: Mas, do Princípio da Conservação da Energia, podemos concluir - �t que vA � vB, pois, considerando A como nível de referência, o corpo em B tem energia potencial gravitacional e energia ciné- �T � 25 000 � 10 � 80 ⇒ �T � 20 � 106 W ⇒ �T � 20 MW tica e em A ele só tem energia cinética. 126. a) Para cada unidade da usina a água cai de uma altura Conclui-se então que: • a afirmação I está incorreta, pois a resultante no ponto A é H � 130 m. Podemos resolver esse exercício seguindo um ra- vertical e para cima; ciocínio análogo ao problema anterior: • a afirmação II está correta, pois, se vA � vB, então F CA � F CB ; E Cágua E Pg E Cágua mgh • a afirmação III está correta, pois, se F CB é para baixo, então ------------ � ---------- ⇒ ------------ � ----------- - H - - - (I) �t �t �t �t PB � NB. O primeiro termo dá a potência total �T que a água comu- Resposta: alternativa e. m nica à turbina enquanto a razão -------- pode ser obtida pela - 124. �t � vazão da tubulação (700 m3/s), lembrando que 1 m3 de água L tem 1 000 kg. Temos, então, de (I): �T � 700 � 103 � 10 � 130 ⇒ �T � 9,1 � 108 W Como o rendimento é de 77%, a potência útil obtida de cada � = aC turbina é: T= �u � 0,77 � 9,1 � 108 ⇒ �u � 7,0 � 108 W As 18 turbinas fornecem então uma potência útil total de: P= �ut � 18 � 7 � 108 ⇒ �ut � 1,3 � 1010 W 20
- 21. 186 200 Questões de Vestibular b) A energia fornecida pela usina, por dia é: 1) Do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento: ET � �T�t ⇒ ET � 1,26 � 10 � 24 ⇒ ET � 3 � 10 Wh 10 11 mA p=0 � p= ⇒ mBvB � mAvA ⇒ -------- v B � m A v A ⇒ - Logo, o número de cidades como Campinas que podem ter 2 vB suas necessidades supridas pela usina é: ⇒ vA � ------ ⇒ vB � 2vA (I) - 2 3 � 10 11 n � ------------------ ⇒ n � 50 2) A energia mecânica dissipada no choque, �Em, pode ser - 6 � 10 9 obtida da diferença: 127. �EM � EM � E M0 ⇒ �EM � EC � E C0 ⇒ �EM � 1 1 � ---- m A v A � ---- m B v B 2 2 - - 2 2 � d= P= mA Sendo mB � -------- e, de (I), temos: - L 2 1 1 mA 1 �EM � ---- m A v A � ---- � -------- (2v A ) 2 ⇒ �EM � � ---- m A v A - 2 - - - 2 2 2 2 2 Conclui-se que: Da definição de trabalho, podemos escrever †P � Pd � cos �. • a descrição do choque está correta, não contradiz o Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento. Logo, a afir- Mas d � cos � � h. Logo: mação I está incorreta. †P � Ph ⇒ †P � 20 � 10 � 3 ⇒ †P � 600 J • a afirmação II está correta, pois a energia mecânica dissipa- Resposta: alternativa a. 1 da é ---- m A v A . 2 - 128. O trabalho realizado pela esteira é fornecer a cada grão de 2 areia, inicialmente em repouso, uma energia cinética corres- • a afirmação III está incorreta, pois não existe dissipação de pondente à velocidade da esteira. quantidade de movimento. 0 Resposta: alternativa b. 1 1 †esteira � �Egrão de areia ⇒ †esteira � ---- mgv 2 � ---- mgv 0 2 (I) - - 2 2 131. Veja a figura, que representa a situação: em que mg é a massa de cada grão e v é a velocidade da esteira. m1 � 20 000 kg m2 � 10 000 kg Para um intervalo de tempo �t, caem n grãos de areia sob a es- v1= 1 2 v2 � 0 teira. Se dividirmos ambos os termos da expressão (I) por esse intervalo de tempo, temos: v1 � 12 m/s † esteira 1 nmg --------------- � ---- � ----------- v 2 - - - �t 2 �t = v� 1 2 O primeiro termo é a potência � com que trabalha a esteira, o nmg termo ----------- é a taxa de massa de areia que cai sobre a esteira, - �t Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, 3,0 kg/s e v � 4,0 m/s é a velocidade da esteira. Obtemos, então: temos: 1 p 0= � p= ⇒ m1v1 � (m1 � m2)v� ⇒ 20 000 � 12 � (20 000 � � � ---- � 3,0 � 4,02 ⇒ � � 24 W - 2 � 10 000)v� ⇒ v� � 8,0 m/s (v1, no enunciado da questão) Resposta: alternativa d. Resposta: alternativa d. Na situação 2, teremos: 129. A variação da quantidade de movimento da bolinha nos cho- m2 � 10 000 kg m1 � 20 000 kg ques frontais é: v2= 2 1 v�0 �p= � p= � p=0 ⇒ �p= � mv= � mv=0 Como a altura inicial de lançamento é a mesma, v==0 (velocidade v2 � 12 m/s no instante antes da colisão) também é. Consequentemente, a maior variação da quantidade de movimento se dará quanto v� = maior for v== (velocidade imediatamente após a colisão). Tal fato 2 1 ocorrerá quando a altura atingida pela bolinha for maior. Resposta: alternativa b. p 0= � p= ⇒ 10 000 � 12 � (10 000 � 20 000)v� ⇒ v� � 4,0 m/s 130. A colisão constitui um sistema isolado, mas não é um sistema (v2, no enunciado da questão) conservativo. Apresentamos, assim, as seguintes relações: Resposta: alternativa d. 21
- 22. Manual do Professor 187 132. Veja o esquema: Observação: O enunciado não deixa claro em relação a que O enunciado não deixa claro em relação a que referencial a sonda se move com velocidade de 20 m/s.m/s. isso a sonda se move com velocidade de 20 Por Por adotamos todas as as velocidades em relaçãoao referencial isso adotamos todas velocidades em relação ao inercial, para o qual a sonda está, de início, em repouso. de início, em repouso. Resposta: alternativa b. 139. a) Supondo que o sistema (canhão � bala) inicialmente esteja em repouso e que seja isolado na direção horizontal, p= � p=0. = m1 m2 Sendo mb a massa da bala, mc a massa do canhão e adotando como positivo o sentido da velocidade da bala, vb, temos: Do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, mbvb � mcvc � 0 ⇒ 300vc � 15 � 60 � 0 ⇒ vc � �3 m/s temos: p=antes � p=depois ⇒ m1v1 � m2v2 � pdepois ⇒ 4 � 104 � 1 � b) Se o canhão se afasta para trás com velocidade vc � �3,0 m/s � 3 � 104 � 0,5 � pdepois ⇒ pdepois � 5,5 � 104 kg � m/s e a bala vai para a frente com velocidade vb � 60 m/s, a velocidade de recuo do canhão em relação à bala é a dife- Resposta: alternativa c. rença entre as duas velocidades. Veja a figura: 133. Analogamente aos exercícios anteriores, temos: 0 vc � �3 m/s p=0 � p= ⇒ m1v1 � m 2 v 2 � (m1 � m2)v ⇒ 2,0 � 10 � vb � 60 m/s � (2,0 � 3,0)v ⇒ 20 � 5,0v ⇒ v � 4,0 m/s Resposta: alternativa c. 134. Do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, vbc � 60 � (�3) ⇒ vbc � 63 m/s temos p=0 � p=. Adotando como positivo o sentido da velocidade v==, temos: c) �EC � E C � EC � m1v1 � m2v2 � p ⇒ 0,10 � 5,0 � 0,20 � 3,0 � p ⇒ Mas: ⇒ p � �0,10 kg � m/s ou, em módulo, p � 0,10 kg � m/s EC � 0 (energia cinética do sistema antes do disparo) Resposta: alternativa e. 1 1 E C � ---- m c v c2 � ---- m b v b ⇒ E C � 28 350 J (energia � - - 2 � 135. Como a chuva cai verticalmente, ela não altera a quantidade de 2 2 movimento do sistema na direção horizontal. Portanto, do Prin- cinética do sistema depois do disparo) cípio da Conservação da Quantidade de Movimento, na direção Portanto, a variação da energia cinética do disparo é horizontal, temos: �EC � 28 350 J. p=0 � p= ⇒ mcaixotevcaixote � (mcaixote � mágua)v ⇒ 2,0 � 0,40 � � (2,0 � 2,0)v ⇒ 0,80 � 4,0v ⇒ v � 0,20 m/s 140. a) Em A e B temos: Resposta: alternativa c. E Pg � mgh ⇒ E Pg � 2 � 10 � 1 ⇒ E Pg � 20 J 136. Analogamente ao exercício anterior, temos: A energia potencial elástica em A é: p=antes � p=depois ⇒ Mv � (M � m)v� ⇒ 4 � 1 � (4 � 1)v� ⇒ ⇒ v� � 0,8 m/s 1 1 E Pel � ---- kx 2 ⇒ E Pel � ---- � 3 200(0,1)2 ⇒ E Pel � 16 J - - Resposta: alternativa b. 2 2 e em B é nula (não há mola). 137. Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, pantes � pdepois. Aplicado ao esquema da figura, adotando-se A energia cinética em A é nula (v � 0), em B é igual à ener- como positivo o sentido para a direita, temos: gia potencial elástica em A, pois não há perdas por atrito Mv1 � mv2 � (M � m)v� ⇒ nem transformação da energia cinética em potencial. Se não ⇒ 5,0 � 1,0 � 1,0 � 8,0 � (5,0 � 1,0)v� ⇒ 5,0 � 8,0 � 6,0v� ⇒ há perdas, pois não há atrito, não há outra forma de energia ⇒ �3,0 � 6,0v� ⇒ v� � �0,50 m/s a considerar. Portanto, o peixe maior terá a velocidade de 0,50 m/s, orientada para a esquerda. E Pg (J) E Pel (J) EC (J) Outra Etotal (J) Resposta: alternativa a. A 20 16 0 0 36 138. Sendo mg a massa dos gases ejetados com velocidade B 20 0 16 0 36 vg � 5 000 m/s e ms � 1 000 kg a massa da sonda, com velocidade vs � 20 m/s, do Princípio da Conservação da b) Pelo Princípio da Conservação da Energia Mecânica, temos, Quantidade de Movimento, podemos escrever p==0 � p==. Como, entre os pontos B e C: 0 antes de ser ligado o propulsor, a sonda estava em repouso, p0 � 0. Adotando como positivo o sentido da velocidade dos E MB � E MC ⇒ E PB � E CB � E PC � E CC ⇒ 20 � 16 � gases, temos: 1 1 � ---- mv 2 ⇒ 36 � ---- � 2v 2 ⇒ v � 6 m/s - - 0 � mgvg � msvs ⇒ msvs � mgvg ⇒ 1000 � 20 � mg � 5 000 ⇒ 2 2 20 000 Esta é a velocidade com que o bloco de massa m atinge o ⇒ mg � ---------------- ⇒ mg � 4,0 kg - 5 000 bloco maior, de massa M. 22
- 23. 188 200 Questões de Vestibular c) � 143. Pelo gráfico podemos concluir que os carrinhos moviam-se como indica o esquema abaixo: vf � 0 v0 v2= �v1= 2 1 M antes do m choque v2 � 4 m/s v1 � 2 m/s D fa= C � L v2= � v1= � Inicialmente determinamos a velocidade inicial do conjunto 2 1 depois do de blocos depois da colisão em C. Do Princípio da Conser- choque v� � 1 m/s v� � 3 m/s vação da Quantidade de Movimento, temos p � p0. Sendo 2 1 V a velocidade do bloco M, temos: Do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, te- MV � mv � (M � m)v0 ⇒ 4 � 0 � 2 � 6 � (4 � 2)v0 ⇒ mos p=0 � p=. De acordo com o referencial adotado, temos: ⇒ 12 � 6v0 ⇒ v0 � 2 m/s A energia cinética inicial do conjunto é: m2v2 � m1v1 � m 2 v 2 � m 1 v 1 ⇒ m2 � 4 � m1 � 2 � m2 � 1 � � � ⇒ m 4 m1 2 m � m12� 3 ⇒ 3m2 � 5m1 2 1 m1 3 ⇒ 3m2 5m1 1 2 1 E C0 � ---- mv 0 ⇒ E C0 � ---- � 6 � 2 2 ⇒ E C0 � 12 J (I) - - Resposta: alternativa e. 2 2 O trabalho da força de atrito no trecho CD é, portanto: 144. Veja a figura: † fa � �EC ⇒ † fa � 0 � 12 ⇒ † fa � �12 J v0= Da definição de trabalho, temos: p0= antes † fa � faL � cos 180° ⇒ † fa � �fa � 2,0 ⇒ † fa � � ��(m � M)g � 2,0 ⇒ † fa � �� � 6 � 10 � 2 ⇒ † fa � (–) v = � �� � 120 (II) De (I) e (II), temos: depois (–) p= �� � 120 � �12 ⇒ � � 0,10 A quantidade de movimento inicial da esfera é, em módulo, 141. a) Na parte horizontal dos trilhos, a quantidade de movimento p0 � mv0. Sendo v0 � 36 km/h � 10 m/s, m � 0,2 kg e ado- do sistema formado pelos dois carrinhos se conserva durante tando o referencial da figura, temos: a colisão: p0 � �0,2 � 10 ⇒ p0 � �2,0 kg � m/s p=antes � p=depois ⇒ 4m � 2,5 � m � 0 � 5mv ⇒ 10m � 5mv ⇒ ⇒ v � 2,0 m/s Depois do choque elástico a velocidade tem o mesmo módulo (a energia cinética se conserva). Logo, de acordo com o referen- b) cial da figura, o módulo e o sinal da quantidade de movimento v� � 0 (4m � m) serão: B p � �mv ⇒ p � �2,0 � 10 ⇒ p � �2,0 kg � m/s (4m � m) v= H Como os vetores têm o mesmo sentido, pode-se fazer a diferen- A ça vetorial algebricamente, respeitando os sinais do referencial adotado. Temos, então: Do Princípio da Conservação da Energia Mecânica, temos: �p � p � p0 ⇒ �p � �2,0 � 2,0 ⇒ �p � �4,0 kg � m/s 0 0 E MA � E MB ⇒ E CA � E PA � E CB � E PB ⇒ Observação: O sinal indica que a variação �p tem sentido oposto ao sentido positivo do referencial. 1 ⇒ ---- (4m � m)v 2 � v2 (4m � m)gH ⇒ H � ------- ⇒ Resposta: alternativa e. - - 2 2g ⇒ H � 0,2 m 145. Antes da colisão, temos: � 142. a) Falso † � Fd � cos �; o trabalho depende do deslocamento e do m 4m ângulo �. v0= v�0 b) Falso, pois EC é uma grandeza escalar. A energia cinética antes da colisão é: c) Verdadeiro, pois a força é a mesma na subida e na descida, mas o sentido do deslocamento é invertido na descida. 1 2 1 2 EC � ---- mv 0 ⇒ Ki � ---- mv 0 - - d) Verdadeiro 2 2 p= � mv=; os módulos serão iguais, mas os vetores não o se- iguais mas os obri- Depois da colisão obtemos: gatoriamente. rão, obrigatoriamente. � e) Falso, pois p= � mv=. f) Verdadeiro, pelo Princípio da Conservação da Quantidade de m 4m v� � 0 0 v�= Movimento. 23
- 24. Manual do Professor 189 Do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, b) Como a colisão é frontal, perfeitamente elástica e entre temos: corpos de mesma massa, podemos concluir, analogamente concluir, v0 aos exercícios anteriores, que, a cada choque, um dos p=antes � p=depois ⇒ mv 0 � 4mv� ⇒ v� � ------ - 4 corpos pára ee“transfere” sua velocidade para o outro. Por- para “transfere” sua velocidade para o outro. Logo, a energia cinética do sistema passa a ser: Portanto, desprezando-seintervalo de tempo da colisão, no tanto, desprezando-se o o intervalo de tempo da colisão, v0 2 1 2 1 2 noinstante � = 2s (1ª colisão)caixa C pára e o e o bloco B instante t1 t1 2s (1ª colisão) a a caixa C para bloco B ad- 1 E C � ---- � 4m[ ------ ] ⇒ E C � ---- mv 0 ⇒ Kf � ---- mv 0 � - - � - - adquire velocidade vB = 0,15 m/s. quire velocidade vB � 0,15 m/s. 2 4 8 8 Isso significa que as quantidades de movimento da caixa e Kf A razão ------ é, então: - do bloco são alternadas. Isto é, quando a caixa tem Ki vc � 0,15 m/s, o bloco tem vb � 0 e, quando a caixa tem 1 2 vc � 0, o bloco tem vb � 0,15 m/s, ou seja, quando a quan- ---- mv 0 - Kf 8 Kf tidade do movimento da caixa é pc � mcvc � 20 � 0,15 � ------ � ---------------- ⇒ ------ � 0,25 - - - Ki 1 mv 2 Ki � 3,0 kg � m/s, a do bloco é pb � 0 e vice-versa. Como essa ---- 0 - 2 permuta ocorre a partir do instante t � 2s, graficamente, Resposta: alternativa b. obtemos: pc (kg � m/s) 146. a) Falso Do Princípio da Conservação da Energia Mecânica aplicado 3 à esfera A, no trecho AB, temos: t (s) 0 0 0 E Pg � E CA � E Pg � E CB 1 2 ⇒ mgL � ---- mv A ⇒ 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 - A B 2 ⇒ vA � 2gL ⇒ vA � 2 � 10 � 0,8 ⇒ vA � 4 m/s b) Falso, ver item anterior. c) Verdadeiro, ver item anterior. pb (kg � m/s) d) Verdadeiro, pois esse é o conceito de colisão elástica ou perfeitamente elástica. 3 t (s) e) Verdadeiro 0 Do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 temos: p=0 � p= ⇒ mv A � mv A � mv B ⇒ vA � v A � v B (I) � � � � Da condição de choque perfeitamente elástico, Como a situação é ideal, a energia total E do sistema é cons- vB � vA � � tante e é igual à energia cinética da caixa ou do bloco. -------------------- � 1, temos: vA � vB Podemos determiná-la calculando, por exemplo, a energia cinética inicial da caixa: v B � v A � vA (II) � � 1 1 E � ---- m C v 0 ⇒ E � ---- � 20(0,15)2 ⇒ E � 0,225 J 2 De (I) e (II), obtemos: - - 2 2 v B � vA ⇒ v B � 4 m/s � � Graficamente, obtemos: f) Verdadeiro, pois, se v B � 4 m/s, obtemos também v A � 0. � � E (J) g) Falso, pois contradiz a afirmação anterior. 147. a) A situação descrita é representada na figura: 0,225 t (s) C 0 10 20 148. a) t1 � 2s v1= B x (cm) �15 0 15 75 Como v==1 é constante, pode-se notar da figura que, entre 0,20 m A B v= duas colisões sucessivas, qualquer ponto do bloco B efetua B um deslocamento �x � 60 cm, logo, temos: �x 60 v1 � --------- ⇒ �t � ------- ⇒ �t � 4s Desprezando a resistência do ar, pelo Princípio da Conserva- - - �t 15 ção da Energia, podemos calcular vB logo após o choque: 24
- 25. 190 200 Questões de Vestibular 0 0 Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, E MB � E MB ⇒ E CB � � � E Pb � E CB � E Pb ⇒ mgh B � � � temos: 0 p0 � p ⇒ m1v1 � m 2 v 2 � m 1 v 1 � m 2 v 2 ⇒ 2 � 5 � B B � � 1 2 � ---- mv B ⇒ vB � 2gh B ⇒ vB � 2 � 10 � 0,2 ⇒ - � � 2v 1 � 3v 2 ⇒ 2v 1 � 3v 2 � 10 � � � � (I) 2 ⇒ VB � 2,0 m/s Se o choque é elástico, o coeficiente de restituição é ε � 1, Do Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, logo, podemos escrever: aplicado ao choque entre A e B, temos p=0 � p=. Sendo m a v2 � v1 � � ------------------- � 1 ⇒ v 2 � v 1 � v1 � v2 ⇒ v 2 � v 1 � 5 (II) - � � � � massa das esferas (idênticas), v=0= A a velocidade de A antes v1 � v2 do choque, v 0B � 0 (velocidade de B antes do choque) e De (I) e (II), temos: vB � 2,0 m/s a velocidade de B depois do choque, temos, v 2 � 4 m/s e v 1 � �1 m/s � � em módulo: 0 Aplicando agora o Princípio da Conservação da Energia a C1 no mv 0A � mv 0B � mv A � mv B ⇒ v 0A � vA � 2,0 (I) trecho de B a C, temos: 0 Se o choque é perfeitamente elástico, o coeficiente de res- 1 E MB � E MC ⇒ E CB � E Pg � E CC � E Pg ⇒ ----- mv �2 � - 2 ---- vB � vA B C 2 tituição é ε � ---------------------- � 1, portanto, temos: - v 0A � v 0B 1 1 1 � ----- mv C � mgh C ⇒ ----- � 42 � ----- v C � 10 � 0,35 ⇒ ---- 2 - ---- - ---- 2 - 2 2 2 vB � vA � v 0A � v 0B ⇒ 2,0 � vA � v 0A � 0 ⇒ ⇒ v C � 9 ⇒ vC � 3,0 m/s 2 ⇒ 2,0 � vA � v 0A (II) Resposta: alternativa e. De (I) e (II), temos: 150. Se o choque é perfeitamente elástico, a energia cinética da v 0A � 2,0 m/s e vA � 0 bola permanece constante; logo, a velocidade e também a Isso significa que logo após o o choque esfera A pára e a e a significa que logo após choque a a esfera A para es- quantidade de movimento do corpo permanecerão constantes, fera B sobe, com velocidade inicial vB �B2,02,0 m/s, igual à em módulo. Podemos então escrever: esfera B sobe, com velocidade inicial v = m/s, igual à ve- velocidade A. locidade dede A. p � p0 ⇒ p � mv ⇒ p � 0,8 kg � m/s b) Na volta, como não há perda de energia, a esfera B B choca- como não há perda de energia, a esfera choca-se Pelo Teorema do Impulso: se novamente comeA mesma situação se repete: logo,após novamente com A a e a mesma situação se repete: logo, I ==FR � �p= ⇒ I ==FR � p= � p=0 p= após o choque, a esferapara e a esfera AAvolta em sentido o choque, a esfera B B pára e a esfera volta em oposto ao inicial na mesma direção, com a a mesma veloci- oposto ao inicial na mesma direção, com mesma velocida- A diferença I ==FR � p= � p=0 pode ser obtida da soma I ==FR � dade esfera B. de dada esfera B. ( p= � p= � (�p=0), que por sua vez é obtida na figura: 149. A p0= p= 60° = IFR 60° 1,25 m C 60° �p0= C1 C2 0,35 m v1= Como o triângulo é equilátero, temos: B I FR � p � p0 ⇒ I FR � 0,8 N � s Sendo o sistema conservativo, a velocidade do corpo C1, antes Assim: da colisão com C2 em B, pode ser determinada pelo Princípio da FR�t � 0,8 ⇒ FR � 0,08 � 0,8 ⇒ FR � 10 N Conservação da Energia: Observação: O valor obtido refere-se à intensidade média da = 0 0 E MA � E MB ⇒ E CA � E Pg � E CB � E Pg ⇒ m1ghA � força de contato F R durante o choque. A B Resposta: alternativa e. 1 1 � ---- m 1 v 1 ⇒ m 1 g � 1,25 � ---- m 1 v 1 ⇒ v1 � 5 m/s 2 2 - - 151. a) Verdadeiro, pois faz parte do caráter universal da Lei. 2 2 No choque, junto ao ponto B, temos a situação descrita na figura: b) Falso, pois a constante, G, é também universal. c) Falso, pois a atração da gravidade não tem limite. As distâncias � muito grandes podem ser desprezíveis, mas este não é o caso. C1 C2 d) Falso, pois como os valores de g=== são diferentes no Pólo e no Polo v1= v2 � 0 Equador, a massa do peso de 1 N é diferente no Pólo e no Polo antes Equador. Logo, o número de grãos de arroz também deve ser v1 � 5 m/s diferente. e) Falso, pois o peso depende de g=== e g=== depende do local. Logo, C1 C2 v1=� v2=� o peso de um corpo depende do local onde ele se encontra. depois Resposta: alternativa a. 25
- 26. 152. 158. I) Verdadeira, pois em A, pela Lei das Áreas, a velocidade do 1 UA planeta á máxima. Sol Terra II) Verdadeira. Podemos chegar a essa conclusão a partir, também, da Lei das Áreas e do Princípio da Conservação da Energia 1,5 UA Mecânica. Da Lei das Áreas concluímos que em A a Sol Marte velocidade é máxima; portanto, a energia cinética é máxima. Em B, pela mesma lei, concluímos que a velocidade é mínima; logo, a energia cinética é mínima. Como a energia mecânica se conserva, onde a energia cinética é máxima, a energia potencial gravitacional do sistema Sol-planeta é Terra mínima (no ponto A) e, onde a energia cinética é mínima, a energia potencial gravitacional desse sistema é máxima (no ponto B). III) Falsa, pois esse é um sistema conservativo em que a 1 UA x energia mecânica é constante. Resposta: alternativa b. 159. Veja a figura: Sol Marte 1,5 UA F d –F x2 = 12 + 1,52 ⇒ x2 = 1 + 2,25 ⇒ x2 = 3,25 ⇒ x ≅ 1,8 UA m m Resposta: alternativa b. F1 2d – F1 153. A aceleração não depende da velocidade inicial, apenas da m m interação Terra-corpo. Mm Resposta: alternativa a. F = G⋅ d2 154. A única força que atua sobre o projétil, desprezando-se a Na 1ª situação, da Lei da Gravitação Universal, temos: resistência do ar, é a força peso, P. mm F = G⋅ d2 Na 2ª situação, temos: P mm mm F1 = G ⋅ ⇒ F1 = G ⋅ 2 Resposta: alternativa c. (2d2 ) 4d 155. Na interação gravitacional, a intensidade Logo: mm das forças de atração entre os corpos é G⋅ 2 F d ⇒ F =4⇒F = F = a mesma. A intensidade da força que a F1 G ⋅ mm F1 1 4 Terra exerce sobre o satélite é igual à 4d2 intensidade da força que o satélite exerce Resposta: alternativa d. sobre a Terra. Como o comprimento do vetor é proporcional à intensidade 160. Pela Lei da Gravitação Universal o módulo das forças de atração da força, a alternativa correta é a c, entre os corpos é sempre igual, em qualquer instante. Supondo onde ambos os vetores têm o mesmo que no instante da colisão o módulo dessas forças seja F, comprimento. temos: Resposta: alternativa c. FB, A FA, B F = m A aA 156. A B F = mBaB A força que mantém o satélite em órbita Fcp em torno de Júpiter é a força centrípeta, Logo: Júpiter que aponta para o planeta Júpiter. aB m A aA = mBaB ⇒ 2mB aA = mBaB ⇒ aB = 2aA ⇒ aA = Resposta: alternativa b. 2 Observação: O módulo das forças aumenta à medida que os corpos se aproximam (é inversamente proporcional ao quadrado 157. Da Segunda Lei de Kepler, “o segmento de reta traçado do Sol a da distância), mas, em cada instante, o módulo da força que A qualquer planeta descreve áreas iguais em intervalos de tempo exerce em B é sempre igual ao módulo da força que B exerce iguais”, podemos afirmar que A1 = A2 = A3. em A. Resposta: alternativa c. Resposta: alternativa b. 26
- 27. 192 200 Questões de Vestibular 161. m Dividindo (I) por (II) obtemos: M T M Sol P0= G � ------------------- 2 F Sat RT F Sat --------- � ------------------------------- ⇒ --------- � 1 - - FT M T M Sol FT h � 1,6 � 106 m G � ------------------- 2 r RT Resposta: alternativa c. m 164. a) Verdadeiro R � 6,4 � 10 m 6 = Psup. O componente que Fx= efetivamente arranca � o prego da parede é F x= � F = � cos �. Veja a figura. F= Terra b) Falso Sendo P o módulo do peso do satélite da Lei da Gravitação Uni- = O componente F x depende do cos �. Como cos 30° � 0,87 versal, podemos escrever: e cos 60° � 0,50, pode-se concluir que F = aplicado na dire- Mm ção em que � � 30° é mais eficiente do que na direção em P � G � ---------- - r2 que � � 60°. em que M é a massa da Terra, m a massa do satélite e r a c) Falso distância do centro da Terra ao satélite. O trabalho para arrancar o prego é sempre o mesmo, produto Sejam P0 o peso do satélite em órbita e Psup. o peso do satélite da força de atrito entre o prego e a parede pelo deslocamen- na superfície. to do prego. Se a força for aplicada na direção do desloca- Da figura, podemos escrever: mento, o módulo da força é menor, mas o trabalho é o mes- mo, basta lembrar a definição de trabalho: GMm Psup. � ------------- R2 - †F � Fd � cos �. GMm 165. Vista de cima a situação pode ser esquematizada na figura P0 � -------------------- - abaixo: (R � h) 2 Fazendo-se a razão entre os pesos: 2,0 m dobradiça F1= GMm -------------------- - P0 (R � h) 2 ⇒ P 0 � R2 P0 D ---------- � ------------------------ - --------- - -------------------- ⇒ --------- � - - P sup. GMm -------------- - P sup. (R � h) 2 P sup. F2= R2 0,10 m (6,4 � 10 ) 6 2 P0 � -------------------------- ⇒ --------- � 0,64 (8,0 � 10 6 ) 2 - P sup. = O momento da força F 2 exercida pelo homem é: D D D O peso do satélite na órbita é 64% do seu peso na superfície. M F2 � �F2 � 0,10 ⇒ M F2 � 80 � 0,10 ⇒ M F2 � �8,0 N � m Resposta: alternativa d. = O momento da força F 1 exercida pelo menino é: D D D M F1 � �F1 � 2,0 ⇒ M F1 � �5,0 � 2,0 ⇒ M F1 � �10 N � m 162. A figura representa o movimento Mir da estação MIR em torno da Terra: Logo, o momento resultante será: D D D D r � R � h ⇒ r � 6 � 106 � v= �M F � M F1 � M F2 ⇒ �M F � �10 � 8,0 ⇒ � 0,4 � 106 ⇒ r � 6,4 � 106 m D ⇒ �M F � �2 N � m Como o movimento é circular e P= Isso significa que a porta gira no sentido do momento do meni- uniforme: R no, ou seja, no sentido de ser aberta. P � FC ⇒ mg � maC ⇒ g � Resposta: alternativa a. h v2 (7,8 � 10 3 ) 2 r � ------ ⇒ g � -------------------------- ⇒ - Terra 166. Da Segunda Condição de Equilíbrio �M F � 0, escolhendo o O r 6,4 � 10 6 ⇒ g � 9,5 m/s 2 ponto O no apoio da gangorra, sendo g o módulo da aceleração da gravidade, temos: Resposta: alternativa d. 2,5 m N= 2,5 m 163. Da Lei da Gravitação Universal, o módulo das forças gravita- cionais entre o Sol e Saturno (FSat) e entre o Sol e a Terra (FT) 1,5 m 2,0 m são, respectivamente: M Sat M Sol 100M T M Sol FSat � G � --------------------- ⇒ FSat � G � -------------------------- ⇒ - - R Sat (10R T ) 2 M T M Sol 54g 36g 27g xg ⇒ FSat � G � ------------------- (I) 2 RT 54g � 2,5 � 36g � 1,5 � N � O � 27g � xg � 2,5 � 0 ⇒ M T M Sol ⇒ x � 54 kg FT � G � ------------------- (II) 2 RT Resposta: alternativa d. 27
- 28. Manual do Professor 193 167. As forças atuantes e suas medidas são: b) = NA N=B T2= T1= 50 cm 30 cm � � � P= 40 cm 6m M 9m P= x Representando as forças num sistema de eixos ortogonais: � � y Se o menino vai de B a C, o módulo da reação em A diminui, porque o momento do peso M= do menino em relação ao T1= T2= apoio B aumenta e tem o mesmo sentido que o momento de � � x N= A (horário). Se NA diminui, NB aumenta, pois ambos soma- dos equilibram o peso da viga e do menino. A situação-limite ocorre quando NA � 0. A partir daí, se o menino avançar a viga vira. P= Nesse caso, de (I) podemos concluir que: NB � P � M ⇒ NB � 200 � 400 ⇒ NB � 600 N e como o sistema está em equilíbrio, temos: Podemos calcular a posição x em que isso ocorre pela segunda condição de equilíbrio: �F x � 0 ⇒ T1 � cos � � T2 � cos � � 0 ⇒ T1 � T2 � T (I) A A A B A �M F � 0 ⇒ M NA � M P � M NB � M M � 0 ⇒ �F y � 0 ⇒ T1 � sen � � T2 � cos � � P � 0 ⇒ 0 � P � 6 � NB � 9 � Mx � 0 ⇒ �200 � 6 � 600 � 9 � De (I), temos: 4 200 � 400x � 0 ⇒ x � ------------- ⇒ x � 10,5 m - P 400 2T � sen � � P ⇒ T � ---------------------- - 2 � sen � Logo, a partir dessa posição, se o menino prosseguir, a viga vai virar em torno de B. 30 Sendo P � 30 N e sen � � -------- � 0,60 (figura acima), temos: -------- 50 170. Nesse caso, podemos determinar os momentos de cada força utilizando diretamente as distâncias das correspondentes 30 T � ---------------- ⇒ T � 25 N - linhas de ação ao ponto C. Veja a figura: 2 � 0,6 Resposta: alternativa e. F1= F2= 168. O centro de gravidade está num eixo de simetria do corpo, dividindo-o em duas partes de mesmo peso. Logo, os pesos das partes I e II são iguais. C d1 d2 Resposta: alternativa a. 0,10 m d3 F3= 169. a) Veja a figura: 0,20 m 0,20 m = NA N=B = Como o momento da força resultante F R é igual à soma dos A B momentos dos componentes, em relação a qualquer ponto, C podemos escrever: M= C C C C M FR � M F1 � M F2 � M F3 ⇒ 9m P= 3m C ⇒ M FR � �F1d1 � F2d2 � F3d3 ⇒ 6m 6m C ⇒ M FR � �10 � 0,20 � 20 � 0,20 � 20 � 0,10 ⇒ Como o sistema está em equilíbrio, a resultante é nula. C C ⇒ M FR � �2,0 � 4,0 � 2,0 ⇒ M FR � 0 Logo, �F =y � 0. Portanto: Resposta: alternativa a. NA � NB � P � M � 0 (I) 171. Da segunda condição de equilíbrio, �M 0 � 0. Sendo NA � 200 N (reação em A); P � 200 N (peso da viga) 1ª verificação: e M � 400 N (peso do menino), temos: mx �2 m x g� 1 � m 1 g� 2 ⇒ -------- � ------- (I) - - 200 � NB � 200 � 400 � 0 ⇒ NB � 400 N m1 �1 28
- 29. 194 200 Questões de Vestibular 2ª verificação: • na direção y: m2 �2 N � F � sen � � mg � 0 ⇒ N � F � sen � � mg ⇒ m 2 g� 1 � m x g� 2 ⇒ -------- � ------- (II) - ⇒ N � mg � F � sen � (III) mx �1 Igualando-se as equações (I) e (II), obtemos: De (II) e (III), temos: mx m2 F � cos � mg � F � sen � � --------------------- ⇒ -------- � -------- ⇒ m x2 � m1m2 ⇒ mx � m 1 m 2 - - - m1 mx �C Resposta: alternativa c. cos � ⇒ mg � F[sen � � -------------- ] ⇒ - �C O 172. a) Estando o sistema em equilíbrio, temos �M F � 0. Esco- F = ⇒ mg � -------- [� C � sen � � cos �] ⇒ - lhendo O no ponto de aplicação da força C , temos: �C � C mg � ⇒ F � -------------------------------------------- - (IV) F= � C � sen � � cos � d De (IV), substituindo em (III), obtemos: � C mg � sen � O N � mg � -------------------------------------------- ⇒ - � C � sen � � cos � a mg � cos � C= P= ⇒ N � ---------------------------------------------- (V) � C � sen � � cos � � Observação: Foram consideradas corretas pela banca exami- Sendo P � mg, vem: nadora as expressões III, IV ou V. P � 2,0 � 10 ⇒ P � 20 N 174. Supondo os asteróides de mesma densidade, d, a razão entre a asteroides Então: massa, mi, do asteróide imaginário, mostrado no filme, e a mas- asteroide O O O M C � M F � M P � 0 ⇒ 0 � Fd � Pa � 0 ⇒ sa, mr, do asteróide real, é igual à razão entre os seus volumes. asteroide asteróides Supondo ainda que os asteroides sejam aproximadamente ⇒ F � 0,04 � 20 � 0,3 ⇒ F � 150 N esféricos, pode-se dizer que os seus volumes são diretamente b) Da primeira condição de equilíbrio, podemos escrever: proporcionais aos seus diâmetros elevados ao cubo. Podemos �F y � 0 ⇒ F � C � P � 0 ⇒ C � F � P ⇒ então escrever: ⇒ C � 150 � 20 ⇒ C � 130 N mi di � ------ ⇒ mi � diVi ⇒ mi � dk � 10003 - Vi 173. F= mr dr � ------ ⇒ mr � drVr ⇒ mr � dk � 103 - Vr � m Logo: mi 1 000 3 mi mi ------- � [ ------------- ] ⇒ ------- � (102)3 ⇒ ------- � 106 Vamos decompor a força F = em seu componente horizontal - - - - mr 10 mr mr (F = � cos �) e vertical (F = � sen �). Colocando todas as forças que atuam no corpo chegamos ao diagrama abaixo : 175. O cubo mergulhado desloca um volume de água igual ao seu próprio volume; portanto, Vcubo maciço � 30 cm3. Como a sua mas- y sa é de 450 g, concluímos que a densidade da liga metálica é: m 450 dliga � ---- ⇒ dliga � --------- ⇒ dliga � 15 g/cm3 N= F =� sen � V - 30 - F =� cos � x 3 O cubo oco flutua com ---- de aresta submersa, então: - 4 fa= 3 mg= ---- h - d cubo oco 4 3 ---------------- � ----------- ⇒ dcubo oco � ---- g/cm3 - - d água h 4 Na figura, N= é a reação normal exercida pelo solo e mg== é o m liga peso do caixote. f a= é a força de atrito cinético e, portanto, vale, Mas dcubo oco � ----------------- . Portanto, mliga � 22,5 g. - V cubo oco em módulo: f � �CN. (I) Logo: Como o sistema se move com velocidade constante (ax= � 0) na m liga 22,5 direção x e está em repouso na direção y, a resultante das for- dliga � ----------- ⇒ 15 � ----------- ⇒ Vliga � 1,5 cm3 - ------------ - V liga Vliga liga ças nos componentes x e y é nula. Logo, temos: Resposta: alternativa a. • na direção x: F � cos � � fa � 0 ⇒ F � cos � � fa ⇒ F � cos � � N� ⇒ 176. Como 1 libra corresponde a 0,5 kg, o peso de um corpo de F � cos � massa 1 libra é, aproximadamente. ⇒ N � --------------------- (II) - � P � mg ⇒ P � 0,5 � 10 ⇒ P � 5 N 29
- 30. Manual do Professor 195 lb 182. A força F = com que a pressão do ar externo empurra um lado da Portanto, a pressão de 25 ---------- vale: - caixa com o outro, em módulo, é dada por: pol 2 5N p � 25 � --------------------------- ⇒ p � 2 � 105 Pa ⇒ p � 2 atm - (25 � 10 �3 ) 2 F= Resposta: alternativa a. F �p � ---- ⇒ F � �pS - �F = S 177. em que �p é a diferença entre a pressão atmosférica, externa, S � p0 � 1,0 � 105 Pa, e a pressão interna, pi � 0,1 atm � 1,0 � 104 Pa, e S é a área das faces correspondentes às metades abertas; lo- P= go, S � (0,3 m)2 � 0,09 m2. Portanto: F Da definição de pressão, p � ---- , podemos escrever p � ---- , P - - F � (1,0 � 105 � 1,0 � 104)0,09 ⇒ F � 8100 N S S em que P é o peso do bloco. Então: Essa é uma força equivalente ao peso de um corpo de 810 kg (um automóvel, por exemplo). Certamente duas pessoas P � mg ⇒ P � 800 � 10 ⇒ P � 8 000 N ⇒ P � 8,0 � 103 N comuns não seriam capazes de separar as duas metades. Observação: A força �F = que atua na outra metade não se Sendo p � 5,0 � 104 Pa, vem: soma à força F .= Ela atua como se fosse uma força de reação P 8,0 � 10 3 8 � 10 3 p � ---- ⇒ 5,0 � 104 � --------------------- ⇒ S � ----------------- ⇒ - - S S 5 � 10 4 que impediria a caixa de ser empurrada para a esquerda. É ⇒ S � 1,6 � 10 �1 m2 como se a caixa estivesse encostada numa parede. Veja a figura: Se a área da face do cubo é 0,16 m2, a aresta � será: � � 0,16 ⇒ � � 0,4 m ⇒ � � 40 cm Resposta: alternativa c. força exercida �F = F= força exercida F 178. Da definição de pressão, p � ---- , sendo F o módulo do peso pela parede pela pressão do ar - do tijolo, constante, temos: S • Área SI ⇒ maior • Área SII ⇒ intermediária De qualquer lado cada homem deve fazer uma força de módulo • Área SIII ⇒ menor maior ou igual a F .= Uma para anular F ,= outra para anular �F .= Então, SI � SII � SIII. (I) No esquema acima, um tiraria uma metade da caixa, o outro ti- F F raria o apoio da parede que sustenta a outra metade. Nas situações I, II e III, temos pI � ------ , pII � ------- e - F . SI S II pIII � ------- - 183. a) Durante a subida do mecanismo as forças que atuam no con- S III junto hastes-êmbolo são representadas na figura, em que: Sendo F constante, concluímos que pI � pII � pIII. Resposta: alternativa b. 179. Como a vedação foi completa, a ação da pressão atmosférica só se dá pela 2,0 m F1= saída do chuveiro. Como a altura da p0 � água é de 4,0 m � 2,0 m � 6,0 m, e a S1 pressão atmosférica equivale a uma B altura de 10 m de água, a água não sai. 4,0 m Resposta: alternativa d. S2 P= Fc= patmosférica = • F 1 é a força que o ar, a pressão atmosférica p0, que 180. A pressão devida exclusivamente ao líquido é dada por penetra em B, exerce sobre S1; p � � d�gh�, em que d� (densidade do líquido) � 1 g/cm3 � • P= é o peso do conjunto hastes-êmbolo; � 1,0 � 103 kg/m3, g � 10 m/s2 e h � �h � 0,80 m. Portanto: = • F C é a força de reação que o mecanismo externo exerce p� � 1,0 � 103 � 10 � 0,8 ⇒ p� � 8 000 Pa sobre o conjunto hastes-êmbolo. Resposta: alternativa c. Para determinar F1, podemos aplicar a definição de pressão ao êmbolo S1. Temos então: 181. O nível nos dois ramos é o mesmo porque o líquido é o mesmo (a água) e a pressão externa também é a mesma. Nesse caso, a F1 p0 � ------- ⇒ F1 � p0S1 ⇒ F1 � 1,0 � 105 � 1,2 ⇒ pressão depende apenas da profundidade em relação à superfície. S1 Resposta: alternativa d. ⇒ F1 � 1,2 � 105 N (I) 30
- 31. 196 200 Questões de Vestibular Sendo P � mg e m � 8 000 kg a massa do conjunto hastes- Na descida (item b), o deslocamento é o mesmo, mas a força -êmbolo, temos: êmbolo, temos: = exercida pela máquina é F B. Logo, o trabalho é: P � 8,0 � 103 � 10 ⇒ P � 8,0 � 104 N (II) †D � FBL ⇒ †D � 9,2 � 105 � 0,5 ⇒ †D � 4,6 � 105 J Como o movimento de subida se processa lentamente, O trabalho total é, portanto: podemos supor que a sua velocidade é constante e, portan- to, a resultante das forças que atuam no sistema hastes- † � †S � †D ⇒ † � 2,0 � 104 � 4,6 � 105 ⇒ -êmbolo seja nula. Logo, podemos escrever: êmbolo seja nula. Logo, podemos escrever: ⇒ † � 4,8 � 105 J F1 � P � FC � 0 ⇒ FC � F1 � P 184. Na profundidade de 25,0 m, a pressão absoluta sobre o mergu- De (I) e (II), vem: lhador pode ser calculada por: FC � 1,2 � 105 � 8,0 � 104 ⇒ FC � 4,0 � 104 N p � p0 � dgh ⇒ p � 1,00 � 105 � 1,03 � 103 � 10,0 � 25,0 ⇒ b) Na descida, as forças representadas na figura são: ⇒ p � 3,58 � 105 Pa Resposta: alternativa a. F�= 1 185. Enquanto não existe água no recipiente, a força F tem valor constante, igual ao peso do cilindro. À medida que a água se p S1 � acumula no recipiente, vai aumentando o empuxo sobre o cilin- dro. O empuxo é proporcional ao volume da água deslocada B F3= FB= pelo cilindro, por isso, igualmente proporcional a y. A condição S2 de equilíbrio é: F � peso � empuxo ⇒ F � a � by (0 � y � altura do cilindro) P = F2= em que a e b são constantes e positivos. Assim, F diminui quando y aumenta. Por isso, o gráfico IV não pode representar =� • F 1 é a força que o ar comprimido que penetra em B à F como função de y. Por outro lado, a força F não inverte seu pressão p exerce em S1; sentido, o que elimina a possibilidade de ela ser representada = • F 2 é a força que o ar comprimido que penetra em B à pelo gráfico I. Restam os gráficos II e III. Caso a densidade do pressão p exerce sobre S2; cilindro seja maior que a densidade da água, o gráfico II é a solução procurada. Caso essas densidades sejam iguais, o = • F 3 é a força que a pressão atmosférica ambiente p0 gráfico III representa a solução correta. exerce sobre S2; Observação: Para que essa solução seja válida é preciso que • P = é o peso do conjunto hastes-êmbolo; a água possa entrar entre o cilindro e a base do recipiente, caso = • F B é a força de reação do mecanismo externo sobre o contrário não há empuxo e nenhum dos gráficos seria válido. conjunto hastes-êmbolo. A força seria constante até o nível da água superar y e, daí em = Analogamente ao cálculo do módulo de F 1 do item a, pode- diante, aumentaria, pois ao peso do bloco se somaria o peso da =1 2 3= = mos calcular os módulos de F 1 , F 2 e F 3 para determinar o � água. O gráfico teria então a forma: = módulo de F B: módulo de F B: F F1� p � ------- ⇒ F 1 � pS1 ⇒ F 1 � 5,0 � 105 � 1,2 ⇒ � � S1 ⇒ F 1 � 6,0 � 105 N � F2 p � ------- ⇒ F2 � pS2 ⇒ F2 � 5,0 � 105 � 3,6 ⇒ y S2 ⇒ F2 � 1,8 � 106 N F3 p0 � ------- ⇒ F3 � p0S2 ⇒ F3 � 1,0 � 105 � 3,6 ⇒ S2 Resposta: alternativa e. ⇒ F3 � 3,6 � 105 N 186. a) Falsa Supondo que o conjunto desça com velocidade constante, O fato de haver vácuo no interior da caixa não altera em podemos escrever: nada a situação física. O bloco cairá sob a ação da gravi- F 1 � F3 � FB � P � F2 � 0 ⇒ FB � P � F2 � F 1 � F3 ⇒ � � dade, normalmente. ⇒ FB � 8,0 � 10 � 1,8 � 10 � 6,0 � 10 � 3,6 � 105 ⇒ 4 6 5 b) Falsa ⇒ FB � 9,2 � 105 N Enquanto m1 está sujeita apenas à ação do seu peso, m2 = c) Na subida (item a), sendo F C a força exercida pela máquina estará sujeita ao seu peso e ao empuxo da água, orientado sobre o mecanismo externo e L o deslocamento do conjunto para cima. Logo, as acelerações de m1 e m2 serão diferentes hastes-êmbolo, o trabalho realizado é: e suas velocidades ponto a ponto também. E suas energias †S � FCL ⇒ †S � 4,0 � 104 � 0,5 ⇒ †S � 2,0 � 104 J cinéticas também serão diferentes. 31
- 32. Manual do Professor 197 c) Verdadeira da superfície da pia à câmara B. E essa é a altura máxima A energia potencial gravitacional de ambas as caixas é que a água pode jorrar. Ep � mgh, em que m � m1 � m2. Logo, são iguais. e) Verdadeiro d) Verdadeira Se não houvesse campo gravitacional terrestre não haveria Para içar m1 temos de vencer o peso; para içar m2 também, nem a pressão atmosférica nem a pressão da água. mas contamos com o auxílio do trabalho do empuxo. Logo, o trabalho para içar m1 é maior do que o trabalho para içar m2. 190. Sendo d� a densidade do líquido, V� o volume do líquido deslo- e) Verdadeira cado, g a aceleração da gravidade na Terra, g� a aceleração da = F A é igual, em módulo, ao peso P1 de m1, enquanto F B é= g gravidade em Marte e g� � ---- , representando as forças que - igual, em módulo, a P2 � E, em que E = é o empuxo sobre m2. 3 Logo, FA � FB. atuam sobre o corpo, temos: • na Terra: 187. Como os pontos X e Y estão no mesmo nível e no mesmo líqui- T�E�P E= do, as pressões nesses pontos são iguais: � em que: T= P= • E � d�V�g (I) • P � mg B hB g= Logo: A T � d�V�g � mg ⇒ T � (d�V� � m)g (II) h1 • em Marte: h2 = E� T� � E� � P� � em que: X Y = T� = P� g • E� � d�V�g� ⇒ E� � d�V� � ---- (III) - pX � pY ⇒ p0 � dAgh1 � p0 � dAgh2 � dBghB ⇒ dAh1 � 3 � dAh2 � dBhB • T� � d�V�g� � mg� ⇒ T� � (d�V� � m)g� ⇒ Como dA � 2dB, vem: g ⇒ T� � (d�V� � m) ---- (IV) - 3 2dBh1 � dBhB � 2dBh2 ⇒ 2h1 � hB � 2h2 De (I) e (III), temos E� � E. Logo: De (II) e (IV), vem T� � T. hB h2 � h1 � ------ - Resposta: alternativa d. 2 Resposta: alternativa a. 191. Representando as forças que atuam sobre o bloco, temos: 188. Como o ar foi aprisionado à pressão atmosférica, essa pressão, • na primeira situação: pelo Princípio de Pascal, se transmite a toda a água da garrafa. No furo mais alto, a pressão é aproximadamente igual à pres- são atmosférica, já que a profundidade em relação à superfície é muito pequena. Por isso a água não sai, ou pelo menos não F1= E= � esguicha. No furo intermediário o acréscimo de pressão, devido acréscimo de pressão à profundidade da água, é maior e no mais baixo é maior ainda. água é maior e no mais Por isso pode-se prever que vai ocorrer a situação indicada na figura A. P= 189. a) Falso Como estão em equilíbrio, temos: Basta observar a figura. A água que jorra vem da câmara A. F1 � E � P ⇒ F1 � P � E (I) b) Verdadeiro • na segunda situação: Ambas as câmaras estão ligadas por um tubo. c) Verdadeiro A água jorra da câmara A para fora por causa do aumento da pressão do ar transmitido da câmara B, enquanto o nível F2= = E� da água em B sobe. Se a comunicação entre as câmaras é interrompida, esse aumento de pressão deixa de ser trans- � para mitido e a água pára de jorrar. P= d) Falso O que faz a água jorrar é o acréscimo de pressão comunica- do ao ar das câmaras A e B devido à coluna de água que vai F2 � E� � P ⇒ F2 � P � E� (II) 32
- 33. 198 200 Questões de Vestibular • na terceira situação: Situação final: Analogamente ao item anterior, temos: F�= � � F3= fig. 4 O T3= T4= E= T3= T4= P= � fig. 5 fig. 6 � líquido Pc= F3 � P (III) m�g= Como E � E�, pois E� corresponde a um volume deslocado menor, de (I), (II) e (III), podemos concluir que F1 � F2 � F3. • para a balança (figura 4): Resposta: alternativa b. T3� � T4� � 0 ⇒ T3 � T4 (IV) • para o corpo sólido (figura 5): 192. Como a densidade da esfera maciça é d� � 0,8 g/cm3 e a da E � Pc � T3 (V) água é d H2 O � 1,0 g/cm3, podemos escrever: • para o prato da direita da balança (figura 6): V H2 O T4 � m�g � 0 ⇒ T4 � m�g (VI) d� ----------- � ----------- - - De (IV), (V) e (VI), vem: d H2 O V� E � Pc � m�g em que V H2 O é o volume da água deslocada e V� é o volume Mas m� � m � 0,036 kg. Logo: da esfera. E � Pc � (m � 0,036)g ⇒ E � Pc � mg � 0,036 g Logo: Como Pc � mg e g � 10 m/s2, temos: 0,8 V H2 O E � 0,036 � 10 ⇒ E � 0,36 N -------- � ----------- ⇒ V H2 O � 0,8V� - - 1,0 V� b) Como o módulo do empuxo E é igual ao módulo do peso do Portanto, o volume da água deslocado é 80% do volume da líquido deslocado, temos: esfera. E � d�V�g Resposta: alternativa c. Mas: V� � Vc � 30 � 10�6 m3 193. a) Situação inicial: d� � � O Da Segunda Condição de Equilíbrio, �M F � 0, aplicada à Portanto: balança, figura 1, temos: 0,36 � � � 30 � 10�6 � 10 ⇒ � � 1200 kg/m3 F= 194. O empuxo que a água exerce sobre o objeto é igual ao peso do � � volume de água deslocado, que vazou. Mas, como o objeto O fig. 1 T1= T2= flutua, conclui-se que o empuxo é igual ao peso do objeto, ou seja, o objeto tem o mesmo peso da água que saiu da vasilha. T1� � T2� � 0 ⇒ T1 � T2 (I) Logo, o peso medido pela balança não se alterou. T1= Resposta: alternativa a. T2= fig. 2 � 195. a) I) Cálculo de h: fig. 3 T (N) Pc= mg= 1,8 Da Primeira Condição, aplicada aos pratos, figuras 2 e 3, temos: C D 1,6 T1 � Pc (II) T2 � mg (III) 1,4 A B De (I), (II) e (III), vem: 1,2 T1 � T2 � Pc � mg y (cm) em que Pc é o peso do corpo e m a massa de areia. 0 10 20 30 40 50 33
- 34. Manual do Professor 199 A partir do gráfico dado, pode-se concluir que de A até B 196. Situação inicial Situação final o corpo está inteiramente imerso, pois T � P � E, cons- tante. Quando o cilindro começa a emergir, o empuxo começa a diminuir e o módulo de T começa a aumentar. F= F�= = PA = PB = PA Logo, no ponto B do gráfico, o corpo encontra-se na situação da figura 1: O T1= O =� PB = TAB Figura 1 Figura 2 B E= Na situação inicial, figura 1, como a balança está em equilíbrio h � e os fios f1 e f2 estão frouxos, pode-se concluir que o peso da = = jarra A, P A, é igual ao peso da jarra B, P B. Logo: P= A y0 � 20 cm PA � PB Na situação final, figura 2, o peso da jarra B passa a ser P B .� Figura 1 Como o objeto colocado afundou, podemos concluir que ele tem Em C a tração volta a ser constante, o que significa que o mais peso do que a água deslocada, que vazou. Em outras empuxo deixou de existir. Logo, para o ponto C temos a palavras, se a parte da água da jarra B foi substituída por um situação da figura 2: objeto que pesa mais que essa parte, pode-se concluir que P B � PB. Logo, para que o equilíbrio se mantenha é preciso que � = = TCD o fio f1 exerça uma tração T 1 vertical para baixo, enquanto o ou- tro permanece frouxo, para que o equilíbrio se mantenha. Logo, pode-se concluir que há tensão apenas no fio f1. P= Resposta: alternativa c. y � 35 cm 197. a) Supondo que não haja dissipação de energia mecânica enquanto o corpo está imerso e sobe, as forças aplicadas na bolinha são, exclusivamente, o peso e o empuxo, constan- Figura 2 tes, produzindo um movimento retilíneo uniformemente va- riado (MRUV). Portanto, h � y � y0 � 15 cm. II) Para o cálculo do empuxo, sendo o movimento retilíneo uniforme, FR � 0, em módulo, temos: E= � • no trecho CD: a= TCD � 1,6 N P= P Aplicando a Segunda Lei de Newton, obtemos: P � TCD � 1,6 N FR � ma ⇒ E � P � ma ⇒ FR � E � P ⇒ ⇒ FR � d�V�g � mg ⇒ • no trecho AB: ⇒ FR � 1,0 � 103 � 2 � 10�4 � 10 � 4 � 10�2 � 10 ⇒ E TAB � 1,3 N ⇒ FR � 2,0 � 0,4 ⇒ FR � 1,6 N FR 1,6 a � ------ ⇒ a � ----------- ⇒ a � 40 m/s2 - - m 0,04 P � 1,6 N ECH� H� H E � TAB � P ⇒ E � 1,6 � 1,3 ⇒ E � 0,3 N H b) Sendo o empuxo E � d�V�g, em que V� é o volume do líquido h� h v= deslocado, que é igual ao volume do cilindro, que pode ser EC S calculado pela expressão Vc � hS, sendo h � 15 cm e S � 2,5 cm2, temos: †FR F h R V� � 15 � 2,5 ⇒ V� � 37,5 cm ⇒ V� � 37,5 � 10 3 �6 m 3 v0 � 0 Voltando na expressão do empuxo, temos: EC0 � 0 0,3 � d� � 37,5 � 10�6 � 10 ⇒ d� � 800 kg/m3 34
- 35. 200 200 Questões de Vestibular Nessas condições, a energia cinética com que a bolinha Sem a água não há empuxo E. Logo, a condição de equilíbrio é atingiria a superfície do líquido seria igual ao trabalho da T0 � mg � �CVg (figura 2). Assim: força resultante. Logo, podemos fazer: �a †FFRR � �EC ⇒ † FFRR � EC � E C00 ⇒ FRh � EC ⇒ 1,6 � 0,50 � EC C � C � ------- - 2,5� a � 0,5� a C R C T � 2 T ------ - ------------------------ ⇒ ------ � --------------------------------- ⇒ - - � EC ⇒ EC � 0,80 J ⇒ EM � 0,80 J C C M T0 �C T0 2,5� a Essa é a energia mecânica da esfera em relação à superfície T ⇒ ------ � 0,80 - e, com ela, pode-se determinar a altura que a bolinha pode- T0 ria atingir acima da superfície se não houvesse perdas. Bas- ta aplicar o Princípio da Conservação da Energia aos pontos 199. a) Falso de nível S e H�, sendo S o nível de referência para a energia O Hindenburg flutuava graças ao empuxo do ar. potencial gravitacional. Temos então: 0 0 b) Falso E CS � E Pg � E CH� � E Pg ⇒ 0,80 � 0 � 0 � mgh� ⇒ O Princípio de Arquimedes vale para qualquer fluido. S H� ⇒ 0,80 � 0,04 � 10h� ⇒ h� � 2,0 m c) Verdadeiro b) Na verdade, a bolinha atinge a altura de 0,30 m acima da O empuxo é sempre ocasionado por diferença de pressão do superfície. Logo, a energia mecânica real, E M da bolinha, superfície. Logo, a energia mecânica real, E Mrr,, da bolinha, fluido sobre a superfície externa do corpo nele imerso. com a qual ela atinge altura h r (real) 0,30 m é: com a qual ela atinge altura h r� (real) � 0,30 m é: 0 d) Falso 0 E Mr E CH E ⇒E mgh ⇒ O empuxo é sempre igual ao peso do fluido deslocado, nesse E Mr � E CH� � EPH ⇒ EMrr � mghrr� ⇒ P H� M ⇒ E Mr � 0,040 � 10 � 0,30 ⇒ E Mr � 0,12 J caso, do ar. ⇒ E Mr 0,040 10 0,30 ⇒ E Mr 0,12 J Portanto, em todo o processo, foi dissipada uma energia: e) Verdadeiro �E � E Mr � EM ⇒ �E � 0,12 � 0,80 ⇒ �E � �0,68 J E EM r EM ⇒ E 0,12 0,80 ⇒ E 0,68 J O empuxo, igual ao peso do ar correspondente ao volume do dirigível, é: 198. O esquema mostra as forças que atuam sobre o cilindro: o peso, = = mg=, a tensão, T , e o empuxo, E . A condição de equilíbrio é: E � darVarg ⇒ E � 1,30 � 20 000 � 10 ⇒ E � 2,60 � 105 N f) Falso T= Devia-se ao empuxo. g) Verdadeiro E= T � E � mg � O escapamento de gás reduzia o volume e, portanto, o = empuxo. Reduzia também o peso, mas, como a densidade do mg= hidrogênio é menor que a do ar, a redução do empuxo era cilindro parcialmente imerso Figura 1 maior que a redução do peso. Sendo V o volume do cilindro, o empuxo E será dado por 200. V E � � A � ----- g (peso da água deslocado pelo cilindro) e a mas- a ------ - � ai= 2 sa do cilindro m � �CV. Logo, substituindo na expressão acima, gi= � temos: g= T0= a i= Para um referencial fixo no interior do tanque, a boia está sujeita à aceleração inercial �a==i de mesmo módulo e sentido oposto mg= à aceleração a== do caminhão, e a aceleração g==, da gravidade, dando origem à aceleração inercial resultante, g== i, perpendicular cilindro fora da água Figura 2 à superfície da gasolina. No triângulo sombreado, temos, portanto, em módulo: V T � mg � E ⇒ T � �CVg � � a � ----- g ⇒ - 2 ai a tg � � ------ ⇒ tg � � ---- - - g g ⇒ T � [�C � ------- ]Vg �a - 2 a Resposta: alternativa a. 35
- 36. Manual do Professor 143 Da Primeira Lei da Termodinâmica, temos Q � † � �EI . Logo: Sendo Q � 0, vem: 1 0,01 � ----- k(0,1) 2 ⇒ k � 2,0 N/m - 0 � † � �EI ⇒ �EI � �† 2 Como † � 0, concluímos que �EI � 0, isto é, a energia in- b) Para x � 0,2 m, temos: terna do gás diminui. 1 1 EP � ----- kx 2 ⇒ EP � ----- � 2,0(0,2)2 ⇒ EP � 0,04 J - - De D para A, como a transformação é adiabática, temos 2 2 Q � 0. Como o volume está diminuindo, o trabalho é negativo. 3. 203. Do gráfico, verifica-se que o corpo executa 2 oscilações comple- Da Primeira Lei da Termodinâmica, temos Q � † � �EI . tas em 4s, logo a frequência é: Sendo Q � 0, então �EI � �†. Como † � 0, concluímos que número de oscilações 2 �EI � 0, isto é, a energia interna do gás aumenta. f � ------------------------------------------------- ⇒ f � ----- ⇒ f � 0,5 Hz - - tempo 4 De B para E, temos uma transformação isovolumétrica e a Resposta: alternativa a. p pressão diminui. Da expressão ----- � constante, concluímos - 204. O sinal, no gráfico, se repete a cada intervalo de tempo �t � 4. T que, se p diminui, T também diminui e, portanto, �U � 0 � 50 ms (milissegundos) � 50 � 10�3s. Logo, esse é o período (a energia interna do gás diminui). T, desse sinal. Então a frequência é dada por: De F para A, temos uma transformação isovolumétrica e 1 1 f � ---- ⇒ f � ---------------------- ⇒ f � 20 Hz - - p T 50 � 10 �3 a pressão aumenta. Da expressão ----- � constante, con- - T 5. 205. São dados T � 2s, tempo de uma oscilação completa, e � � cluímos que, se p aumenta, T também aumenta e, portanto, � 3 m, distância entre duas cristas consecutivas. Logo: �U � 0 (a energia interna do gás aumenta). � 3 v � ----- ⇒ v � ---- ⇒ v � 1,5 m/s - - f 2 Energia Energia Energia Trecho do Resposta: alternativa c. interna interna interna ciclo aumenta diminui constante 6. 206. A figura mostra que houve 6 oscilações completas em 1,5s. A→B X Logo: B→C X número de oscilações 6 oscilações f � ------------------------------------------------ ⇒ f � ---------------------------- ⇒ f � 4,0 ------------------------ ------------------------ --------------- -------------- �t t 1,5s D→A X ⇒ Hz f 4,0 Hz B→E X 1 Como T � --- , vem: - F→A X f 1 T � -------- ⇒ T � 0,25s b) Primeira Lei da Termodinâmica. - 4,0 Q2 c) � � 1 � ---------- (O ciclo ABCDA é um ciclo de Carnot.) - 207. a) Lembrando que a amplitude é o valor máximo da ordenada y 7. Q1 e o comprimento de onda pode ser obtido pela distância entre duas cristas sucessivas, dos gráficos temos: A1 � 2 unidades 200 Questões de Vestibular A2 � 4 unidades 1. 201. a) Falsa. O movimento é harmônico simples, mas a amplitude é Logo: igual ao raio, portanto, igual a π cm. A1 2 A1 1 ------- � ---- ⇒ ------- � ---- - - - - 2π 2π A2 4 A2 2 b) Verdadeira. Da expressão � � -------- , temos T � -------- . - - T � �1 � 8 unidades Sendo � � 4π rad/s, T � 0,5s. �2 � 4 unidades c) Verdadeira. A função da velocidade no MHS é Então: v � ��A � sen �t para �0 � 0. Substituindo-se A � π cm �1 8 �1 e � � 4π rad/s, chega-se à função dada. ------- � ---- ⇒ ------- � 2 - - - �2 4 �2 d) Verdadeira. A aceleração máxima é dada por amáx � ��2A. b) Sendo v � �f a relação entre velocidade, frequência e com- Substituindo-se pelos valores dados, obtemos �a� � primento de onda de uma onda, dados v1 � 600 m/s, f1 � f2 � 16π3 cm/s2. �1 e) Falsa. Nesse trecho a velocidade aumenta, logo a energia Nesse trecho velocidade aumenta, energia e �2 � ----- , temos: - 2 cinética também aumenta. v1 � �1f1 ⇒ 600 � �1f1 2. 202. a) A energia potencial elástica de um sistema massa-mola é energia potencial elástica de um sistema massa-mola �1 v2 � �2f2 ⇒ v2 � ----- f 1 - dada por E � 1- kx . 2 . gráfico, podemos obter, para 1 é dada porP E P ----- ------2kxDoDo gráfico, podemos obter, para 2 2 2 Dividindo membro a membro essa igualdade, obtemos v2 � x � 0,1 m, EP � 0,01 J. � 300 m/s. 36
- 37. 144 200 Questões de Vestibular 208. A cortiça não se desloca. Ela dá origem a ondas, formas ou se- 8. 16. 216. A frequência da onda sonora não se altera na refração do som; quências de pulsos que se deslocam. a pessoa ouve o mesmo tom dentro e fora da água. Resposta: alternativa d. Resposta: alternativa c. 217. Ondas de rádio, micro-ondas e luz são ondas eletromagnéti- 17. 209. São dados f � 6,1 � 106 Hz e v � 3,0 � 108 m/s. Sendo v � �f, 9. cas, enquanto som e ultrassom são ondas mecânicas. temos: Resposta: alternativa d. 3,0 � 10 8 � � --------------------- ⇒ � � 49 m 6,1 � 10 6 218. A velocidade da luz no vácuo é aproximadamente c � 3,0 � 18. � 108 m/s, a mesma para todas as cores ou frequências. Resposta: alternativa e. Resposta: alternativa e. 210. A velocidade de uma onda mecânica é constante para um deter- 10. 19. 219. São dados: � � 3,3 � 10�3 m e v � 330 m/s. Da expressão minado meio. Sendo � � vT, se v é constante, � é diretamente v � �f, temos: proporcional ao período. Logo, se � aumenta, T, período, tam- bém aumenta. 330 f � ------------------------ ⇒ f � 105 Hz - 3,3 � 10 �3 Resposta: alternativa d. Resposta: alternativa b. 211. Dados: f � 500 Hz e v � 340 m/s. 11. 220. O tempo que o som leva para ir da fonte ao fundo do poço, sofrer 20. 340 v � �f ⇒ � � --------- ⇒ � � 0,68 m reflexão e voltar é t � 8s, portanto o espaço percorrido pelo som - 500 é o dobro da profundidade h do poço: Resposta: alternativa d. �e � 2h Da expressão v � �f, temos: 12. 212. A frequência da fonte corresponde à frequência da onda. v � 1,5 � 220 ⇒ v � 330 m/s Resposta: alternativa b. �e � v�t ⇒ �e � 330 � 8 ⇒ �e � 2 640 m Portanto, a profundidade é: 13. 213. Dado � � 2,0 m (distância entre duas cristas sucessivas) e ob- tendo o valor do período do gráfico, T � 2,0s, temos: �e 2 640 h � --------- ⇒ h � -------------- ⇒ h � 1320 m - - 2 2 � 2,0 v � ----- ⇒ v � -------- ⇒ v � 1,0 m/s - - Resposta: alternativa d. T 2,0 214. Resposta: alternativa b. 21. 221. Da figura podemos concluir que a menor distância entre duas re- giões de compressão da mola é aproximadamente 0,5 m, portan- 14. I) Verdadeira, pois nas duas ondas temos três oscilações com- to o comprimento de onda é I � 0,50 m. pletas, no mesmo espaço. As cristas de ambas as ondas coin- No gráfico, o intervalo de tempo de uma oscilação completa é cidem, logo, �A � �B. T � 0,20s. Resposta: alternativa d. II) Verdadeira, pois o som é uma onda mecânica longitudinal que se propaga na mesma direção de vibração das partículas do 222. Da figura o comprimento de onda associada à radiação laranja 22. meio. é � � 6,0 � 10�7 m: III) Falsa, pois se os comprimentos de ondas são iguais, a veloci- E (V/m) �A dade é igual, os períodos serão iguais, pois vA � ------- e - TA �B vB � ------- , sendo vA � vB, �A � �B, então TA � TB. Se o com- - X (10–7 m) TB 0 2 4 6 8 10 12 14 16 primento de onda de B for duplicado, então o período de B 2� B também dobrará, vB � ---------- . Neste caso o período de B será - 2T B o dobro do período de A. Resposta: alternativa b. � � 6 � 10–7 m 15. 215. Sempre que uma onda atravessa a superfície de separação de Da expressão v � �f, para v � 3 � 108 m/s, temos: dois meios distintos, a velocidade de propagação se altera. v � �f ⇒ 3 � 108 � 6 � 10�7f ⇒ f � 0,5 � 1015 Hz Resposta: alternativa d. Resposta: alternativa e. 37
- 38. Manual do Professor 145 23. 223. a) Falsa, pois ao passar para a corda mais fina, ”parte do pulso” 228. a) Verdadeira. O som propaga-se em meios materiais elásticos, 28. é refratada, enquanto outra “parte do pulso” se reflete, sem longitudinalmente. inversão de fase, mas as amplitudes não são iguais nem b) Falsa. A distância entre duas cristas consecutivas é o com- entre si nem em relação à amplitude da onda incidente. primento de onda que nesse caso (velocidade constante) é in- b) Verdadeira. Quando a extremidade é livre, o pulso é refletido versamente proporcional à frequência de acordo com a ex- sem inversão de fase e, nesse caso, com a mesma amplitude. pressão v � �f. c) Verdadeira. Ondas transversais vibram perpendicularmente à c) Falsa. Para a extremidade fixa, o pulso é refletido com inver- direção de propagação, ou seja, verticalmente. são de fase. d) Falsa. As ondas eletromagnéticas têm um amplo espectro de d) Falsa. Quando passa para a corda mais grossa, parte do pulso frequência. é refratada sem inversão de fase, e parte é refletida com inversão de fase, mas as amplitudes não são iguais, como na e) Verdadeira. A difração ocorre quando o orifício tem dimen- alternativa a. sões da mesma ordem de grandeza do comprimento de onda das ondas que o atravessam. 224. A distância horizontal que separa o ponto A do topo do pulso é 24. 20 cm. Como os pulsos se propagam com velocidade constante, 229. São dados T � 40 N, � � 2,0 m, m � 200 g � 0,2 kg. Como 29. da expressão �e � v�t temos: m d � ----- , vem: - � 20 20 � vtA ⇒ tA � ------- (I) - 0,2 v d � --------- ⇒ d � 0,10 kg/m - 2,0 A distância horizontal do ponto B até o fim do pulso é 60 cm. Analogamente, temos: T 40 v� ----- ⇒ v � - ----------- ⇒ v � 20 m/s - d 0,10 60 60 � vtB ⇒ tB � ------- (II) - Resposta: alternativa d. v De (I) e (II), vem: 230. Como a frequência é constante (é a frequência da fonte), a fre- 30. 20 quência na corda BC é a mesma da corda AB. -------- tA v tA 1 ------ � ----------- ⇒ ------ � ----- - - - - Em AB, temos v1 � 8 m/s. Então: tB 60 tB 3 -------- 1,5�1 � 6 m (obtido da figura; uma oscilação e meia mede 6 m) ⇒ v ⇒ �1 � 4 m 225. Como d � 10 m é a distância do olho ao sinal, temos: 25. Logo: d � 20 000 000� ⇒ 10 � 2,0 � 107� ⇒ v1 � �1f ⇒ 8 � 4f ⇒ f � 2 Hz ⇒ � � 5,0 � 10�7 m Na corda BC, v2 � 10 m/s. Então: Como v � �f, temos: v2 � �2f ⇒ 10 � �2 � 2 ⇒ �2 � 5 m 3,0 � 10 8 Resposta: alternativa c. f � ------------------------ ⇒ f � 6,0 � 1014 Hz - 5,0 � 10 �7 Resposta: alternativa e. 31. 231. O som é uma onda mecânica, necessita de um meio material para se propagar, enquanto a luz, uma onda eletromagnética, propaga-se no vácuo. 226. O comprimento de onda (�) das ondas eletromagnéticas emiti- 26. das pela estação de rádio é: Resposta: alternativa c. v � �f ⇒ 3 � 10 � � � 100 � 10 ⇒ � � 3 m 8 6 232. A oscilação que gera a onda transversal é perpendicular à dire- 32. Dessa forma, a frequência do som audível para � � 3 m será: ção em que ela se propaga, enquanto a onda longitudinal se pro- vsom � �f ⇒ 330 � 3f ⇒ f � 110 Hz paga na mesma direção do movimento de oscilação. Resposta: alternativa a. Resposta: alternativa a. 227. Durante a superposição, as ordenadas de cada ponto somam-se 27. 33. 233. Se não houvesse ar, o som não se propagaria, pois é uma onda algebricamente. Depois de se encontrarem, cada pulso continua mecânica, ou seja, é um meio material elástico que possibilita a com suas próprias características, como se nada houvesse acon- sua propagação. A altura do som, grave ou agudo, refere-se à tecido. sua frequência. Resposta: alternativa c. Resposta: alternativa b. 38
- 39. 146 200 Questões de Vestibular 34. 234. A1 37. 237. A partícula descreve o movimento de um pêndulo simples de com- primento � � 1,6 m até se alinhar com a vertical e demora a quar- ta parte de seu período T nesse percurso. A partir daí o movimento da partícula é o de outro pêndulo �� � 1,6 � 1,2 � 0,4 m, demo- 50 m f � 1700 Hz rando também a quarta parte de seu período T� até atingir a altura 30 m v � 340 m/s máxima. O período de um pêndulo é dado por � T � 2π ----- . Assim, o tempo total desse movimento é: - g O A2 40 m T T� 1 1,6 0,4 �t � ----- � ------- ⇒ �t � ----- [2π --------- � 2π --------- ] ⇒ - - - - - 4 4 4 10 10 a) Falso, pois ondas sonoras são longitudinais. ⇒ �t � 0,3π ⇒ �t � 0,94s b) Verdadeiro 38. 238. Na difração, as ondas se “abrem” depois de atravessar a fenda. 340 v � �f ⇒ � � -------------- ⇒ � � 0,20 m - Resposta: alternativa a. 1 700 c) Verdadeiro 39. 239. Representando a figura com os raios incidentes e refratados, ob- temos: �e A1 � 50 m �e A2 � 40 m O O d � 50 � 40 ⇒ d � 10 m v1 d � n� ⇒ 10 � n � 0,20 ⇒ n � 50 d) Falso, pois, como as fontes estão em fase e a diferença entre pois como as fontes estão em fase e �1 � 60° as distâncias é um número inteiro de comprimento de onda, (1) 60° 60° ao atingir o ponto O, as ondas estão em fase e a interferência (2) 30° 30° é construtiva. �e e) Falso, pois vm � --------- : - �t �2 � 30° v2 50 �t1 � ---------- ⇒ �t1 � 0,15s - 340 40 �t2 � ---------- ⇒ �t2 � 0,12s - sen � 1 v1 340 Da Lei da Refração, podemos escrever ----------------- � ------ . Sendo - sen � 2 v2 f) Verdadeiro, pois a interferência é o resultado da soma algé- v1 � 174 cm/s, sen 60° � 0,87 e sen 30° � 0,50, temos: brica das ordenadas de cada onda durante a superposição. sen 60� v1 0,87 174 ------------------- � ------ ⇒ ----------- � ---------- ⇒ v2 � 100 cm/s - - - - sen 30� v2 0,50 v2 235. Ondas estacionárias resultam da superposição de duas ondas 35. Resposta: alternativa b. que apresentam mesma frequência, mesmo comprimento de onda e mesma amplitude, propagando-se em sentidos opostos. 240. 40. Resposta: alternativa a. som ida 236. A sombra (projeção ortogonal) do do objeto MCUMCU sobre o 36. sombra (projeção ortogonal) objeto em em sobre o ante- som volta anteparo realiza um movimento harmônico simples (MHS). paro realiza um movimento harmônico simples (MHS). Em um MHS, aa velocidade do corpo nula nosnos extremostra- um MHS, velocidade do corpo é é nula extremos da da D jetória e, emem módulo,máxima nana posição central. trajetória e, módulo, é é máxima posição central. O módulo da velocidade máxima é vmáx � wA, em que w = 2pf é velocidade máxima é máx = �A, em que � � 2πf O intervalo de tempo entre uma batida e outra é o mesmo que é a frequência angular e A a amplitude.Sendo A = 10 cm = � 0,1 a frequência angular e A a amplitude. Sendo A � 10 cm 0,1 m o som leva para ir, refletir-se na parede e voltar, portanto, m fe=f 60 rpm = 1� 1 vem: e � 60 rpm Hz, Hz, vem: �t � 0,5s e �e � 2D. vmáx � 2π � 1 � 0,1 ⇒ vmáx � 6,3 � 10�1 m/s Como a velocidade do som é constante, podemos escrever v � Logo, em B (posição central), a velocidade, em módulo, é máxi- �e � --------- . Logo: - ma e vale aproximadamente 6,3 � 10�1 m/s. �t Resposta: alternativa c. �e � v�t ⇒ 2D � 340 � 0,5 ⇒ D � 85 m 39
- 40. Manual do Professor 147 41. 241. A frequência sonora está relacionada à altura do som: quanto Da figura, temos: maior a frequência, maior a altura e mais agudo é o som. Quanto � menor a frequência, menor a altura e mais grave é o som. ----- � 0,19 ⇒ � � 4 � 0,19 ⇒ � � 0,76 m - 4 Resposta: alternativa e. É dado v � 334 m/s. Da expressão v � �f, temos: 242. O som sofre difração ao atingir o muro, pois seu comprimento de 42. 334 f � ----------- ⇒ f � 440 Hz - onda é comparável à altura do muro, mas em relação à luz esse 0,76 efeito é desprezível, pois o comprimento de onda da luz é muito Resposta: alternativa d. menor que a altura do muro. Resposta: alternativa e. 48. 248. O som mais grave tem menor frequência. Sabe-se que numa cor- 243. Da figura, obtemos � � 60 cm � 0,60 m. 43. da sonora, presa nas extremidades, as frequências são dadas São dados: � � 10 g/m � 0,010 kg/m e F � 900 N. Então: nv v � �f por f � -------- , em que v é a velocidade da onda na corda igual - 2� v� F para todas as cordas, � é o comprimento da corda e n é o número ------ - � de ventres da onda estacionária. Para a frequência fundamental, Logo: v n � 1, f � -------- . Logo, f é inversamente proporcional a �; f será - 1 F 1 900 2� f � ----- ------ ⇒ f � ----------- -------------- ⇒ f � 500 Hz - - - - � � 0,60 0,010 mínima quando � for máximo. Portanto, a corda de maior compri- Resposta: alternativa e. mento emite o som mais grave, de menor frequência. 44. 244. a) Admitindo que ela seja um tubo sonoro aberto nas duas ex- 49. 249. a) As frequências naturais de vibração de uma corda presa nas tremidades e que a frequência pedida seja a do som funda- extremidades podem ser deduzidas a a partir do esquema da podem ser deduzidas partir do esquema da fi- mental, para a qual n � 1, temos: figura: gura (reveja página 45): nv 1v 340 fn � ----- ⇒ f1 � ------- ⇒ f1 � ------------------- ⇒ f1 � 250 Hz - - - � 2L 2 � 0,68 1 2 3 n �e b) Sendo �e � 500 m e v � --------- , temos: - � � � � �t 2 2 2 2 �e 500 �t � --------- ⇒ �t � ---------- ⇒ �t � 1,5s - - v 340 ��n� � 2 45. 245. De acordo com os gráficos, as duas ondas sonoras têm a mesma amplitude e frequência. Logo, elas só podem ser distinguidas � nv pelo timbre. Logo, para n � 1, � � 1 � ----- ⇒ � � 2� (I) e fn � -------- são - - 2 2� Resposta: alternativa c. as frequências de vibração dessa corda. 46. 246. I) Verdadeira. O eco caracteriza-se pela percepção distinta do b) Duas cordas 1 e 2 de comprimentos �1 e �2 têm frequências mesmo som emitido e refletido por um anteparo. fundamentais de vibração dadas por: II) Verdadeira. O som grave é de baixa frequência, enquanto o v1 v2 f11 � ---------- (II) e f12 � ---------- (III) - - agudo é de alta frequência. 2� 1 2� 2 III) Verdadeira. Sendo v1 � v2 e �2 � 2�1, de (II) e (III) obtemos a razão entre as frequências fundamentais dessas cordas: Resposta: alternativa e. v1 ---------- - 47. 247. Representemos transversalmente para facilitar a visualização: f 11 2� 1 f 11 ------- � -------------------- ⇒ ------- � 2 - - - f 12 v2 f 12 ---------------- - � 2(2� 1 ) � 4 250. a) Verdadeiro, pois nas situações I e II ocorre movimento relati- 50. … … vo entre fonte e observador. b) Falso. O efeito doppler só ocorre quando há movimento rela- 0,19 m tivo entre o observador e a fonte. 40
- 41. 148 200 Questões de Vestibular c) Verdadeiro. Quando a fonte se aproxima do observador, a dis- 54. 254. tância entre as fontes de onda se reduzem em relação ao ob- servador. Desta forma ele percebe um som mais agudo, com imagem a frequência maior que a frequência real da fonte. DSol Sol d d) Verdadeiro. Ao se aproximar da fonte, o observador atraves- sa um maior número de frentes de onda do que se estivesse em repouso em relação à fonte; então, a frequência aparente por ele percebida é maior do que a emitida pela fonte. xSol y 251. Quando o observador se aproxima da fonte, mais frentes de onda passam por ele num determinado intervalo de tempo, au- Sabe-se que DSol � 400DLua. Da primeira experiência o estudan- mentando a frequência do som ouvido por ele. Analogamente, te pôde concluir que: quando se afasta da fonte, um menor número de frentes de onda D Sol x Sol D Sol d --------- � --------- ⇒ --------- � ---- - - - - (I) chega a ele num mesmo intervalo de tempo, por isso ele percebe d y x Sol y um som de menor frequência. Resposta: alternativa b. 252. A fonte extensa dá origem à sombra e à penumbra. As regiões I 52. DLua Lua d e III são parcialmente iluminadas, são regiões de penumbra. Na região II, os raios de luz são integralmente “barrados” pelo an- teparo A, originando uma região de sombra. Resposta: alternativa c. xLua y 53. 253. I) Verdadeira. Para que o balão pudesse ocultar o Sol de diâ- metro D nessas condições, ele deveria ter um diâmetro mí- ele obteve: Da segunda experiência ele obteve: nimo d que projetasse o vértice do cone de penumbra do Sol D Lua x Lua D Lua d ---------- � --------- ⇒ ---------- � ---- - - - - (II) na posição O, onde está o estudante no solo. Veja a figura: d y x Lua y De (I) e (II), temos: D (Sol) D Sol D Lua 400D Lua D Lua x Sol --------- � ---------- ⇒ ------------------ � ---------- ⇒ xLua � --------- - - - - - x Sol x Lua x Sol x Lua 400 Como xSol � 1 uA (1 unidade astronômica): 1 xLua � --------- ⇒ xLua � 2,5 � 10�3 uA d (balão) - r 400 Resposta: alternativa b. h 255. De acordo com o Princípio da Independência dos Raios de Luz, 55. após se interceptarem, cada raio se propaga sem nenhuma 0 modificação da sua trajetória, como se nada houvesse ocorrido. Resposta: alternativa c. 56. 256. Como o ângulo de incidência � é igual ao de reflexão ��, temos: Da semelhança de triângulos, podemos escrever: D d 0,75 � 10 6 d ----- � ---- ⇒ ----------------------- � --------- ⇒ d � 1,0 m - - - - � � �� � 36° r h 150 � 10 6 200 � �� 72° Logo, como o balão tem 40 m de diâmetro, ele ocultaria todo o Sol. II) Falsa, pois contradiz a afirmação acima. Resposta: alternativa c. 257. A montagem refere-se a uma câmara escura de orifício, que 57. III) Falsa. A luminosidade do céu e do ambiente continuaria a consiste em uma aplicação do Princípio da Propagação Retilínea mesma devido à dispersão da luz do Sol na atmosfera. da Luz. Resposta: alternativa a. Resposta: alternativa d. 41
- 42. Manual do Professor 149 258. L 260. Veja a figura: F (fonte) a 12 cm 1,0 m A D B b A O 4 cm C 0,25 m D I B 0,40 m A� 2,0 m 12 cm a� 12 cm D� A� O� B� C L� C� 12 cm Os triângulos FAB e FA�B� são semelhantes, então: L e atinge A O raio de luz que parte de L e atinge A, percorre a distância: FO AB 1,0 0,40 ---------- � ------------- ⇒ -------- � ------------- ⇒ A�B� � 1,20 m - - - - d � a � b. FO� A�B� 3,0 A�B� Como a imagem é simétrica em relação ao espelho, temos o Analogamente, os triângulos FCD e FC�D� são semelhantes. triângulo AL�C, traçando uma linha que passa por tL�Cu, paralela Logo: ao plano do espelho tDBu. Como o triângulo LDI é semelhante ao triângulo L�DI, a � a�, FO CD 1,0 0,25 ---------- � ------------- ⇒ -------- � ------------- ⇒ C�D� � 0,75 m - - - - então d � a� � b. FO� C�D� 3,0 C�D� Do Teorema de Pitágoras, vem: Portanto, as dimensões da área da sombra S serão: S � 1,20 m � 0,75 m ⇒ S � 0,90 m2 A Resposta: alternativa a. 261. Da semelhança de triângulos, podemos escrever: d 16 cm h 3 ------------------------ � ---- ⇒ h � 3,6 � 10�2 m - - 6,0 � 10 �2 5 L� C 262. E 12 cm d2 � 162 � 122 ⇒ d � 20 cm 259. A imagem da pessoa formada pelo espelho plano é simétrica em relação ao plano do espelho. Assim, a imagem e a direção em que y y� a pessoa deve olhar no espelho para ver seus sapatos são: E imagem 0,5 m dos sapatos 1,0 m A 6,0 m 6,0 m B C A imagem do objeto é simétrica em relação ao espelho, inde- A imagem do objeto posição em em relação ao espelho, indepen- pendentemente da é simétrica que se encontra o observador. D denteobjeto estiver a 6 m do espelho, a imagem também estará Se o da posição em que se encontra o observador. Se o objeto está a 6a 6 do espelho, a imagem também estará sempre a 6 m. sempre m m. E 45° 263. Uma parte da luz que incide no vidro é refletida para o ambiente, dificultando a visibilidade da figura coberta pelo vidro. Resposta: alternativa b. Resposta: alternativa d. 42
- 43. 264. a) O espelho plano conjuga com o objeto real AB uma imagem simétrica em relação ao plano do espelho. y (m) 8 A 6 B plano do espelho E 4 2 B A O x (m) 0 0 2 4 6 8 10 12 14 16 Assim, as coordenadas das extremidades da imagem são B (0, 6) e A (0, 8). b) y (m) A B E B O x (m) A 0 2 4 6 8 10 12 14 16 xA xB xA xB 1 1 2 2 Na figura os raios de luz dourados representam as trajetórias da luz que partem de B e podem ser vistas pelo observador depois de se refletir no espelho. Para ver B, portanto, o observador pode se deslocar de x B1 6 m a x B2 15 m. Analogamente, para ver A, cujas trajetórias da luz estão representadas em preto, o observador pode deslocar-se de x A1 4 m a x A2 10 m. Logo, para ver o objeto AB por inteiro o observador deve colocar-se na região de intersecção desses dois intervalos (área hachurada), ou seja, entre as abscissas x B1 6 m e x A2 10 m. 265. a) Os raios de luz que partem de D e E e tangenciam os extremos da abertura da porta (no plano horizontal que contém a régua) delimitam a) contém a régua) delimitam a região do espelho que, efetivamente, será visualizada pelo observador. Para determinar esses raios de luz, pode-se usar a sequência de construções seguinte: 1) Determinação de O (simétrico de O em relação ao plano do espelho). 2) União entre O e os dois extremos da porta (linha tracejada). 3) Determinação dos pontos D e E (encontro entre a linha tracejada e o segmento de reta que passa pela régua). 4) Construção dos raios de luz que, partindo de D e E, sofrem reflexão e retornam ao globo ocular (linha cheia). vista de cima régua E E imagem da régua L O O L D D escala 0 1m parede espelho 43
- 44. b) Os pontos D e E encontram-se identificados no esquema do 270. É dado p � 4 cm e p � 12 cm. Como a imagem é real, temos item a. p� � 0. A partir da escala fornecida na figura: 1 1 1 L � tDEu � 1,5 m Da expressão --- � ---- � ------- , vem: f - p - p� 1 1 1 266. a) Se a imagem é real, temos p� � 0, então p� � 40 cm. Da --- � ---- � ------- ⇒ f � 3 cm - - - f 4 12 1 1 1 expressão ---- � ------- � ----- , temos: - - - Como o espelho é côncavo, f � 0 e: p p� f R � 2f ⇒ R � 2 � 3 ⇒ R � 6 cm 1 1 1 ------- � ------- � ----- ⇒ f � 8 cm - - - 10 40 f Resposta: alternativa e. y� �p � b) Sendo y � 1,5 cm, temos ------- � ------------ . Logo, a altura da 271. É dado R � 10 cm. Como o espelho é convexo, temos f � 0 e: - - y p imagem será: R f � ---- ⇒ f � �5 cm - 2 y� 40 1 1 1 --------- � � ------- ⇒ y� � 6 cm - - Como p � 20 cm, da expressão --- � ---- � ------- temos: - - 1,5 10 f p p� 1 1 1 � ---- � ------- � ------- ⇒ p� � �4 cm. - - 5 20 p� 267. Um espelho convexo sempre fornece imagens virtuais de objetos convexo sempre fornece imagens virtuais de obje- reais (que não podem ser projetadas em anteparos), direitas e tos reais (que não podem ser projetadas em anteparos) direitas A abscissa da imagem é negativa (p� � 0), portanto a imagem menores que os objetos. e menores que os objetos. é virtual. Resposta: alternativa a. Logo: �p � �( � 4) 1 A � ------------ ⇒ A � ------------------ ⇒ A � ---- - - - 268. O espelho é côncavo e o rosto está situado entre o foco principal p 20 5 do espelho e o vértice. Como o aumento linear transversal é positivo (a � 0), a imagem Resposta: alternativa a. é direita. Resposta: alternativa b. 269. Como o espelho é côncavo, temos f � 0. Então: R 272. A imagem projetada num anteparo por um espelho esférico f � ---- ⇒ f � 10 cm - 2 gaussiano, a partir de um objeto real, é necessariamente real, y� p� portanto, da relação ------- � � ------- , conclui-se que ela é inver- 1 1 1 Da expressão ---- � ------- � --- , temos: - - - - y p p p� f p� tida. Portanto, da equação do aumento, A � � ------- (sendo A o 1 1 1 - ------- � ------- � ------- ⇒ p� � 15 cm - - p 30 p� 10 aumento, p� a abscissa da imagem e p a do objeto), temos: O aumento linear transversal é: p� p� �2 � � ------- ⇒ 2 � ------- ⇒ p� � 24 cm - - �p � � 15 A � ------------ ⇒ A � ------------- ⇒ A � �0,5 ⇒ �A� � 0,5 p 12 - p 30 1 1 Além disso, da equação dos pontos conjugados, --- � ---- � - - I) Verdadeiro, pois, para a situação proposta, temos: f p p� � 0 → imagem real 1 � ------- (em que f é a abscissa do foco principal do espelho), - p� �A� � 0,5 → a imagem tem metade do tamanho do objeto temos: y� A � 0 → a imagem é invertida, pois A � ------- , então y� e - y 1 1 1 --- � ------- � ------- ⇒ f � 8 cm - - - y possuem ordenadas de sinais opostos. f 12 24 Uma vez que é um espelho esférico gaussiano, temos: II) Falso. Nesta situação temos a imagem menor e invertida. R � 2f ⇒ R � 16 cm III) Verdadeiro, pois p� � 15 cm. Observação: Espelho esférico de Gauss ou gaussiano significa IV) Falso. Nesta situação a imagem é real, menor e invertida em espelho esférico utilizado dentro das condições de estigmatismo relação ao objeto. de Gauss. Resposta: alternativa a. Resposta: alternativa c. 44
- 45. R Como m � 0, a imagem é direita. 273. Da expressão f � ---- , temos: - 2 d) Como m � 1, a imagem é menor que o objeto. 24 f � ------- ⇒ f � 12 cm - 2 e) O espelho convexo, além de fornecer a imagem sempre direi- O observador está a 6,0 cm do espelho, portanto a abscissa do ta para qualquer posição do objeto, possui o campo visual objeto é real. Então, temos p � 6,0 cm. maior que nos espelhos planos ou côncavos. 1 1 1 Da expressão ---- � ------- � --- , vem: - - - p p� f 276. Para o espelho A, temos RA � 6,0 cm e p � 1,0 cm. Então: 1 1 1 R -------- � ------- � ------- ⇒ p� � �12 cm - - - fA � ---- ⇒ fA � 3,0 cm - 6,0 p� 12 2 Sendo y � 0,5 cm, temos: 1 1 1 Da expressão ---- � ------- � ------ , temos: - - y� �p � y� �( � 12) p pA � fA ------- � ------------ ⇒ ------- � --------------------- ⇒ y� � 1,0 cm - - - - y p 0,5 6,0 1 1 1 Resposta: alternativa c. -------- � ------- � -------- ⇒ p A � �1,5 cm - - - � 1,0 pA � 3,0 3 274. O objeto é real e, de acordo com o enunciado, p � ---- f. pA � � 1,5 - AA � � ------- ⇒ A � � -------------- ⇒ a � 1,5 - - 2 p 1,0 Segundo a equação dos pontos conjugados, temos: Portanto, o espelho A amplia 1,5 vez o objeto. 1 1 1 1 1 1 --- � ---- � ------- ⇒ --- � ---------- � ------- ⇒ p� � 3f - - - - - Para o espelho B, temos RB � 4,0 cm. Então: f p p� f 3f p� ---- - 2 R fB � ---- ⇒ fB � 2,0 cm - 2 De acordo com a equação do aumento linear transversal, vem: 1 1 1 1 1 1 ---- � ------- � ----- ⇒ -------- � ------- � -------- ⇒ p � � - - - - - - B y� p� y� 3f y� A � ------- � � ------- ⇒ ------- � � ---------- ⇒ ------- � �2 p p� fB 1,0 p� 2,0 - - - - B B y p y 3 y ---- f - � �2,0 cm 2 Isso significa que a imagem é invertida e duas vezes maior que p� �2,0 AB � � ------- ⇒ AB � � -------------- ⇒ AB � 2 B - - o objeto. p 1,0 Resposta: alternativa d. Logo, o odontólogo comprará o espelho B, que amplia duas vezes o objeto. 275. Como o espelho é convexo, temos r � 0 e D0 � 10 m. Então: 277. a) Para um objeto muito distante admitimos p → �. Como a 1 1 2 1 1 2 ------- � ------ � --- ⇒ ------- � ------ � � ---- ⇒ DI � �2 m - - - - - - imagem deve se formar na retina, a 2,2 cm dessa lente fina, D0 DI r 10 DI 5 p� � 2,2 cm. a) A distância da imagem ao espelho é dada por DI � �2 m. Logo, da equação de conjugação, vem: Observação: A essa distância o carro de dona Beatriz já 1 1 1 1 1 ---- � ------- � --- ⇒ 0 � -------- � --- ⇒ f � 2,2 cm - - - - - deve ter sido abalroado pelo de trás. p p� f 2,2 f b) A imagem é virtual, pois a abscissa da imagem DI � 0. b) Para corrigir a miopia deve-se reduzir a convergência da cór- nea, por isso se utilizam lentes divergentes. Neste caso, o DI efeito da lente divergente pode ser obtido reduzindo-se a c) Sendo m � � ------- , temos: - D0 convergência C da lente fina. De acordo com a equação dos �( � 2) 1 1 fabricantes, C � (n � 1) [ ----- � ------- ], como um dos raios m � ------------------ ⇒ m � 0,2 - - 10 R1 R2 45
- 46. é infinito (face plana), a convergência C depende só do raio 280. A figura fornecida permite concluir que a luz sofreu refração, 1 passando de um meio menos refringente (A), onde o ângulo é R da face curva. Logo, C � (n � 1) ---- . Então, quanto maior - R maior, a outro mais refringente (B). R, menor a convergência. Para que isso seja feito na prática, deve-se diminuir a curvatura, como mostra a figura. N 40° meio A 50° Rdepois meio B 70° Rantes 20° O raio refratado, em relação ao incidente, aproxima-se da normal, N. No meio menos refringente (A), a velocidade de propagação da luz é maior. Assim, vA � vB. 278. I) Falso. A imagem conjugada com o espelho plano é virtual, pois é formada pelo prolongamento dos raios refletidos. Resposta: alternativa e. II) Falso. O espelho plano conjuga imagens com o mesmo tama- 281. I) Falso, pois a frequência da luz não varia na refração. nho que o objeto. II) Verdadeiro. Como o raio de luz refratado se aproxima da nor- mal, o índice de refração é maior no meio 2, logo a velocida- III) Verdadeiro. A imagem e o objeto são simétricos em relação ao de e o comprimento de onda no meio 2 são menores que no espelho. meio 1. IV) Falso. Situa-se à mesma distância que o objeto. III) Falsa. Não há relação direta entre a densidade de um meio e o seu índice de refração. Em geral, meios mais densos são V) Falso. É criada pela reflexão da luz. mais refringentes. Resposta: alternativa a. IV) Verdadeiro. Ver afirmação II. Resposta: alternativa e. 279. Completando a figura dada, traçando a normal N, obtemos: 282. N N �2 �1 � 58° �� � 58° 1 ar água 32° ar vidro �1 �R � 32° r Os raios de luz provenientes do peixe refratam-se ao atravessar a superfície de separação entre a água e o ar, afastando-se da normal, pois nágua � nar. Dessa forma o índio vê o peixe acima Os ângulos de incidência e de refração medem, respectivamen- da posição real, portanto, para acertá-lo deve jogar a lança em te, 58° e 32°. direção ao ponto IV. Resposta: alternativa b. Resposta: alternativa d. 46
- 47. c 289. a) Verdadeiro. Ao refratar-se para um meio mais refringente, o 283. São dados v � 2,4 � 108 m/s e c � 3,0 � 108 m/s. Sendo n � ---- , - v raio de luz aproxima-se da normal. temos: sen � 1 n2 n2 v1 3,0 � 10 8 b) Falso. Das expressões ----------------- � ------- e ------- � ------ , vem: - n � --------------------- ⇒ n � 1,25 sen � 2 n1 n1 v2 2,4 � 10 8 Resposta: alternativa b. sen � 1 v1 ----------------- � 1,5 ⇒ ------ � 1,5 ⇒ v1 � 1,5v2 - sen � 2 v2 3 c 284. Sendo v � ---- c, da expressão n � ---- , temos: Portanto, a velocidade da luz no meio 1 é 50% maior que no - - 4 v meio 2. c 4 n � ---------- ⇒ n � ---- ⇒ n � 1,33 - - 3c 3 c) Verdadeiro ---- - 4 n1 n1 1 n1 Resposta: alternativa d. sen L � ------- ⇒ sen 30° � ------- ⇒ ---- � ------- ⇒ n2 � 2n1 - n2 n2 2 n2 285. Na refração, a frequência da luz (onda) não varia, pois depende apenas da fonte. Como v � �f, variam a velocidade e o compri- d) Verdadeiro, pois: mento de onda. Nesse caso, a incidência é oblíqua, então varia também a dire- c n � ---- ⇒ n � v � c - ção de propagação. v Resposta: alternativa c. e c é a velocidade da luz no vácuo, portanto, um valor constante. 286. I) Falsa. Quando incide perpendicularmente, a luz se refrata sem sofrer mudança de direção. 290. A refração da água (mais refringente) para o ar (menos refrin- gente) ocorre com o raio refratado se afastando da reta normal II) Verdadeira. Do ar para a água, por exemplo, o raio de luz (N) em relação ao incidente. aproxima-se da normal. O esquema que melhor explica as possíveis imagens visualiza- das pelas crianças é: III) Falsa. Se fosse verdadeira contrariaria o Princípio da Rever- sibilidade dos Raios de Luz. IV) Verdadeiro. aquário visto de cima Resposta: alternativa d. imagem 2 para a criança B 287. Mais próximo ao asfalto quente, o ar está mais aquecido e fica imagem vista pela criança A mais rarefeito, consequentemente, o índice de refração nessa N peixinho região é menor que o do ar na temperatura ambiente. Isso faz imagem 1 para a criança criança B com que os raios de luz que incidem de muito longe sofram A reflexão total e dão a impressão de a estrada estar molhada. N Resposta: alternativa b. c 288. Da expressão n � ---- , temos: criança - v B c c n1 � ------ e n2 � ------ - - v1 v2 Resposta: alternativa d. Se n2 corresponde a f2 e n1 a f1, do gráfico obtemos n2 � n1. Então: 291. Na refração, a frequência não varia. Então, temos: c c ------ � ------ ⇒ v1 � v2 - - v2 v1 var � �arf 1 Resposta: alternativa c. vágua � �águaf 2 47
- 48. Manual do Professor 155 Dividindo-se 1 por 2 , obtemos: 294. Marcando os ângulos na figura, teremos: 94. v ar � ar ----------- � ------------ - - v água � água 75 30° Como vágua � --------- v ar , temos: - 100 v ar 600 ------------------- � ------------ ⇒ �água � 450 nm - - 75 v � água --------- ar - 100 (De fato, sendo v e � grandezas diretamente proporcionais, �água � 75% �ar.) Resposta: alternativa c. Usando a Lei de Snell-Descartes na face onde o raio sofre refle- 92. 292. Da expressão v � �f, temos: xão total, obtemos: var � �arf 1 3 ----------- sen 60� � n ar 2 1 ------------------- - -------------- ⇒ -------------- � -------------- ⇒ - - - vvidro � �vidrof 2 sen 90� n prisma 1 n prisma Dividindo-se 2 por 1 , vem: 2 ⇒ nprisma � ----------- ⇒ nprisma � 1,15 3 v vidro � vidro f ----------- � -------------- - - v ar � ar f Observação: O raio rasante que aparece na figura da ques- tão não existe na realidade, por isso o representamos trace- 2 Como vvidro � ---- v ar , temos: - jado. Nesse caso, toda a luz é refletida na direção do raio re- 3 fletido que atravessa perpendicularmente a outra face do 2v ar � vidro � vidro 2 prisma. ---------- � ------------ ⇒ ------------ � ---- - - - - 3v ar � ar � ar 3 Resposta: alternativa b. (De fato, se v e � são grandezas diretamente proporcionais, a re- lação se mantém, já que f é constante.) 95. 295. Na figura, o ângulo de incidência na interface ar-prisma é de 0°. Portanto, ele não sofre desvio e o ângulo de incidência na Resposta: alternativa b. interface prisma-líquido é 60°, pois o prisma é equilátero. Veja a figura: 93. 293. N 45° nL N 30° 60° 45° � � 60° 30° 45° face 1 face 2 np Para que haja reflexão total, temos: É dado o ângulo-limite de refração para o ar, � � 41°. np � sen 60° � nL � sen 90° ⇒ 1,5 � 0,87 � nL � 1 ⇒ nL � 1,3 Como a luz incide na face 2 do prisma com ângulo de 45° com a Observação: Para valores de índice de refração do líquido normal, maior que o ângulo-limite, ocorrerá reflexão total. superiores a 1,3, parte da luz incidente atravessa a face prisma- Resposta: alternativa a. -líquido. 48
- 49. 156 200 Questões de Vestibular 296. A luz é confinada em uma fibra óptica em decorrência da refle- 96. 303. Nas condições do enunciado (objeto real e imagem virtual, 103. xão total sofrida nas suas faces laterais pelos raios de luz que direita e menor), a lente, como nos mostra o esquema, deve ser nela penetram. divergente e situar-se à direita de I, pois: Resposta: alternativa d. • o raio de luz que passa por A e A� cruza o eixo no centro óptico, C, da lente. A lente está no plano vertical ao eixo 297. Para que o raio de luz sofra reflexão total no meio x, sem refra- 97. principal que passa por C. tar-se para y, o índice de refração de x deve ser maior que o de y. • para determinar o tipo de lente basta traçar um raio inci- Resposta: alternativa d. dente que parte de A e é paralelo ao eixo. Esse raio deve refratar-se na lente e passar por A�, o que só é possível se a lente for divergente. Veja a figura: 298. 1) Verdadeiro. A velocidade da luz no vácuo é a maior veloci- 98. dade possível no universo. 2) Verdadeiro. A luz sempre pode se refratar ao atravessar a superfície de separação de dois meios. A 3) Verdadeiro. Essa é a expressão da Lei de Refração. A� O I C 4) Verdadeiro. Um objeto que reflete apenas o vermelho, quan- F do iluminado por luz branca, se apresentará negro se for ilu- minado apenas por luz amarela. 5) Falso. Ângulo de incidência é sempre igual ao ângulo de reflexão. Resposta: alternativa c. Resposta: alternativa e. 299. A faixa branca reflete todas as cores do espectro solar visível, 99. portanto refletirá o amarelo. Já a parte azul e a verde parecerão 304. A figura ilustra os raios de luz que, partindo do objeto, formam 104. pretas quando iluminadas por amarelo. A III continuará amarela. uma imagem real P. Resposta: alternativa a. 300. 100. Quando os feixes vermelho, verde e azul se sobrepõem em A, a cor resultante é o branco, mas, como qualquer onda, após o P C cruzamento, cada raio de luz segue sua trajetória, mantendo suas características próprias. Então, em B temos azul, em C verde e em D vermelho. Resposta: alternativa a. Para que essa imagem possa ser vista diretamente pelo obser- vador, ele deve se encontrar em C, porque só nessa região os 101. Para incendiar o papel, os raios de luz devem convergir para ele, 301. raios de luz que emergem da lente podem atingir o olho do então a lente deve ser convergente. Para este fim a lente bicon- observador, depois de formar a imagem. vexa (II) é a única adequada. Resposta: alternativa c. Resposta: alternativa b. 305. São dados f � 10,0 cm e p � 0,50 m � 50 cm. 105. 302. 102. A lente que incendeia o papel é convergente e as lentes que 1 1 1 Da expressão ---- � ------- � --- , temos: - - - satisfazem esta condição são: p p� f 2: biconvexas 1 1 1 ------- � ------- � ------- ⇒ p� � 12,5 cm - - - 4: plano-convexas 50 p� 10 Resposta: alternativa b. Resposta: alternativa b. 49
- 50. Manual do Professor 157 1 108. 308. Os prolongamentos dos raios apresentados se interceptam na 306. 106. Sendo C � 5 di e C � --- , temos: - f imagem do objeto. O raio 2, paralelo ao eixo da lente, passa pelo foco, F1. Um terceiro raio, 3, passa pelo centro da lente. A 1 5 � --- ⇒ f � 0,20 m ⇒ f � 20 cm - intersecção dos raios 2 e 3 determina a posição do objeto na f região II: 1 1 1 Como p � 60 cm e --- � ---- � ------- , vem: - - - f p p� 1 1 1 ------- � ------- � ------- ⇒ p� � 30 cm - - - região II região I 20 60 p� objeto 3 1 y� � p� Da expressão ------- � ------------ , para y � 15 cm temos: - - F1 imagem y p 2 região III região V y� 30 região IV ------- � � ------- ⇒ y� � �7,5 cm - - 15 60 Portanto, a altura da imagem é 7,5 cm. Resposta: alternativa b. Resposta: alternativa b. 307. 107. Na situação 1, temos p1 � 40 cm e f � 20 cm. Da expressão 309. As duas lentes associadas têm uma convergência maior do que 1 1 1 ------ � ------- � --- , temos: - - - a de cada lente, isoladamente. Em outras palavras, a distância p1 p� 1 f focal das duas lentes deve ser menor do que a de uma lente iso- 1 1 1 lada, da figura dada no enunciado. ------- � ------- � ------- ⇒ p� � 40 cm - - - 1 40 p� 1 20 Resposta: alternativa c. Se a lente for afastada do anteparo 20 cm, teremos a situação 2: p� � p� � 20 ⇒ p� � 40 � 20 ⇒ p� � 60 cm 2 1 2 2 110. 310. a) Verdadeira. No olho normal ou emetrope os objetos locali- zados no infinito são focalizados na retina sem acomodação Para termos a imagem nítida, a nova posição do filamento deve do cristalino. ser: 1 1 1 1 1 1 b) Falsa. Os olhos não emitem luz. Eles recebem a luz refletida --- � ------ � ------- ⇒ ------- � ------ � ------- ⇒ p2 � 30 cm - - - - - - ou emitida pelos objetos. f p2 p� 2 20 p2 60 Como a lente foi afastada do anteparo 20 cm, ela se aproxima c) Verdadeira 20 cm do filamento, ou seja, a sua distância ao filamento tor- d) Falsa. O cristalino é uma lente biconvexa. nou-se igual a 40 � 20 � 20 cm. Mas a distância do filamento deve ser 30 cm. Logo, ele deve ser afastado da lente 10 cm. Veja a figura: 311. Para poder enxergar bem o texto, é necessário que a imagem 111. seja formada na retina, ou seja, a uma distância p� � 2,5 cm. O livro está a uma distância p � 22,5 cm. (2) (1) anteparo 1 1 1 Logo, da expressão ---- � ------- � --- temos: - - - (2) (1) p p� f F1 1 1 1 (1) ----------- � -------- � --- ⇒ f � 2,25 cm - - - 40 cm F2 22,5 2,5 f (2) 30 cm Conforme esperado, devido à contração da lente cristalina, esta 10 cm distância focal é menor do que a distância focal de 2,5 cm do 20 cm 40 cm olho relaxado. 312. Em pessoas míopes, a correção é feita abrindo um pouco o feixe 112. Resposta: alternativa b. incidente, então usa-se uma lente divergente. Já em hiperme- 50
- 51. tropes, a correção é fechar um pouco os raios luminosos; para 317. a) Falsa. Para se obter um feixe paralelo, costuma-se utilizar isso utiliza-se uma lente convergente. espelhos parabólicos nos refletores dos faróis. Resposta: alternativa e. b) Falsa. A lupa é uma lente convergente. c) Verdadeira 313. O desvio mínimo ocorre quando o raio de luz atravessa o prisma simetricamente e os ângulos de incidência e emergência são d) Verdadeira iguais. e) Falsa. Os óculos de sol utilizam vidros coloridos ou polariza- Resposta: alternativa e. dos para diminuir a intensidade luminosa. Em geral não são constituídos de lentes. 314. Considerando a objetiva da câmera fotográfica uma única lente f) Verdadeira simples, convergente, de distância focal f, essa lente forma, para um objeto muito distante da câmera, uma imagem real, 318. A coloração que se observa em películas de óleo se deve à in- que deve ser projetada no plano do filme. terferência dos raios de luz refletidos, um fenômeno tipicamen- Dessa forma: te ondulatório que foge ao alcance da óptica geométrica. p → � (objeto distante) Resposta: alternativa e. p� � 25 mm A partir da equação dos pontos conjugados: 319. I) A distância focal de uma lente depende do seu índice de re- fração. 1 1 1 --- � ---- � ------- ⇒ f � 25 mm � 25 � 10�3 m - - - f p p� II) O fenômeno pelo qual a luz passa por uma fenda ou contor- Logo: na obstáculos, com dimensões da mesma ordem de grande- za que o seu comprimento de onda, abrindo-se num feixe di- 1 1 C � --- � ----------------------- ⇒ C � �40 di vergente, é a difração. - - f 25 � 10 �3 III) A luz transmitida pela fibra óptica é confirmada dentro dela Resposta: alternativa c. graças à reflexão total. 315. Sendo p � 100 cm e f � 20 cm, o comprimento da caixa será Resposta: alternativa a. p�: 320. a) Verdadeira 1 1 1 1 1 1 b) Verdadeira ----- � ------- � ---- ⇒ ---------- � ------- � ------- ⇒ p� � 25 cm - - - - - - p p� f 100 p� 20 c) Verdadeira Observação: Essa distância é fixa, nesta situação. d) Verdadeira Não depende da altura da estudante. Podemos determinar a ra- y� e) Falsa. No fenômeno da refração a velocidade v e o compri- zão ------- entre a altura da imagem e a altura da estudante. - y mento de onda � variam. Sendo: f) Falsa. O fenômeno da difração é característico de todas as ondas, sejam mecânicas ou eletromagnéticas. y� p� y� 25 1 ------- � � ------- ⇒ ------- � � ---------- ⇒ y� � � ----- y - - - - - y p y 100 4 321. Se as indicações fossem iguais, teríamos tF � x °F e t � x °C. ou seja, a altura da caixa (e do filme) deve ser no mínimo um 9 Da expressão tF � ----- t � 32, vem: quarto da altura da estudante. - 5 316. A lupa é uma lente convergente, de pequena distância focal e 9 x � ----- x � 32 ⇒ x � �40 - grande convergência. Ela conjuga imagens ampliadas, virtuais 5 e direitas. Portanto, x � �40 °C e x � �40 °F. Mas, como não existe Resposta: alternativa c. esta alternativa, devemos ter as indicações iguais apenas em 51
- 52. valor absoluto. Logo, tF � x °F e t � �x °C. Dessa forma, da A relação entre as escalas é: expressão acima temos: te � 0 18 � 10 --------------------- � --------------------- ⇒ te � 40 °C - - 9 x � ----- (�x) � 32 ⇒ x � 11,4 100 � 0 30 � 10 - 5 Resposta: alternativa c. Portanto, x � 11,4 °F e t � �11,4 °C. Resposta: alternativa b. 325. Sendo F � 2C e F � 1,8C � 32, temos: 2C � 1,8C � 32 ⇒ 0,2C � 32 ⇒ C � 160 °C 322. Comparando as três escalas temos: F � 2C ⇒ F � 2 � 160 ⇒ F � 320 °F °C °E °F Resposta: alternativa e. 100 104 326. Quando aquecemos a porca, ela se dilata e o furo fica mais largo; a porca fica mais frouxa. 25 x Resposta: alternativa c. tF 327. O orifício dilata-se como se fosse feito do mesmo material da 20 0 placa, pois as partículas localizadas na borda interna vibram mais intensamente, distanciando-se umas das outras. Determinando tF equivalente a 20 °C, temos: Resposta: alternativa a. 9 9 tF � ----- t � 32 ⇒ tF � ----- � 20 � 32 ⇒ tF � 68 °F - - 328. São dados �0 � 50 m, t0 � 40 °C e t � 20 °C. A proporção dada 5 5 permite a determinação do coeficiente de dilatação linear do Estabelecendo a relação entre a escala E e a escala Fahrenheit aço: no intervalo considerado (veja esquema), temos: 1 �aço � ------------------- �C �1 ⇒ �aço � 1,0 � 10�5 °C�1 - 100 000 25 � 0 t F � 68 --------------------- � ----------------------- ⇒ tF � 77 °F - - 100 � 0 104 � 68 Da expressão �� � �0��t, vem: Resposta: alternativa b. �� � 50 � 10�5(�20) ⇒ �� � �0,010 m ⇒ �� � �1,0 cm O sinal negativo indica contração ou diminuição do comprimento. 323. Sendo a relação entre as escalas Celsius e Kelvin dada por t � T � T0, em que T0 � 273,15 K, temos: Resposta: alternativa a. t � 2 � 10 °C ⇒ T � 2 � 10 K 7 7 Para que o valor 273,15 aparecesse seria necessária a utiliza- 329. O valor do coeficiente de dilatação volumétrica do material, �, ção de pelo menos seis algarismos significativos, o que não diminui no intervalo T1 a T2, mas é sempre positivo. Por isso, o ocorre nem faria sentido físico, neste caso. volume do objeto aumenta tanto nesse intervalo de temperatu- ra como em temperaturas maiores que T2, onde � é constante. Resposta: alternativa a. Resposta: alternativa a. 324. � (°C) � (cm) 100 30 330. Sendo �0 0� 1 000 m � 1,0 �1,0 6 mm, mm, do gráfico�� � 15 1 000 m 10 106 do gráfico vem vem mm e �t � 500 °C. 500 °C. 15 mm e t temperatura Utilizando a expressão �� � �0��t, temos: te 18 de equilíbrio 15 � � ---------------------------------- ⇒ � � 3,0 � 10�8 °C�1 ⇒ - 1,0 � 10 6 � 500 0 10 ⇒ � � 0,03 � 10�6 °C�1 52
- 53. 331. Para que a inclinação não se altere basta que ambas as pilas- Para um intervalo de 100 divisões na escala Kelvin, temos 180 tras sofram a mesma variação de comprimento, a qualquer tem- divisões na escala Fahrenheit. Da relação matemática entre os peratura, ou seja, ��I � ��II. Sendo �� � ��0�t, temos: segmentos de reta a e b, representados na escala, temos: � 1 � 0I �t � � II � 0II �t a �t F �T �t F �T ----- � ----------------------- � -------------------------- ⇒ ---------- � --------- - - - - - b 212 � 32 373 � 273 9 5 Como � 0II � 3� 0I , vem: Para T � 543 � 293 � 250 K, vem: � I � 0I � �II � 3� 0I ⇒ �I � 3�II �t F 250 ---------- � ---------- ⇒ �tF � 450 °F - - 9 5 Resposta: alternativa c. Resposta: alternativa e. 332. Sendo �A e �B os comprimentos finais das barras metálicas A 335. Como a transformação é isobárica, temos: e B, � 0A e � 0B os comprimentos a 0 °C, �A e �B os coeficientes V1 V2 2,0 V2 ------- � ------- ⇒ ---------- � ---------- ⇒ V2 � 3,7 L - - - - de dilatação e t a sua temperatura final, temos �A � �B, e, por- T1 T2 293 543 tanto: Resposta: alternativa c. � 0A (1 � � A t ) � � 0B (1 � � B t ) ⇒ 336. a) Verdadeira, pois perto da chama o ar aquecido é mais rare- ⇒ 202,0(1 � 2 � 10�5t) � 200,8(1 � 5 � 10�5t) ⇒ t � 200 °C feito do que o ar do ambiente restante. b) Falsa, pois a chama se apagará quando a queima extinguir Resposta: alternativa d. o oxigênio do ar confinado dentro do copo. c) Falsa, pois à medida que a quantidade de oxigênio dentro do 333. São dados V 0vi � 500 cm3 e V 0Hg � 200 cm3. Como o volume copo diminui, a chama torna-se cada vez menos intensa. da parte vazia é sempre o mesmo, significa que o vidro e o mer- cúrio sofrem a mesma dilação volumétrica. Então: d) Verdadeira, pois, depois que a chama se apaga, o ar no in- terior do copo resfria-se, originando uma região de pressão 2� Hg menor que a pressão exterior (atmosférica), que empurra a �Vvi � �VHg ⇒ V 0vi � vi �t � V 0Hg � Hg �t ⇒ �vi � ------------- (I) 5 água para dentro do copo. Sendo �Hg � � e �vi � 3�vi, substituindo em (I), vem: T 1 � (17 � 273) � 290 K 2� 2� �vi � ------------ ⇒ �vi � -------- 337. Estado 1 p 1 � 25 Ibf/pol 2 - - 5�3 15 V1 � V Resposta: alternativa d. T2 � ? 334. Estado 2 p 2 � 27,5 lbf/pol 2 V2 � V °F K 212 373 p1 V1 p2 V2 Da expressão ------------ � ------------ , temos: - - T1 T2 25 27,5 ---------- � ----------- ⇒ T2 � 319 K ⇒ T2 � 46 °C - - a b 290 T2 Observações: I) Não há necessidade de transformar unidades, nesse caso, pois elas se cancelam. II) Na verdade os manôme- tros medem a diferença de pressão em relação à pressão atmos- 32 273 férica. Logo, é necessário somá-la aos valores dados. Nesse 53
- 54. caso, adotando 1,0 � 105 Pa para a pressão atmosférica e fazen- III) T constante: do 1 lbf/pol2 � 6,9 � 103 Pa, obteríamos T � 311 K � 38 °C, p0 ------- � 3V 0 valor que não consta das alternativas dadas. p � 3V 0 po V 3 po V ------------------ � ---------- ⇒ ----------------------- � ---------- ⇒ V � V0 - - - 3T 0 T0 T0 T0 Resposta: alternativa c. Resposta: alternativa c. 338. De acordo com o enunciado a transformação é isotérmica. As- 1 sim, p0V0 � pV. Como o êmbolo é empurrado de ----- do seu - 342. Do estado 1 ao 2, a compressão é isotérmica, ou seja, o vo- 3 lume diminui e a temperatura permanece constante. De 2 2 afastamento inicial, o volume V será V � ----- V o . - até 3, a pressão é mantida constante. O aumento do volume 3 é diretamente proporcional à temperatura, linearmente, Logo: portanto. 2 3 p 0 V 0 � p � ----- V 0 ⇒ p � ----- p 0 - - De 3 até 1, a temperatura diminui e o volume é mantido 3 2 constante. Resposta: alternativa c. Resposta: alternativa a. 339. São dados T1 � 27 °C � 300 K; p1 � 10 atm e p2 � 25 atm. Sendo rígidas as paredes do recipiente, o volume é constante. 343. Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, pV � nRT, sendo dados p1 V1 p2 V2 m 13 � 10 3 Da expressão ------------ � ------------ , temos: - - p � 1 atm � 1 � 105 Pa, n � ------- � -------------------- mols, - T1 T2 M 52 p1 p2 10 25 R � 8,3 J/mol � K e T � 300 K, temos: ------- � ------- ⇒ ---------- � ------- ⇒ T2 � 750 K ⇒ T2 � 477 °C - - T1 T2 300 T2 13 � 10 3 1 � 105V � -------------------- � 8,3 � 300 ⇒ V � 6,2 m3 Resposta: alternativa a. 52 340. Do gráfico, temos: Resposta: alternativa b. p0 2p 0 Estado A T 0 Estado B 2T 0 344. Admitindo que o monóxido de carbono se comporta como um VA VB gás ideal, pode-se escrever pV � nRT. O número de mols n é: Aplicando a Lei Geral dos Gases Perfeitos, vem: massa do gás 1 000 n � -------------------------------- ⇒ n � -------------- - - pA VA pB VB p0 VA 2p 0 V B VB massa molar 28 ------------- � ------------ ⇒ ------------ � --------------- ⇒ ------- � 1 - - - - TA TB T0 2T 0 VA R � 0,082 atm � L/mol � K Resposta: alternativa c. T � 35 °C � 308 K 341. Representando esquematicamente as transformações sofridas p � 1 atm (normal) pela amostra de gás ideal, temos: Logo: I II III 1 000 p0 pconst. p0 p p0 -------------- � 0,082 � 308 - nRT ⇒ V � 28 V0 3V 0 Vconst. V0 V � ----------- - ------------------------------------------------ ⇒ V � 902 L - V p 1 Tconst. T0 3T 0 T0 T0 Resposta: alternativa b. p1 V1 p2 V2 Sendo ------------ � ------------ , temos: - - T1 T2 345. Na situação inicial, o gás se encontra nas seguintes condições: I) p constante: V0 V2 • pressão inicial: p0 � 1 atm ------- � ---------- ⇒ V2 � 3V0 - T0 3T 0 • volume inicial: V0 II) V constante: • temperatura inicial: T0 � 0 °C � 273 K p 0 � 3V 0 p � 3V 0 p0 ------------------- � ------------------ ⇒ p � ------- - 3T 0 T0 3 • número de mols: n0 54
- 55. Na situação final, o gás mantém constantes a pressão e o 347. a) Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, pV � nRT, obtemos o nú- volume. O número de mols sofre uma redução de 9%. Assim: p0 V0 mero de mols em cada reservatório, dado por n1 � ------------ . - RT 0 • pressão final: p � p0 � 1 atm O número total de mols do sistema é, portanto: • volume final: V � V0 2p 0 V 0 • temperatura final: T � ? n � 2n1 � --------------- - (I) RT 0 • número de mols: n � 0,91n0 b) Quando o reservatório 2 é aquecido à temperatura 2T0, sua Na situação inicial, temos: pressão aumenta e parte das moléculas do gás passa para o reservatório 1, até que as pressões nos dois reservatórios p0V0 � n0R � 273 (I) se igualem num valor p. O número total de mols não se al- Na situação final, temos: tera, por isso: p0V0 � 0,91nRT (II) pV 0 pV 0 n � n1 � n2 ⇒ n � ---------- � ---------------- ⇒ - - Dividindo-se membro a membro as relações (I) e (II), temos: RT 0 R(2T 0 ) T � 300 K ⇒ T � 27 °C 3 pV 0 ⇒ n � ----- � ---------- (II) - - 2 RT 0 Resposta: alternativa e. 4 De (I) e (II), obtemos o valor da pressão final: p � ----- p 0 . - 3 346. Inicialmente temos a transformação isobárica: 348. Sendo o termômetro de mercúrio um recipiente fechado, a quan- p 0 � 4 atm tidade de mercúrio em seu interior não varia. As demais alterna- Estado inicial V 0 tivas apresentam grandezas que variam com a temperatura. T 0 � 300 K Resposta: alternativa a. p� � p 0 Estado intermediário V� � 2V 0 349. A energia interna de um gás perfeito é diretamente proporcio- T� nal à sua temperatura absoluta. A temperatura inicial do gás é Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, temos: T � 273 K. Quando sua energia interna é duplicada, o mesmo ocorre com sua temperatura, que passa assim a valer Tf � 2T � p0 V0 p�V� p0 V0 p 0 � 2V 0 � 546 K. ------------ � ------------- ⇒ ------------ � ------------------- ⇒ T� � 600 K - - - - T0 T� 300 T� Resposta: alternativa a. Em seguida, temos a transformação isotérmica: 350. Sendo m � 200 g e �t � 16,5 °C, temos: p� � p 0 � 4 atm Estado intermediário V� � 2V 0 Q � mc�t ⇒ Q � 200 � 1 � 16,5 ⇒ Q � 3 300 cal T� � 600 K Resposta: alternativa c. p Estado final V � V 0 351. Temos: T � 600 K Q � 2 000 � 4,2 ⇒ Q � 8 400 J Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, temos: �t � 1min ⇒ �t � 60s p�V� pV 4 � 2V 0 pV 0 Logo: ------------- � -------- ⇒ ------------------ � ---------- ⇒ p � 8 atm - - - T� T 600 600 Q 8 400 P � -------- ⇒ P � -------------- ⇒ P � 140 W - - Logo, a temperatura final é T � 600 K e a pressão é p � 8 atm. �t 60 Resposta: alternativa d. Resposta: alternativa a. 55
- 56. 352. São dados m � 600 g, P � 100 cal/min, �� � 40 °C, �t � Da expressão Q � mc�t e como as quantidades de calor for- � 10min. necidas à areia e à água foram iguais, podemos escrever: O calor liberado é: Qágua � Qareia ⇒ m água c água �t água � m areia c areia �t areia ⇒ Q � P�t ⇒ Q � 100 � 10 ⇒ Q � 1000 cal ⇒ 1,00 � 6 � careia � 50 ⇒ c � 0,12 cal/g � °C O calor específico é: 356. Dados tfinal � 38 °C; tambiente � 32 °C. Q � mc�� ⇒ 1000 � 500c � 40 ⇒ c � 0,05 cal/g � °C a) Baseia-se na Lei Zero da Termodinâmica (equilíbrio térmico). A capacidade térmica é: b) Vamos admitir: C � 500 � 0,05 ⇒ C � 25 cal/°C m d água � 1,0 kg/L ⇒ d � ----- ⇒ m � 10 kg - Resposta: alternativa e. V t água fervente � 100 °C (temperatura de ebulição da água ao nível do mar) 353. São dados: Da expressão Q � mc�t, temos: m a � 100 g m m � 250 g água �� a � 30 °C metal �� m � 15 °C Qágua fervente � Qágua ambiente ⇒ �t a � 3,0min �t m � 45s � 0,75min ⇒ mc(38 � 100) � 10c(38 � 32) � 0 ⇒ m � 0,97 kg O calor que a fonte fornece à água é: Logo, V � 1,0 L. Qa � maca��a ⇒ Qa � 100 � 1 � 30 ⇒ Qa � 3 000 cal Q 357. a) A capacidade térmica de um corpo é C � -------- . Tomando os - Portanto, a potência da fonte será: �t pontos QA � 300 J e tA � 40 °C, temos: Qa 3 000 P � ---------- ⇒ P � -------------- ⇒ P � 1000 cal/min - - �t a 3,0 300 CA � ---------- ⇒ CA � 7,5 J/°C - Para aquecer o metal, a fonte gasta 0,75min: 40 Qm � P�tm ⇒ Qm � 1000 � 0,75 ⇒ Qm � 750 cal Tomando os pontos QB � 250 J e tB � 50 °C, temos: Então, para o calor específico do metal, temos: 250 CB � ---------- ⇒ CB � 5 J/°C - 50 Qm � mmcm��m ⇒ 750 � 250c � 15 ⇒ c � 0,20 cal/g � °C Resposta: alternativa d. b) Como C � mc e cB � 2cA, podemos escrever: CA � mAcA 354. a) O calor liberado pelos 10 g de gás é: CB � mBcB ⇒ CB � mB � 2cA Q � 10 � 1,1 � 10 ⇒ Q � 1,1 � 10 cal 4 5 CA Fazendo a razão ------- , temos: - Sendo �t � 25 °C e c � 1 cal/g � °C, temos: CB Q � mc�t ⇒ 1,1 � 105 � m � 1 � 25 ⇒ m � 4 400 g CA mA cA CA mA ------- � --------------------- ⇒ ------- � ---------------- - - - - b) O calor específico do metal é menor que o da água, pois a CB m B � 2c A CB mB � 2 mesma quantidade de calor provocou uma variação 20 vezes Mas: maior na temperatura do metal. 355. Temos: CA 7,5 CA ------- � --------- ⇒ ------- � 1,5 - - - CB 5 CB �t areia � 50 °C �t água � 6 °C Logo: m areia � m água Q areia � Q água mA mA ---------------- � 1,5 ⇒ -------- � 3,0 - - c água � 1,00 cal/g � °C mB � 2 mB 56
- 57. 358. Sendo Qcalorím., Qágua, Qalumínio e Qamb . as quantidades de calor 363. A variação de temperatura sofrida pelo disco de chumbo pode trocadas respectivamente pelo calorímetro, a água no seu inte- ser determinada pela expressão Q � mcPb�t, sendo m � 100 g, rior, o bloco de alumínio e o ambiente, temos: cPb � 3 � 10�2 cal/g � °C e Q � 30 cal. Logo: Qcalorím. � Qágua � Qalumínio � Qamb. � 0 ⇒ 30 � 10 � 3 � 10�2�t ⇒ �t � 10 °C ⇒ c�t � m a c a �t � m Al c Al �t � Q amb. � 0 ⇒ A variação na área do disco pode ser obtida a partir da equação calorím. água alumínio �S � S0��t, sendo � � 2�Pb � 6 � 10�5 °C�1 e �t � 10 °C. Logo: ⇒ 10(28 � 20) � 150 � 1(28 � 20) � 100 � 0,2(28 � 100) � � Qamb. � 0 ⇒ Qamb. � 160 cal �S �S --------- � 6 � 10�5 � 10 ⇒ --------- � 6 � 10�4 ⇒ - - S0 S0 Logo, o sistema perde 160 cal para o ambiente. �S �S ⇒ --------- � 0,0006 ⇒ --------- � 0,06% - - Resposta: alternativa c. S0 S0 Resposta: alternativa a. 359. Como a capacidade térmica não é uma constante de uma subs- tância, mas de um corpo, o óleo e a água em quantidades dife- 364. O intervalo de tempo �t em cada situação será: rentes podem ter a mesma capacidade térmica, produto da massa de cada corpo (óleo ou água) pelo respectivo calor espe- I) Vazão � 4 � 10�5 m3/s cífico. Volume desejado � 40 L � 40 � 10�3 m3 � 4 � 10�2 m3 volume Sendo a vazão � ------------------ , constante, podemos obter o Resposta: alternativa a. - tempo tempo, �t, pela razão: m 360. Sendo d � ----- , então m � dV. Da expressão Q � mc�t, sen- - V volume 4 � 10 �2 �t � ------------------ ⇒ �t � -------------------- ⇒ �t � 1000s - - do m � dV, vem: vazão 4 � 10 �5 Q Agelada � Q Apanela � 0 ⇒ dVgc�tg � dVpc�tp � 0 ⇒ II) Potência: P � 4 200 W � 4 200 J/s � 1000 cal/s A quantidade de calor necessária para aquecer 40 L de ⇒ d � 1(60 � 0) � dVP(60 � 80) � 0 ⇒ água (m � 40 000 g) de 20 °C a 50 °C é: ⇒ 1 � 60 � VP(�20) � 0 ⇒ VP � 3 L Q � mc�� ⇒ Q � 40 000 � 1(50 � 20) ⇒ Q � 12 � 105 cal Q Sendo P � -------- , o tempo necessário para aquecer a água Resposta: alternativa b. - �t será: 361. A variação de temperatura é �t � 39 � 37 � 2 °C. Sendo m � 80 kg � 8 � 104 g e admitindo o calor específico do Q 12 � 10 5 �t � ----- ⇒ �t � -------------------- ⇒ �t � 1200s - P 10 3 homem igual ao da água, vem: III) Tomando-se metade do volume relativo à opção I e metade Q � mc�t ⇒ Q � 8 � 104 � 1 � 2 ⇒ Q � 1,6 � 105 cal do relativo à opção II, o intervalo de tempo total será a soma das duas metades dos intervalos de tempo de cada Q 362. A potência dissipada pelo motorista é P � -------- , portanto, o ca- caso. Assim: - �t lor que ele cede ao ar é Qm � P�t, em que �t é o tempo trans- �t I �t II 1 000 1 200 �tIII � --------- � ---------- ⇒ �tIII � -------------- � -------------- ⇒ - - - - corrido. O calor recebido pelo ar é Qar � mc��. Supondo que 2 2 2 2 todo calor absorvido pelo ar éseja cedido pelo motorista e que absorvido pelo ar cedido pelo motorista e que não ⇒ �tIII � 1100s hajahaja perdas para o ambiente, temos: não perdas para o ambiente, temos: Analisando as três opções, podemos concluir que a opção Qm � Qar ⇒ P�t � mc�� ⇒ 120�t � 2,6 � 720(37 � 2,4) ⇒ I proporcionará a água desejada no menor intervalo de ⇒ �t � 540s tempo. Resposta: alternativa a. Resposta: alternativa a. 57
- 58. 365. a) Falsa, pois se toda a energia se transforma em calor, a ener- 371. a) Verdadeira gia cinética do corpo não aumenta. Ele desce com velocida- b) Falsa, pois durante a mudança de fase, a temperatura per- de constante. manece constante. b) Verdadeira, pelo Princípio da Conservação da Energia. c) Verdadeira c) Verdadeira, como comentamos no item a. d) Falsa, pois na solidifação a agitação molecular diminui e o d) Verdadeira. Se toda a energia produz aquecimento, a energia chumbo assume uma forma cristalina. mecânica inicial, E � mgh, é igual ao calor fornecido à água, Q � Mc��. Logo: 372. Enquanto o cobre sólido é aquecido, sua temperatura aumenta, mgh no decorrer do tempo. Quando inicia a fusão, a temperatura E � Q ⇒ �� � ----------- - Mc permanece constante, o que aparece no gráfico como um pata- mar paralelo ao eixo das abscissas. Após a liquefação, a tem- e) Verdadeira, pois a água muda de estado. peratura volta a aumentar. Resposta: alternativa c. 366. O texto e a figura que representa a estrutura cristalina do gelo referem-se à dilatação anômala da água, que tem seu volume 373. De acordo com o enunciado, quando dois cubos de gelo, ini- diminuído ao passar da fase sólida para a fase líquida; a 0 °C cialmente a 0 °C, são colocados em contato com a água, esta sob pressão normal; e continua a se contrair, mesmo enquanto sofre uma redução de 24 °C na sua temperatura. Nessas con- sua temperatura sobe de 0 °C para 4 °C. dições o equilíbrio ocorre a 1 °C. Para quatro cubos de gelo, Resposta: alternativa c. pode-se imaginar a situação por partes. Introduzindo inicial- mente dois cubos, o calor absorvido pelo gelo é capaz de reduzir 367. O sistema recebe calor QI para a fusão do gelo e QII para o a temperatura da água de 25 °C para 1 °C. Tem-se então um aquecimento da água. Temos, portanto: sistema formado por água a 1 °C. Sobram ainda dois outros QT � QI � QII ⇒ QT � mLf � mc�t ⇒ cubos de gelo. Certamente bastaria utilizar apenas uma parte deles para conseguir a redução da temperatura da água de 1 °C ⇒ QT � 10 � 334,4 � 10 � 4,18 � 20 ⇒ QT � 4,18 kJ para 0 °C. Assim, pode-se concluir que, no equilíbrio, haverá Resposta: alternativa c. um sistema formado por água e gelo a 0 °C. Resposta: alternativa e. 368. O patamar no gráfico fornece a quantidade de calor absorvida durante a fusão: m 374. Sendo d � ----- , podemos escrever para a água: - Qf � 4 000 � 2 000 ⇒ Qf � 2000 J V Da expressão Qf � mLf, temos: m dágua � ------- - (I) Va 2 000 Lf � -------------- ⇒ Lf � 100 J/g - 20 em que Va é o volume inicial da água. Resposta: alternativa d. m Para o gelo, temos dgelo � ------- em que Vg é o volume do gelo, - Vg 369. a) Entre t1 e t2; primeiro patamar do gráfico. cujo valor, em centímetros cúbicos, é Vg � Va � 20. Portanto: b) Entre t3 e t4; segundo patamar do gráfico. m dgelo � -------------------- (II) - c) QT � Qg � Qf ⇒ QT � mc�� � mLf ⇒ QT � V a � 20 � 100 � 0,55f(0 � (�40)g � 100 � 80 ⇒ QT � 10 200 cal Como a massa se conserva, de (I) e (II), vem: dáguaVa � dgelo(Va � 20) ⇒ 1,0Va � 0,9(Va � 20) ⇒ Va � 180 cm3 370. O calor de vaporização do iodo é L VI � 24 cal/g, o que significa Voltando à expressão (I), obtemos: que cada grama de iodo necessita de 24 cal para vaporizar-se. m � 1 � 180 ⇒ m � 180 g Já o nitrogênio, que possui L VN � 48 cal/g, requer 48 cal para Para resfriar a água, temos: vaporizar cada grama. QI � mc�t ⇒ QI � 180 � 1(0 � 20) ⇒ QI � �3 600 cal (o sinal Resposta: alternativa b. negativo aparece porque a água cede calor) 58
- 59. Para solidificá-la, temos: transferência de calor, além da irradiação. Neste caso não QII � �mLs ⇒ QII � �180 � 80 ⇒ QII � �14 400 cal há convecção. A água é aquecida de 20 °C para 25 °C a par- tir da superfície onde a sua densidade diminui, o que a im- Portanto, o calor retirado foi: pede de descer para o fundo. A convecção aparece quando Q � QI � QII ⇒ Q � �3 600 � 14 400 ⇒ Q � �18 000 cal o aquecimento do fluido ocorre de baixo para cima, como no Resposta: alternativa a. aquecimento de uma panela de água no fogão. Quando, como aqui, o aquecimento se faz de cima para baixo, não há 375. a) Verdadeira, pois durante a mudança de fase, a temperatura convecção, só condução e irradiação. permanece constante. b) Falsa, pois há energia absorvida, consumida no rearranjo 378. I) Falsa. O calor é a energia que se transfere de um corpo molecular. para outro devido à diferença de temperatura. Não é a energia que está contida nos corpos. c) Verdadeira, pois: Q � mc�� ⇒ 100 � 20 � 1000c � 2 ⇒ c � 1 cal/g � °C II) Verdadeira Observação: O “praticamente” desta alternativa não se d) Falsa, pois: justifica. Dá a impressão que o equilíbrio térmico é uma lei Q 10 � 100 C � --------- ⇒ C � -------------------- ⇒ C � 500 cal/°C aproximada, o que não é correto. - - �� 2 III) Verdadeira e) Verdadeira, pois: IV) Falsa Q � mL ⇒ 10 � 100 � 1000L ⇒ L � 1 cal/g 9 9 tF � ----- t � 32 ⇒ tF � ----- � 10 � 32 ⇒ tF � 50 °F - - f) Verdadeira, pois: 5 5 QT � P�T ⇒ QT � 100 � 40 ⇒ V) Verdadeira ⇒ QT � 4 000 cal ⇒ QT � 4 kcal Resposta: alternativa e. 376. 379. a) Falsa. Os átomos ou moléculas de um meio material vibram S � 90 m h sen 30° � ------- ⇒ h � 45 m mais intensamente à medida que recebem calor, e transmi- h - 90 tem esse movimento vibratório sucessivamente, transferin- 30° do energia cinética de uma partícula para outra, sem que elas se desloquem. Quando o esquiador está no início do percurso de 90 m, sua Observação: As afirmações b e c podem ser consideradas Observação: As afirmações b e c podem ser consideradas energia potencial gravitacional é: verdadeiras, com restrições. Elas omitem a radiação que, em verdadeiras, com restrições. Elas omitem a radiação que, em EP � mgh ⇒ EP � 72 � 10 � 45 ⇒ EP � 32 400 J muitos casos, pode ser relevante. Em gases rarefeitos, por muitos casos, pode ser relevante. Em gases rarefeitos, por exemplo, praticamente não há convecção, só irradiação. Em lí- exemplo, praticamente não há convecção, só irradiação. Em lí- Como a velocidade não varia, não há aumento de energia ciné- tica. Pode-se, portanto, supor que toda a energia potencial se quidos aquecidos de cima para baixo não há no exercício 177, quidos aquecidos de cima para baixo, como convecção. não há convecção. transforma em calor, utilizado para fundir a neve: EP � Qfusão. Sendo Qf � mLf, temos: 380. Resposta: alternativa a. EP 32 400 m � ------- ⇒ m � --------------------- ⇒ m � 0,090 kg ⇒ m � 90 g - Lf 3,6 � 10 5 381. Durante o dia, em geral, a água tem uma temperatura menor que a areia, o que dá origem à brisa marítima, com ventos do 377. a) Do enunciado, temos: mar para o continente. Ao chegar bruscamente uma grande �0 � 20 °C quantidade de água fria, o processo se intensifica. A velocidade � � 25 °C do vento aumenta e o seu sentido não é alterado. V � 200 m3 Resposta: alternativa c. d � 103 kg/m3 c � 4,2 � 103 J/kg � °C 382. a) Verdadeiro Sendo m � Vd, da expressão Q � mc�� temos: b) Verdadeiro Q � 200 � 103 � 4,2 � 103(25 � 20) ⇒ Q � 4,2 � 109 J c) Falso. A temperatura mede o estado de agitação das partí- b) O processo predominante de transferência de calor entre o culas de um corpo. ambiente e a água da piscina é a irradiação. Entre a água da d) Falso. À mesma pressão o ponto de fusão e o de solidifica- superfície e a do fundo, ocorre a condução como processo de ção de uma substância são os mesmos. 59
- 60. 383. I) Sendo menor a pressão sobre a superfície do líquido, as 388. Sobre o sistema é realizado trabalho, logo † � �200 J e ele moléculas “escapam” com mais facilidade, vaporizando-se libera calor, então Q � �70 cal. Escrevendo a quantidade de a uma temperatura menor. calor em joules, temos: II) Substâncias com pequeno calor específico sofrem maiores Q � �70 � 4,19 ⇒ Q � �293 J variações de temperatura ao absorver ou ceder calor. Da expressão Q � † � �EI, temos: III) Cores escuras absorvem a maior parte da radiação visível �293 � �200 � �EI ⇒ �EI � �93 J que recebem. IV) A radiação é o único processo pelo qual o calor se transfere 389. Do gráfico temos Q � 600 cal e �T � 200 K. Como m � 4,0 g, no vácuo. da expressão QV � mcv �T vem: Resposta: alternativa b. 600 � 4,0cV � 200 ⇒ cV � 0,75 cal/g � K Resposta: alternativa c. 384. I) Falsa. A radiação é o único processo pelo qual o calor pro- paga-se no vácuo. 390. a) Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, podemos escrever: II) Verdadeira Verdadeira. pA VA pB VB pC VC ------------- � ------------ � ------------ ⇒ - - TA TB TC III) Verdadeira. A condução é transferência de calor e não há transferência de calor se não houver diferença de tempe- TA pA VA TA ⇒ ------- � ------------- ⇒ ------- � 1 - - ratura. TC pC VC TC Resposta: alternativa e. Como a razão é 1, podemos concluir que os pontos A e C têm a mesma temperatura e pertencem à mesma isoterma. 385. A lã, sendo isolante térmico, dificulta que o calor chegue ao b) O trabalho é a área do gráfico compreendida entre a curva e corpo pelo processo da condução. E a cor branca impede que a o eixo das abscissas: roupa absorva muito calor por radiação. Observação: A questão confunde radiação térmica, predomi- †�3�2⇒†�6J nantemente infravermelha, com a radiação visível. Embora a ra- 391. O trabalho é a área no gráfico entre a curva e o eixo das abs- diação visível também transporte calor, não é o fato de o branco cissas: refletir todas as cores que o torna bom refletor térmico. O vidro é um bom refletor térmico, embora seja transparente às radia- † � �1,0 � 5 � 103 ⇒ † � 5 � 103 J ções do espectro visível. Um bom refletor térmico é um bom re- Como o volume aumenta na transformação, sabemos que † � 0, fletor de radiações infravermelhas. ou seja, o gás realiza trabalho sobre o ambiente. Resposta: alternativa c. Resposta: alternativa a. 386. Como vimos no capítulo 14, tópico 3, o fluxo de calordadoatra- O fluxo de calor que atravessa uma parede é que por 392. a) Como a transformação é adiabática, o gás não troca calor Q S T S�T com o meio externo, então temos † � �EI. Para os gases mo- ----------- k ------------ , em que �Q- � k � ------------ , térmica, é vessa uma parede -é dado pork---------- condutibilidade em que k S éa - t d �t d 3 a área atravessada pelo fluxo, DT a diferença de temperatura noatômicos, temos EI � ----- � nRT. Sendo n � 1 mol, vem: - a condutibilidade térmica, S a área atravessada pelo fluxo, �T 2 entre as faces da parede e d a espessura da parede. Como S a diferença de temperatura entre as faces da parede e d a es- 3 e DT serão os mesmos para essa parede, para o produto A pessura da parede. Como S e �T serão os mesmos para essa † � ----- � 1R(T1 � T2) ⇒ † � 1,5R(T1 � T2) - podemos escrever: 2 parede, para o produto A, podemos escrever: b) Como vimos na nota da página 350, capítulo 15, numa trans- k A S�T b) formação transformação adiabática é válida � const, que Em uma adiabática é válida a expressão pV� a expressão [ ---------- ] � ----------------- (I) �Q - - �T A eA pode ser escrita pode ser escrita na forma: pVg = const, que na forma: Para o produto B, sendo kB � 2kA e eB � 2eA, temos: log p � � � log V � const (I) Sendo pV � nRT, para um gás monoatômico à temperatura k B S�T 2k A S�T [ ---------- ] � ----------------- ⇒ [ ---------- ] � -------------------- ⇒ �Q - - �Q - - T, volume V e n � 1, podemos escrever o valor de p na for- �T B eB �T B 2e A ma: k A S�T ⇒ [ ---------- ] � ----------------- �Q - - (II) RT p � -------- - (II) �T B eA V Portanto, é indiferente usar A ou B. Substituindo na expressão (I), temos: 387. a) Q � 200 � 4 ⇒ Q � 800 J RT log -------- � � � log V � const ⇒ - V b) O sistema recebe calor, logo Q � �800 cal. Sendo �EI � 0 a variação da energia interna, da Primeira Lei da Termodinâ- ⇒ log RT � log V � � � log V � const ⇒ mica, temos: const � log V � log RT ⇒ � � ------------------------------------------------------ - Q � † � �EI ⇒ 800 � 150 � �EI ⇒ �EI � 650 J log V 60
- 61. que permite obter o valor de � e da constante sabendo o T2 Sendo � � 1 � ------- , vem: valor de VA e T2 e VB e T1. T1 Observação: É óbvio que esta questão está muito acima da 300 realidade do nosso ensino. Por isso, achamos suficiente esta � � 1 � ---------- ⇒ � � 0,25 - 400 solução parcial. † Da expressão � � ------- , temos † � 1000 J. Portanto: - 393. I) Verdadeira Q1 II) Falsa, pois contraria a Segunda Lei da Termodinâmica. 1 000 0,25 � -------------- ⇒ QI � 4 000 J ⇒ QI � 952 cal - Q1 III) Verdadeira Resposta: alternativa d. 398. a) Falso. A energia interna depende da variação de energia e esta é igual em ambos os trechos. 394. a) Falsa. A compressão adiabática ocorre entre D e A, o volu- b) Verdadeiro. No trecho AB, a transformação é isotérmica, lo- me diminui, a pressão aumenta e a temperatura também, fa- go, �EI � 0 e Q � †. zendo a energia interna do gás aumentar. c) Verdadeiro. Na expansão adiabática, Q � 0 e † � �EI, que b) Verdadeira é proporcional à variação de temperatura. c) Verdadeira d) Falso. Em AD a temperatura aumenta, o gás absorve calor; d) Falsa. Na compressão isotérmica a temperatura permanece em DC ela diminui, o gás cede calor. constante, portanto a energia interna não varia. 399. Transformação isovolumétrica (1 → 2): sistema recebe calor: e) Verdadeira. A expressão “transformação cíclica” não é ade- Q � 0 ⇒ Q � �1200 cal. Como o volume não varia, temos 1200 quada, pois um ciclo compõe-se de uma sequência de trans- W � 0. Portanto, �U � Q ⇒ �U � �1200 cal. U U 1200 formações. Relevando-se essa expressão, a afirmação pode Transformação isobárica (1 → 3): sistema recebe calor: Q � 0 Transformação isobárica (1 3): sistema recebe calor: ser aceita como correta, pois na transformação AB em que o ciclo recomeça, a máquina térmica está em equilíbrio térmico ⇒ 0⇒ Q Q ⇒ Q � �2 000 cal.cal.pressão é constante e o e o traba- 2000 A A pressão é constante trabalho é lho é por: W � p�V. A energia internainterna fica 2 000 � p�V. dado dado por: W p V. A energia fica �U � com a fonte quente. U 2 000 p V. Transformação isotérmica (2 → 3): a área abaixo da curva (iso- 395. a) Falsa. Isso só é verdade em processos espontâneos. Como Transformação isotérmica (2 3): a área abaixo da curva (iso- terma) fornece o valor numérico do trabalho W � 1100 cal. essa ressalva não foi feita, consideramos a afirmação falsa. terma) afornece o valor numérico�U � 0 e Q W W,1100 cal. Como temperatura não varia, do trabalho � portanto b) Verdadeira Como a temperatura não varia, U 0 e Q W, portanto Q � 1100 cal. Q 1100 cal. c) Falsa, pois contraria a Segunda Lei da Termodinâmica. Logo: Logo: d) Falsa. Em módulo a afirmação seria correta, pois, quando a entropia aumenta, a energia disponível diminui. Como esta Transformação Transformação QQ (cal) W (cal) (cal) W (cal) �UU(cal) (cal) ressalva não foi feita, toda variação tem sinal algébrico, en- Isovolumétrica (1 2) 1200 Isovolumétrica (1 → 2) 1200 00 1200 1200 tão a afirmação é falsa. Isobárica (1 3) Isobárica (1 → 3) 22 000 000 p�VV 22 000� p�VV p 000 p e) Verdadeira. A afirmação “processos naturais irreversíveis” é Isotérmica (2 3) Isotérmica (2 → 3) 1100 1100 1100 1100 00 um pleonasmo que, neste contexto, pode ser tolerado. 396. O refrigerador é uma máquina térmica que retira calor do seu 400. A seleção realizada por essa criatura faria com que, no decorrer do tempo, as moléculas mais rápidas ficassem no comparti- interior e o cede ao ambiente externo. Com a porta aberta deixa mento A enquanto as mais lentas ficassem no compartimento de haver dois ambientes distintos. O refrigerador vai receber e B. Dessa forma, a temperatura de A tenderia a aumentar, en- ceder calor para a própria cozinha, por isso não vai refrigerar o quanto a de B tenderia a diminuir, ou seja, esse sistema nunca ambiente. estaria em equilíbrio térmico. Resposta: alternativa b. 397. a) Falsa. De A até B verificamos no gráfico que a pressão varia. b) Falsa. De B até C, a temperatura do gás varia de T1 para T2. T menor T maior c) Verdadeira. O volume diminui e a temperatura permanece constante. d) Verdadeira. A compressão é adiabática. T2 e) Falsa. O rendimento é dado por � � 1 � ------- , ou seja, não T1 moléculas lentas moléculas rápidas depende da substância. (B) (A) f) Verdadeira. Na transformação AB, a máquina retira calor Q1 da fonte quente. Resposta: alternativa a. 61
- 62. 401. a) Como o ano-luz é a distância percorrida pela luz em 1 ano e d) Errado. Nesse trecho, o gráfico x t é uma reta, logo a ve- a nave viaja com a velocidade da luz a um planeta que dista locidade é constante e, portanto, a aceleração é nula. 4,3 anos-luz da Terra, o tempo de viagem de ida e volta do sr. e) Correto. Nesse trecho o gráfico é uma reta cujo coeficiente P. K. Aretha teria sido de 8,6 anos. angular é negativo, logo a velocidade é negativa. b) A distância desse planeta à Terra corresponde à distância em Resposta: alternativas c, e. metros equivalente a 4,3 anos-luz. Como a velocidade da luz é constante, da expressão x v t, sendo v 3,0 108 m/s e t 1 ano 3,2 10s, temos: 405. O deslocamento x é a “área sob a curva” do gráfico v t, nes- x 3,0 108 3,2 107 ⇒ x 9,6 1015 m se caso um trapézio. Temos, portanto: (12 5)10 x ------------------------- ⇒ x - 85 m 402. O módulo desse deslocamento d=PQ é o segmento PQ, hipotenusa 2 do triângulo sombreado da figura abaixo: Resposta: alternativa a. P 100 m 406. a) Errado. Nesse instante o ratinho está a 9,0 m de sua toca. 300 m d=PQ b) Errado. O ratinho está parado (poderíamos admitir como cor- reto, pois v 0 também é constante). Q c) Errado. Retilíneo sempre foi, por imposição do enunciado, mas uniforme não, porque a velocidade variou. 400 m d) Correto. A posição do ratinho no instante t 11s em que se inicia a perseguição é 9,0 m e a do gato é 14 m, logo a dis- Temos, portanto, o Teorema de Pitágoras: tância entre eles é 5,0 m. 2 d PQ 3002 4002 ⇒ dPQ 500 m e) Correto. O ratinho para nos intervalos de 5,0s a 7,0s e de 10s a 11s. Resposta: alternativa d. f) Correto. É o que mostra o gráfico para d 0 m. g) Errado. A distância percorrida pelo gato (14 m) é maior que a 403. A bola atinge o goleiro com velocidade v0 108 km/h 30 m/s percorrida pelo ratinho (9,0 m) no mesmo intervalo de tempo, e, no intervalo de tempo t 0,1s, ela para. Logo, da definição mas ele não alcança o ratinho. v de aceleração média, am -------- , temos: Resposta: alternativas d, e, f. - t 0 30 am ------------------ ⇒ am - 300 m/s 0,1 407. a) Correto. As “áreas sob a curva” dos dois veículos são iguais, Resposta: alternativa c. nesse intervalo de tempo. b) Errado. A “área sob a curva” de A é maior que a de B (a “área sob a curva” de B está contida na “área sob a curva” de A). 404. a) Errado. No trecho BC a velocidade é constante e positiva; no c) Correto. No tempo t 30min as retas se cruzam no mesmo trecho DE é constante e negativa. Mas em ambos a acelera- ponto, logo a velocidade de ambos é a mesma. ção é nula. d) Correto. As inclinações das retas no tempo t 30min têm si- b) Errado. No trecho CD a posição não varia. A velocidade é zero. nais opostos. A inclinação de A é negativa; a de B é positiva. c) Correto. De A a C a posição tem sempre valores crescentes. Resposta: alternativas a, c, d. 62
- 63. 408. Veja as figuras: gravidade, concluímos que todas as bolas foram lançadas com referencial o mesmo componente v==y. Logo, v= yA v= yB v= yC . O tempo que 0 d a bola fica no ar também depende apenas do componente v==y e da aceleração da gravidade. Então, tA tB tC. t 300s O alcance de A é menor que o de B que é menor que o de C. Fig. 1: ida sem remar Como o alcance depende apenas do componente v==x e do tempo que a bola fica no ar, que é igual para todas, podemos concluir que 0 d v= xA v= xB v= xC . t 100s Resposta: alternativa c. Fig. 2: ida, remando 411. A velocidade angular é dada pela expressão 2πf. Sendo 0 d 30 f 30 rpm ------- Hz 0,50 Hz, temos: - 60 t 600s 2π 0,50 ⇒ π rad/s Fig. 3: volta, remando O módulo da velocidade linear v pode ser obtido pela expressão = Na ida sem remar (figura 1), sendo v R a velocidade do rio, pode- v r. Logo, sendo r 5 cm, temos: x v π 5 ⇒ v 5π cm/s mos escrever, em módulo, vR -------- , em que x - d e t Resposta: alternativa a. t 300s. 412. a) Veja as figuras: Logo: d N= = P2 N= = P2 vR --------- ⇒ d - 300vR (I) 300 F= Na ida remando (figura 2), a velocidade da canoa em relação à 1 1 d margem é vC VR ---------- , em que vC 2, 0 m/s (velocidade = FA = PA = FA = PA - t da canoa em relação ao rio ) e t 100s. Temos, então: em que P =1 é o peso do bloco 1, P =2 é o peso do bloco 2, N= é d 2,0 vR --------- ⇒ d - 100vR 200 (II) a força normal exercida pela superfície, F = é a força que a pes- 100 = soa exerce sobre o bloco 1 e FA é a força de atrito entre o blo- De (I) e (II), temos: co 1 e a superfície. vR 1,0 m/s e d 300 m b) Veja as figuras: Na volta (figura 3), de acordo com o referencial adotado, a veloci- dade da canoa em relação à margem é v C d vR ---------- , em x v - t E que v C é a velocidade da canoa em relação ao rio, vR 1,0 m/s é a velocidade da correnteza do rio em relação à margem, C v2 d 300 m e t 600s. Temos, então: 300 300 vC --------------- ⇒ v C 1,0 --------------- ⇒ vR - - A t t 600 600 0 0 ⇒ vC 1,5 m/s Com esses resultados, podemos responder às alternativas dadas: a) Errado. A velocidade da canoa em relação à margem, quando 413. a) A distância PQ corresponde ao deslocamento vertical y do os pescadores remaram rio acima, é v C vR 1,5 dardo sob a ação da gravidade num tempo de 0,20s, num lan- 1,0 0,5 m/s. çamento horizontal. A função da posição vertical nesse caso b) Errado. d) Correto. f) Errado. 1 é y y0 v0t ---- gt 2 , portanto, podemos escrever: c) Correto. e) Correto. g) Errado. - 2 Resposta: alternativas c, d, e. 1 y v 0y t ---- gt 2 ⇒ - y 0 5 0,22 ⇒ 409. Essa situação é impossível porque os corpos caem com velocidade 2 inicial nula, a resistência do ar é desprezível e a aceleração da gra- ⇒ y 0,40 m ⇒ PQ 0,40 m vidade não depende da massa dos corpos. Como os biscoitos caí- ram antes, seria impossível o jovem alcançá-los pulando depois. b) Se o ponto Q dá duas voltas em 0,20s, o alvo dá uma volta a cada 0,10s, ou seja, o período de rotação do alvo é T 0,10s. Resposta: alternativa d. Como a frequência é o inverso do período, temos: 410. Todas as trajetórias têm mesma altura máxima. Como a altura 1 1 f ---- ⇒ f ----------- ⇒ f 10 Hz - - máxima depende apenas do componente v==y e da aceleração da T 0,10 63
- 64. 414. A esfera 1 cai verticalmente, a partir do repouso, com a acele- mos concluir que o módulo da força resultante sobre esse ração da gravidade. Logo, da função da posição, podemos escre- conjunto é o módulo da força F ,= F 14 N. Sendo mA 3 kg, ver para essa esfera: mB 4 kg, da Segunda Lei de Newton, temos: 1 1 2 2h FR ma ⇒ F (mA mB)a ⇒ 14 (3 4)a ⇒ a 2 m/s2 y y0 v0t ----- gt 2 ⇒ 0 h ----- gt 1 ⇒ t1 -------- (I) 2 2 g Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco A, isolado, = podemos determinar o módulo da força de atrito, f at: A esfera 2 desliza sobre o plano, a partir do repouso, com acele- ração constante a g sen 30° (como vimos no estudo do plano FR ma ⇒ fat mAa ⇒ fat 3 2 ⇒ fat 6N h inclinado) percorrendo a distância x ------------------ . Veja a figura: b) Isolando B, como mostra a figura: - sen 30 1 2 = fat A x F= B h 30° = Podemos concluir que a reação à força de atrito, f at, atua Sendo sen 30° 1 1 1 ----- , temos a ----- g e x ----- h. Da função = 2 2 2 sobre o bloco B, na mesma direção e sentido oposto a F . O da posição do MRUV, temos: = = módulo de f at é o mesmo de f at, que vale 6 N. 1 1 1 1 2 418. a) Errado. Se a velocidade é constante, o módulo da soma veto- x x0 v0t ----- at 2 ⇒ ----- h 0 ------ [ ----- g]t 2 ⇒ 2 2 2 2 = = rial de F h F v é igual ao módulo da resultante das forças de 2h resistência R = = e R=4. Logo, o módulo de F h é menor do que a ⇒ t2 ------- - (II) g resultante das forças de resistência, que são duas, não três. t1 b) Correto. Veja a figura: De (I) e (II) pode-se concluir que a razão ----- é igual a 1. - t2 R= = R4 Observações: Fv= I) Esse resultado podia ser previsto pelo Princípio da Indepen- 30° dência dos Movimentos. Bastaria associar esse movimento com um lançamento horizontal, por exemplo. Pode-se concluir do triângulo acima que: II) Tanto o Princípio da Independência dos Movimentos como a 1 solução apresentada valem se não houver atrito, resistência Fv (R Rd) sen 30° ⇒ Fv ----- (R R d ) 2 do ar e se a esfera não girar. A última hipótese não está pre- c) Errado. A velocidade da placa é de 10 cm/ano, o que equivale vista no enunciado, mas pode ser aceita porque, sem atrito, a 10 4 km/ano. Em 1 milhão de anos essa placa terá percor- a esfera só poderia girar se fosse colocada rodando sobre o rido a distância x 10 4 km/ano 106 anos 100 km, por- plano. Com atrito, ela sempre gira e a solução não poderia tanto a placa ainda está a 900 km da costa da América do Sul. ser feita dessa maneira. d) Correto. Se há acelerações bruscas em determinadas oca- 415. A rigor não há diferença entre a figura 1 e a figura 2. Em ambas siões é porque, nessas ocasiões, aparecem forças resultantes um cavalo puxa a corda e algo a segura. Em 1, é a parede; em 2 não-nulas. é outro cavalo. Por isso podemos concluir que, se antes (figura 1) a corda não arrebentava, depois (figura 2) ela também não vai 419. a) A força F = exercida pela saladeira sobre o morango é a resul- = tante de duas forças de reação. A primeira, F y, é uma força arrebentar. Resposta: alternativa d. de reação ao componente P y do peso P = do morango. Esse = componente é normal à superfície da saladeira. Como a su- 416. Não havendo resistência do ar, a única força que atua sobre a perfície é esférica, a normal é radial, ou seja, passa pelo cen- bola depois que ela está fora do tubo é o seu peso, vertical para tro C do hemisfério. baixo. = A segunda, F x, é uma força de atrito exercida pela saladeira Resposta: alternativa d. sobre o morango que equilibra o componente tangencial P x = do peso P = do morango. Logo, a direção de F = é vertical para 417. a) Veja a figura: cima, oposta ao peso do morango. Veja a figura: N= C A F= F= PA= = fat B Fy= Fx= = Como mostra a figura, a força de atrito, f at, que o bloco B exerce sobre o bloco A, é a força resultante sobre A e atua Px= Py= na mesma direção e sentido da força F .= Para determinar o seu módulo é preciso inicialmente determinar a aceleração do conjunto AB que se move solidariamente. Da figura, pode- P= 64
- 65. b) A reação à força F = é o peso do morango, que atua na super- 423. Quando o trem está com MRU, na horizontal, a resultante das fície interna da saladeira; como o peso P = do morango é exer- forças que atuam sobre o bloco é nula, de acordo com o princípio cido pela Terra, a reação a ele está aplicada na Terra. da inércia. Logo, a força F = que o piso exerce sobre o bloco é ver- tical para cima, de mesmo módulo e sentido oposto ao peso P = 420. Em relação a um observador externo, o pêndulo está sujeito a do bloco. Veja a figura: uma força resultante F = que lhe comunica uma aceleração a== movimento igual à do trem. Veja a figura: T= a= F= F= P= A B Quando o trem está freando uniformemente o bloco também deve ser freado, caso contrário ele desliza para a frente, ao lon- Podemos portanto concluir que o trem está sendo acelerado go do piso. Esse freamento ocorre com a ação da força de atrito, para a direita, de A para B, o que pode acontecer quando o trem = f at, que atua paralelamente ao piso, no sentido oposto ao movi- vai de B para A, com a velocidade diminuindo (freando). mento. Assim, no freamento, o piso passa a exercer sobre o blo- Resposta: alternativa e. co mais uma força, além da força F ,= de reação ao peso do bloco. = Portanto, a força F � que o piso exerce sobre o bloco durante o 421. a) Se a mola está comprimida, há uma força inercial F = atuando freamento do trem é a resultante das forças F = e F at. Como essas = sobre o corpo no sentido de comprimir a mola em relação ao = forças são perpendiculares entre si, o módulo da força F � é maior trem. Isso significa que o trem está acelerando no sentido oposto, contrário ao sentido do seu movimento, em relação à do que o módulo da força F .= Veja a figura: Terra. Veja a figura: movimento movimento a= a= F�= F= = Fat F= 424. O peso da pessoa é P marcação da balança em repouso. Se o elevador sobe com aceleração a � 2g, em módulo, vertical b) Como a aceleração atua no sentido oposto ao do movimento, para cima, pela Segunda Lei de Newton o módulo da força re- supondo que a compressão da mola seja constante, pode-se sultante FR que atua sobre a pessoa que está dentro do eleva- afirmar que o movimento é retilíneo uniformemente retardado. dor, sobre a balança, é: FR � m � 2g ⇒ FR � 2P (I) = 422. a) O módulo da força de sustentação, F S, que atua sobre o avião no instante em que ele começa a voar é igual ou maior do que Mas, como mostra a figura, enquanto o elevador acelera para cima o módulo da força resultante é FR � N � P (II), em que N o módulo do seu peso. Logo, sendo m � 1,0 � 105 kg a massa é a força exercida pela balança (que é a sua marcação ou leitura) do avião e g � 10 m/s2, podemos escrever: e P o peso da pessoa. FS � P ⇒ FS � mg ⇒ FS � 1,0 � 105 � 10 ⇒ FS � 1,0 � 106 N b) O módulo da força média horizontal, FH, resultante, que atua N= sobre o avião enquanto ele percorre a pista pode ser calcula- do pela Segunda Lei de Newton, FR � ma. O valor de a pode a= ser calculado pela aceleração do avião no percurso �x � � 2 000 m de pista, a partir do repouso e, ao final dos quais, o avião está com velocidade v � 360 km/h � 100 m/s. Da “equação” de Torricelli, temos: 2 P= v2 � v 0 � 2a�s ⇒ 1002 � 2a � 2 000 ⇒ a � 2,5 m/s2 De (I) e (II), concluímos que: Logo, da Segunda Lei de Newton, temos: 2P � N � P ⇒ N � 3P FR � ma ⇒ FH � 1,0 � 105 � 2,5 ⇒ FH � 2,5 � 105 N Resposta: alternativa c. 65
- 66. 425. Veja a figura: podemos concluir que a resultante centrípeta, em módulo, é: Fc � N � cos � (I) Mas, ainda dessa figura, podemos concluir que, para a partícula N= de peso P � mg ficar em equilíbrio no plano horizontal é preciso P= que, em módulo: No ponto mais alto do globo da morte, em relação a um referen- P � Ny ⇒ mg � N � sen � (II) cial externo, sendo P = o peso do conjunto, N= a reação normal do Dividindo (II) por (I), obtemos: teto do globo sobre o conjunto e F =c a força centrípeta, podemos Fc � tg � � mg (III) escrever: F =c � P = � N= Mas sabemos também que o módulo da força centrípeta pode ser expresso pela relação Fc � m�2R e que, nesse caso, da Como N= é no mínimo zero, na condição limite para que o moto- figura, podemos concluir que R � h � tg �. Portanto, podemos ciclista e a moto não caiam, podemos concluir que o peso do conjunto é igual ou menor do que a força centrípeta. escrever: Resposta: alternativa c. Fc � m�2R ⇒ Fc � m�2h � tg � (IV) 426. a) Veja a figura abaixo, em que as forças foram representadas De (III) e (IV), obtemos: em relação a um observador externo: g 1 (m�2h � tg �) � tg � � mg ⇒ h � -------- � ------------- ⇒ - - C �2 tg 2 � g N=C ⇒ h � -------- � cotg2 � - �2 P= Resposta: alternativa d. N=D N=B D B 428. a) Correto. Veja a figura: F= F= P= P= = NA = NB � � N=A A B A P= P= P= b) No ponto C, como mostra a figura, as forças que atuam sobre Em A o módulo da força normal é NA � P � Fy; em B o mó- o conjunto piloto � motocicleta são P , peso do conjunto, N=, = dulo da força normal é NB � P � Fy. Como o enunciado su- reação normal do teto do globo sobre o conjunto. A resultante gere que os blocos se movimentam, se o coeficiente de atrito dessas duas forças é a força centrípeta que atua sobre o con- cinético é o mesmo, onde a força normal for maior, a força de junto F c= � P = � N=. A menor velocidade possível do conjunto atrito também será maior. ocorre quando ele passa tangenciando o teto do globo, sem b) Errado. Como mostra a figura acima, a força que atua no sen- = encostar, e, portanto, N= � 0. Nesse caso, F c= � P . tido do movimento é a mesma nos dois casos, Fx � F � cos �, v2 Sendo FC � m � ------ e P � mg os módulos dessas forças, mas a força contrária em A é menor que em B. Logo, a resul- - r tante em cada bloco é diferente. Como as massas são iguais, podemos escrever: as acelerações têm de ser diferentes. v2 m � ------ � mg ⇒ v � rg - c) Correto. Sendo Fy � F � sen � e, como vimos acima, NA � r � P � Fy, podemos concluir que NA � P � F � sen �. 427. Das forças que atuam sobre a partícula, mostradas na figura d) Errado. Mesmo que os módulos sejam iguais, como foi uma abaixo: suposição necessária à solução das questões anteriores, a di- reção e sentido são diferentes, logo, as forças são diferentes. 429. Da definição de força de atrito estático, fae � N�e. Sendo, neste N= N=y caso, N � P � 15 N e �e � 0,4, temos: R fae � 15 � 0,4 ⇒ fae � 6 N Isso significa que, enquanto o bloco permanecer em repouso, o N=x P= módulo da força de atrito é sempre igual ao módulo da força ho- h � rizontal aplicada ao bloco, até o valor máximo de 6 N. Resposta: alternativa a. 66
- 67. 430. a) Os coeficientes de atrito estático, �e, e cinético, �c, são por 1 � ---- at 2 , sendo v0 � 0 e fazendo �x � x � x0, podemos - f ae f ac 2 definição �e � ------- e �c � ------- , em que fae é o módulo da - - N N escrever: força de atrito de destaque, igual ao módulo da força mínima 1 1 �x � ---- a vaso t 2 ⇒ d � ---- g�t 2 (I) - - que desloca o corpo da superfície em que ele está apoiado; 2 2 fac é o módulo da força de atrito cinético, igual ao módulo da Agora vamos estudar o movimento do forro sobre a mesa. Como força mínima que mantém o corpo em movimento sobre a su- vimos, a sua extremidade esquerda deve percorrer com acelera- perfície em que ele está apoiado e N é o módulo da força nor- ção do módulo a a distância �x � D no mesmo tempo t em que mal às superfícies em contato. o vaso percorre a distância d. Analogamente ao movimento do Dos dados da questão, concluímos que fae � 30 N, fac � 20 N vaso sobre o forro, temos: e N � 20 � 10 � 200 N. Logo, os valores dos coeficientes de 1 1 �x � ---- at 2 ⇒ D � ---- at 2 (II) - - atrito estático e cinético são: 2 2 30 20 D Como os tempos devem ser iguais, de (I) e (II), temos a � ----- g�. �e � --------- � 0,15 e �c � --------- � 0,10 - - - 200 200 d Mas esse é o valor-limite, mínimo. Se a aceleração for maior, o b) Da definição de trabalho de uma força, τF � Fd � cos �, sendo tempo t, em (II), será menor, ou seja, o vaso cairá sobre a mesa antes o módulo da força F � 20 N, o deslocamento d � 5 m e o ân- de o forro chegar à sua borda, dando maior segurança ao desafio. gulo � � 0, pois a força atua na mesma direção e sentido do Resposta: alternativa d. deslocamento, temos: 432. Se um corpo se move com velocidade constante em trajetória re- τF � 20 � 5 � cos 0° ⇒ τF � 100 J tilínea, a potência PT desenvolvida pode ser determinada pelo c) O trabalho seria nulo porque essa força não seria suficiente produto PT � Fv, em que F é o módulo da força motora (que pro- para iniciar o deslocamento. E, se não há deslocamento, não duz trabalho positivo sobre o corpo) e v o módulo da velocidade. há trabalho. É claro que, para o trabalho calculado no item Para uma rampa inclinada, como indica a figura, sendo P = o peso anterior, no instante inicial, o carregador fez uma força de do bloco e f a= a força de atrito, o módulo da força motora F = é 30 N, no mínimo, mas admitimos que essa força foi exercida F � Px � fa : apenas para destacar o corpo do piso. Ela realiza trabalho F= também, mas o consideramos desprezível porque o desloca- Px= mento em que essa força atua é muito pequeno. fa= 431. Para que o vaso não caia da mesa, o forro deve escorregar sob � o vaso da distância d, ao mesmo tempo que o forro com o vaso Sendo fa � N� e N � Py, então fa � Py�. Lembrando que Px � em cima se desloca da distância D em relação à borda direita da � P � sen � e Py � P � cos �, podemos escrever: mesa. Dessa forma, quando o vaso sai de cima do forro ele cai ainda na borda da mesa. F � P � sen � � (P � cos �)� ⇒ F � P(sen � � � � cos �) Inicialmente vamos estudar o movimento do vaso sobre o forro. Logo, a potência PT � Fv fornecida ao bloco é: A força que arrasta, escorregando, o vaso quando o forro é pu- PT � P(sen � � � � cos �) v (I) xado é a força de atrito. Veja a figura: Para um plano horizontal, o módulo da força motora F = é F � fa N= e, nesse caso, como N � P, fa � P�. Veja a figura: F= fa= = fac Logo, o módulo da força é F � P� e a potência Q, para a mesma velocidade v, nesse caso é: P= Q � Fv ⇒ Q � P�v (II) Dividindo membro a membro a expressão (II) por (I), temos: = Como se vê na figura, a força resultante, F R, sobre o vaso é a = força de atrito cinético, f ac, cujo módulo, nesse caso, é fac � N�, Q � ------ � ------------------------------------------- ⇒ PT� � Q � sen � � �Q � cos � ⇒ - - em que N é igual, em módulo, ao peso do vaso de massa m. PT sen � � � � cos � Logo, fac � mg�. Q � sen � ⇒ �(PT � Q � cos �) � Q � sen � ⇒ � � ----------------------------------- - Da Segunda Lei de Newton, temos: P T � Q � cos � FR � ma ⇒ fac � mavaso ⇒ mg� � mavaso ⇒ avaso � g� Resposta: alternativa e. Essa é, portanto, a aceleração do vaso em relação ao forro, com 433. a) Sabe-se que, quando um cor- R= F1= a qual ele deve deslocar-se �x � d, num tempo t. Como o mo- po se move com velocidade vimento do vaso é uniformemente variado, pois a aceleração é constante em trajetória retilí- constante, da função da posição desse movimento, x � x0 � v0t � nea, a potência, P, desenvolvida pode ser determinada pelo 67
- 68. produto P � Fv, em que F é o módulo da força motora (que e) Errado. Como o plano é perfeitamente liso, a energia mecâ- produz trabalho positivo sobre o corpo) e v o módulo da velo- nica se conserva até atingir o ponto B. Portanto, podemos cidade. escrever: Nesse caso, no trecho 1, horizontal, (veja a figura) a força 1 E MA � E MB ⇒ mgh � ---- mv 2 ⇒ v2 � 2gh (I) - motora é a própria força F1 exercida pela estrada sobre o au- 2 tomóvel (na verdade, essa é a força de reação à força exerci- Mas, da “equação” de Torricelli, temos: da pelo automóvel sobre a estrada) para vencer a resistência do ar, de módulo R. Como v � 20 m/s e P � 30 kW � 30 000 W, v2 � v 0 � 2ad ⇒ v2 � 2ad 2 (II) temos: gh De (I) e (II), concluímos que d � ------- . - P � F1v ⇒ 30 000 � F1 � 20 ⇒ F1 � 1500 N a Como nesse trecho a resultante é nula, pois a velocidade é f) Correto. O trabalho realizado pelo atrito no trecho BC, τABC constante, da Segunda Lei de Newton, temos: consome toda a energia mecânica do corpo em B, EM � mgh, F1 � R � 0 ⇒ R � 1500 N portanto, podemos escrever: τABC � �τABC ⇒ mg�d (�1) � 0 � mgh ⇒ � � ---- h Nos trechos 2 e 4, a velocidade continua a ser constante, a - d resultante é nula, e a resistência do ar continua a valer, por Resposta: alternativas b, d, f. hipótese, R � 1500 N. Com esses dados, sabendo que sen � � 0,10, sen � � 0,15 e que o peso do automóvel é 435. Como o desnível é de �h � 20 m e d. Maria sobe a ladeira com P � mg � 1000 � 10 � 10 000 N, com o auxílio da Segunda velocidade constante, a ordem de grandeza do gasto de energia Lei de Newton, podemos determinar os módulos de F2 e F4. é igual à variação da energia potencial gravitacional, �EPg, de Veja a figura: d. Maria. Sendo m � 60 kg, g � 10 m/s2, podemos fazer: F2= R= �E Pg � mg�h ⇒ �E Pg � 60 � 10 � 20 ⇒ �E Pg � 1,2 � 104 J R= F4= Px=2 Px= Resposta: alternativa b. � � 4 Na figura à esquerda, temos: 436. Andando em ziguezague, d. Maria aumenta o deslocamento, diminuindo a força para realizar o mesmo trabalho. Diminuindo F2 � R � P x2 � 0 ⇒ F2 � R � P � sen � ⇒ também a velocidade, ela diminui força e velocidade simultanea- ⇒ F2 � 1500 � 10 000 � 0,10 ⇒ F2 � 2 500 N mente, reduzindo o produto da força pela velocidade, ou seja, re- Na figura à direita, temos: duzindo a potência, grandeza que pode ser obtida por esse pro- F4 � Px �RR� 00⇒ FF4� RR� PP� sen � ⇒ duto. ⇒4 sen ⇒ ⇒ F4 � 1500 � 10 000 � 0,15 ⇒ F4 � 0 N Resposta: alternativa a. Observe que no trecho 4 o motor do automóvel não fornece 437. a) Errado. Se não houvesse a resistência do ar, isso seria corre- potência. O automóvel se movimenta apenas à custa do seu to, pois a componente horizontal da velocidade é constante, próprio peso. já que a única força que atuaria sobre a bola seria a força pe- b) No trecho 2, como a força motora é F2 � 2 500 N e o auto- so, vertical. Mas como não há essa ressalva, a afirmação móvel tem velocidade constante de 20 m/s, a potência está errada. A velocidade da sombra diminui; portanto seu desenvolvida pelo motor é: gráfico é uma reta que se aproxima do eixo dos tempos. P � F2v ⇒ P � 2 500 � 20 ⇒ F1 � 50 000 W � 50 kW b) Errado. O que mantém um satélite em órbita é a força centrí- peta que dá origem à aceleração centrípeta. A aceleração 434. a) Errado. A intensidade da força normal, N, à superfície de um tangencial contribui apenas para aumentar ou diminuir a ve- plano inclinado de um ângulo � é igual à componente do locidade tangencial. peso do bloco perpendicular ao plano, Py � P � cos �. Nesse c) Correto. caso, portanto, a intensidade vale N � mg � cos 30° � d) Errado. Quanto maior a massa menor a aceleração, o que mg 3 � ------------------ . equivale também à menor variação de velocidade do corpo e, 2 por consequência, menor variação da quantidade de movi- b) Correto. A intensidade da força que faz o corpo descer um mento. plano inclinado de um ângulo � é igual à componente para- Resposta: alternativa c. lela ao peso do bloco, Px � P � sen �. Nesse caso, portanto, mg 438. Se o corpo tem MRU, a resultante das forças que atuam sobre a intensidade vale Px � mg � sen 30° � -------- . - 2 ele é nula. c) c) Errado. Se o corpo para em C, toda a energia mecânica do Errado. Se o corpo pára em C, toda a energia mecânica do Resposta: alternativa a. corpo em relação a esse nível é zero, enquanto em A ela era corpo em relação a esse nível é zero, enquanto em A ela era igual à correspondente energia potencial gravitacional, mgh. igual à correspondente energia potencial gravitacional, mgh. 439. a) Errado. Se a aceleração fosse constante, o gráfico v � t seria d) Correto. O trabalho realizado pela força peso para deslocar o uma reta. corpo de A até B é igual à energia potencial gravitacional do b) Correto. Nesse intervalo o gráfico é uma reta paralela ao eixo corpo em relação ao nível B, mgh. dos tempos. Logo, v � 0. 68
- 69. c) Correto. Até o instante t1 a velocidade tem valores crescen- Sendo F � 24 N, d � 7 m, v0 � 4 m/s e v � 10 m/s, temos: tes. Logo, a aceleração nesse intervalo de tempo é sempre 1 1 positiva (nesse intervalo a aceleração tem valores sempre 24 � 7 � cos 0 � ---- � m � 102 � ---- � m � 42 ⇒ m � 4 kg - - 2 2 decrescentes). d) Errado. O paraquedas serve para aumentar a intensidade da Resposta: alternativa b. resistência do ar e reduzir a aceleração. 444. a) Correto. Não há componente da velocidade ou aceleração e) Correto. Nesse intervalo de tempo a velocidade diminui, o atuando fora do plano em que o projétil é lançado. que significa que a aceleração atua verticalmente para cima. Portanto, a força resultante também é vertical para cima e a b) Errado. O projétil atinge o seu alcance máximo quando o ân- resistência do ar é maior que o peso do conjunto. gulo de lançamento é 45°. f) Errado. c) Errado. O alcance depende de v0 e do ângulo �0. g) Errado. Se há resistência do ar não há conservação da ener- gia mecânica. d) Correto. Desde que o chão seja horizontal. Resposta: alternativas b, c, e. e) Errado. Há conservação de energia, pois a força externa — o peso do corpo — é conservativa. 440. a) Correto. b) Errado. A resistência do ar diminui, de fato, mas a força da f) Errado. Em geral, a resistência do ar reduz o alcance do pro- gravidade não permanece constante, pois o valor de g dimi- jétil. Em casos excepcionais, como no golfe, é possível obter nui com a altitude. alcances maiores com o auxílio do ar, mas aí a expressão c) Correto. “resistência do ar” talvez não seja a mais adequada. d) Correto. g) Errado. Em geral, a resistência do ar reduz a altura máxima do 441. a) Errado. Seus efeitos se manifestam até hoje, mas a força só projétil. Vale a mesma ressalva do item anterior. durou enquanto durou a explosão. Resposta: alternativas a, d. b) Correto. Embora a força de interação gravitacional tenda a zero, no infinito, pode-se supor que ela sempre exista e, como 445. Basta aplicar o Princípio da Conservação da Energia Mecânica, é sempre atrativa, poderia vir a reunir novamente todas ga- considerando o ponto A na ponte, o ponto B no pé do homem e láxias. o nível C de referência para a energia potencial gravitacional no c) Correto, embora essa afirmação não faça muito sentido. A leito do rio. Temos então: inércia é uma propriedade intrínseca dos corpos, relacionada à sua massa. E não há galáxia sem massa. E Pg � E Pel � E CA � E Pg � E Pel � E CB ⇒ A A B B 442. a) Correto. A função que descreve a trajetória do movimento é 1 ⇒ mghA � 0 � 0 � mghB � ---- kd 2 � 0 - parabólica, o que só é possível, no lançamento inclinado, 2 quando se despreza a resistência do ar e não se consideram Mas, da figura, h � hB � hA � L � d. os efeitos da rotação da Terra. Ponte b) Errado. Nesses pontos há uma inflexão na trajetória do avião que só é possível com o aparecimento de uma força centrípe- A ta atuando sobre o avião dirigida verticalmente para cima. Nesse caso, num referencial fixo no avião, aparece no piloto L uma força centrífuga dirigida verticalmente para baixo. Ou seja, o peso aparente do piloto nos pontos A e B é ainda maior hA d do que o seu peso verdadeiro. B c) Correto. A bala não tem força motriz. A sua trajetória se deve apenas à ação de sua força peso. O avião, ao contrário, tem hB força motriz própria e condições de controlar a sua trajetória. C Ele pode até descrever essa trajetória com velocidade cons- tante. Basta que o piloto queira e tenha recursos para fazê-lo. Rio d) Correto. A bala atinge o solo quando a sua coordenada for y � 0. Substituindo esse valor na função da trajetória, obte- Logo, podemos escrever: mos o valor de x correspondente à posição em que a bala 1 atinge o solo. Temos, portanto: mghA � mg(hA � L � d) � ---- kd 2 ⇒ - 2 y � 0,58x � 7,1 � 10�4x2 ⇒ 0 � 0,58x � 7, 1 � 10�4x2 ⇒ 1 ⇒ x � 820 m ⇒ mghA � mghA � mg(L � d) � ---- kd 2 ⇒ - 2 443. Se F é o módulo da única força que atua sobre um corpo, ele se 1 ⇒ mg(L � d) � ---- kd 2 - move na direção e sentido em que essa força atua e o trabalho é 2 igual à variação da energia cinética desse corpo. Portanto, temos: Sendo hA � 50 m, L � 20 m, mg � P � 600 N e k � 150 N/m, τF � �EC ⇒ Fd � cos � � EC � E C0 ⇒ temos: 1 1 2 ⇒ Fd � cos � � ---- mv 2 � ---- mv 0 1 - - 600(20 � d) � ---- � 150d2 ⇒ d2 � 8d � 160 � 0 - 2 2 2 69
- 70. Resolvendo essa equação, obtemos apenas uma raiz positiva, normal. Sendo m � 80 kg, voltando na expressão acima, temos: para d � 17,3 m. Logo, o valor de h � hB é: 1 1 80 � 10 � 20 � ---- � 80 � 202 � ---- � k � 202 ⇒ k � 160 N/m h � hA � L � d ⇒ h � 50 � 20 � 17,3 ⇒ h � 12,7 m - - 2 2 Observação: Note que poderíamos partir da expressão 447. a) Se qualquer atrito pode ser desprezado, a energia mecânica 1 mg(L � d) � ---- kd 2 ; bastaria lembrar que toda a energia - se conserva ao longo de toda a trajetória. Como os pontos C 2 e B estão no mesmo nível, a energia potencial gravitacional potencial gravitacional de queda da altura L � d, dada por da esfera nesses pontos é a mesma, logo, a energia cinética mg(L � d), é transformada em energia elástica da corda ao também é a mesma, portanto, o módulo da velocidade da es- 1 alongar-se d, dada por ---- kd 2 . fera nesses dois pontos também é o mesmo. - 2 b) Veja a figura: 446. Veja a figura: A = aC hA � L B g= a= B Em B a esfera está sujeita à aceleração da gravidade, g==, que é o componente tangencial a==T da sua aceleração a==, orientado a) Suponha que a distância de A a B seja igual ao comprimento verticalmente para baixo. Logo, a=T � g=. normal da corda, L. Nesse trecho, até a velocidade da pessoa O componente centrípeto, a==c, está orientado horizontalmente, chegar a B com velocidade vB � 20 m/s, não há energia po- v c2 tencial elástica. Aplicando o Princípio da Conservação da para o centro da circunferência. Seu módulo é ac � ------- e vc r Energia Mecânica a esse trecho, tendo como nível de refe- pode ser obtido pelo Princípio da Conservação da Energia rência o ponto B, temos hA � L e hB � 0. Sendo g � 10m/s2, Mecânica aplicado aos pontos A e C, em relação ao ponto obtemos: mais baixo da trajetória circular: 1 2 E Pg � E CA � E Pg � E CB ⇒ mgL � ---- mv B ⇒ - 1 2 A B 2 E Pg � E CA � E Pg � E CC ⇒ mghA � 0 � mghC � ---- mv C - A C 2 2 vB 20 2 Sendo hA � 2r e hc � r, temos: ⇒ L � ------- ⇒ L � --------------- ⇒ L � 20 m - - 2g 2 � 10 1 2 2 2gr � gr � ---- v C ⇒ v C � 2gr - b) Veja agora a figura: 2 Logo, o módulo do componente centrípeto da aceleração da A esfera é: 2 L vC 2gr ac � ------- � -------- ⇒ ac � 2g - r r B 448. Para que o bloco não abandone a trajetória sobre o trilho inferior, é preciso que, ao passar pelo ponto A, a resultante das forças hB � x � L que atuam sobre o bloco seja igual à força centrípeta F c= que o mantém descrevendo a circunferência de raio R, à qual perten- C ce esse arco, ou seja, uma força centrípeta cujo módulo seja 2 vA Fc � m � ------- (I), em que vA é o módulo da velocidade do bloco - R Aplicando agora o Princípio da Conservação da Energia Me- ao passar por A. Veja a figura: cânica ao trecho BC dessa figura, tendo como nível de refe- rência o ponto C, temos: N= E Pg � E CB � E Pel � E Pg � E CB � E Pel ⇒ B A C C 1 2 1 ⇒ mghB � ---- mv B � 0 � ---- kx 2 A - - 2 2 P= R Mas hB � x é o alongamento do cabo, que é igual ao seu com- primento L � 20 m, pois ele atinge o dobro do comprimento 70
- 71. As forças que atuam sobre o bloco nesse ponto são o peso P = 451. a) No início da primeira oscilação, a energia mecânica, E M0 , da do bloco e a reação normal N=, que não é igual ao peso em mó- esfera de massa m � 0,20 kg é igual à sua energia potencial dulo porque o bloco não está sobre um plano horizontal. Para que o bloco se mantenha sobre o trilho é preciso que, em módulo, gravitacional, E Pg , na altura h0 � 0,48 m, de onde ela é 0 P � N � Fc. abandonada, ou seja: A situação-limite ocorre quando N � 0, ou seja, quando o bloco passa por A sem encostar no trilho, mas também sem destacar- E M0 � E Pg ⇒ E M0 � mgh0 ⇒ E M0 � 0,20 � 10 � 0,48 ⇒ 0 se dele. Nesse caso, temos: ⇒ E M0 � 0,96 J P � Fc ⇒ Fc � mg (II) No final da primeira oscilação, a energia mecânica, EM, da De (I) e (II), temos: esfera é igual à sua energia potencial gravitacional, E Pg , na 2 vA 2 altura máxima que ela atinge, h � 0,45 m, ou seja: m � ------- � mg ⇒ v A � Rg ⇒ vA � - Rg (III) R EM � E Pg ⇒ EM � mgh ⇒ E M0 � 0,20 � 10 � 0,45 ⇒ Essa é, portanto, a velocidade máxima com que o bloco passa por A sem abandonar o trilho. ⇒ E M0 � 0,90 J Aplicando agora o Princípio da Conservação da Energia Mecâni- Logo, o trabalho realizado pelos atritos, τa, nessa oscilação, ca ao trecho entre o ponto de altura h, em que o bloco é aban- é igual à energia dissipada, �EM, portanto: donado, e o ponto A, de altura R, temos: τa � �EM ⇒ τa � EM � E M0 ⇒ τa � 0,90 � 0,96 ⇒ 1 E Pg � E Ch � E Pg � E CA ⇒ mgh � 0 � mgR � ---- mv A 2 - ⇒ τa � �0,06 J h A 2 Mas, sendo v 2 � Rg e voltando à expressão acima, temos: b) Como a tensão no fio atua sempre perpendicularmente ao A deslocamento da esfera, o seu trabalho é nulo. 1 1 3R mgh � mgR � ---- mRg ⇒ h � R � ---- R ⇒ h � ------- - - - 452. Do Teorema da Energia Cinética, τF � �EC, sendo m � 4 kg, 2 2 2 v0 � 5 m/s e v � 10 m/s, podemos determinar o trabalho da Resposta: alternativa c. força resultante nesse trecho, τF: 449. Supondo que a força, cujo módulo F (N) está representado no 1 1 2 τF � EC � E C0 ⇒ τF � ---- mv 2 � ---- mv 0 ⇒ - - gráfico, é a força resultante sobre o bloco, o trabalho dessa for- 2 2 ça, τ F , é igual à “área sob a curva” nesse gráfico. Nesse caso, 1 1 ⇒ τF � ---- � 4 � 102 � ---- � 4 � 52 ⇒ τF � 150 J - - (B � b)h temos a área de um trapézio, AT � -------------------- , portanto: 2 2 - 2 453. Do Princípio da Conservação da Energia Mecânica, adotando y (30 � 10)20 τF � ---------------------------- ⇒ τF � 400 J - como nível de referência, podemos escrever: 2 1 E Pg � E Cx � E Pg � E Cy ⇒ mghx � 0 � 0 � ---- mv y2 ⇒ Aplicando agora o Teorema da Energia Cinética, τF � �EC, para - x y 2 o trecho x � 0 a x � 30 m, sendo v0 � 0, para x � 0, podemos determinar a velocidade final nesse trecho, v30. ⇒ vy � 2gh x Sendo m � 0,5 kg, temos: Sendo hx � 1,8 m e adotando g � 10 m/s2, temos: 1 2 1 2 τF � E C30 � E C0 ⇒ τF � ---- mv 30 � ---- mv 0 ⇒ - - vy � 2 � 10 � 1,8 ⇒ v � 6,0 m/s 2 2 1 2 Resposta: alternativa c. ⇒ 400 � ---- � 0,5v 30 � 0 ⇒ v30 � 40 m/s - 2 454. a) Aplicando o Princípio da Conservação da Energia Mecânica aos pontos J e L em relação ao ponto C (nível de referência), 450. A bola foi abandonada de uma altura de 2,0 m, a sua energia temos: mecânica inicial era a energia potencial gravitacional a essa al- 1 2 E Pg � E CJ � E Pg � E CL ⇒ mghJ � 0 � mghL � ---- mv L tura, ou seja, E M0 � mg � 2,0. - J L 2 Se, na volta, ela atinge uma altura de 1,5 m, a sua energia me- Sendo hJ � 7,2 m, hL � R � 5,4 m e g � 10 m/s2, podemos cânica final torna-se a energia potencial gravitacional a essa al- calcular a velocidade vL da criança ao passar por L: tura final, ou seja, EM � mg � 1,5. Logo, a perda de energia me- 1 2 m � 10 � 7,2 � m � 10 � 5,4 � ---- mv L ⇒ vL � 36 ⇒ cânica é: - 2 �EM � EM � E M0 ⇒ �EM � mg � 1,5 � mg � 2,0 ⇒ ⇒ vL � 6,0 m/s ⇒ �EM � �mg � 0,5 b) A resultante das forças que N= A perda percentual é dada por: atuam sobre a criança no ponto L do tobogã, como �E M mg � 0,5 �E M mostra a figura, é igual ao ------------ � -------------------- ⇒ ------------ � 0,25 ou 25% - - - E M0 mg � 2,0 E M0 módulo da força centrípeta, P= Resposta: alternativa d. Fc. Logo, Fc � P � N, em que 71
- 72. P é o peso da criança de massa m � 15 kg e N é o módulo Observação: A rigor, não é possível responder a essa questão da força de reação exercida pelo tobogã sobre a criança e o com o enunciado fornecido, extremamente impreciso. Não está vL 2 claro nem mesmo a que energia potencial o examinador está se módulo da força centrípeta é FC � ------ . Substituindo na re- - referindo. R lação acima, temos: Resposta: alternativa a. 2 v 6,0 2 457. A energia mecânica inicial do bloco é igual à energia potencial m � ------ � mg � N ⇒ N � 15 � 10 � 15 � ----------- ⇒ L - R 5,4 3L ⇒ N � 50 N gravitacional que ele tem no ponto A, a uma altura h � ------ da - 4 Portanto, como indica a figura acima, a força N= exercida pelo parte central plana. Logo: tobogã sobre a criança é vertical para cima e tem módulo 3L N � 50 N. EM � E Pg ⇒ EM � mgh ⇒ EM � mg � ------ (I) - A 4 455. a) Veja a figura: Como só há atrito na parte central plana da pista, o bloco só per- de energia cada vez que passa por ela, na ida e na volta. Essa energia dissipada é igual ao trabalho realizado pela força = vL de atrito entre o bloco e essa parte da pista. Da definição de tra- balho de uma força, τF � Fd � cos �, o trabalho realizado pela N= força de atrito, de módulo fa, cada vez que o bloco atravessa L essa parte da pista de comprimento L, é: F= P= τ fa � faL � cos 180° � �faL Mas, nesse caso, fa � N�, em que N � P � mg e � � 0,10. Logo: Ela mostra a direção e o sentido da velocidade v==L do bloco ao passar por L, vertical para cima. Para determinar o módulo fa � mg� ⇒ fa � 0,10 mg dessa velocidade podemos aplicar o Princípio da Conserva- E o trabalho da força de atrito é: ção da Energia Mecânica ao ponto em que o bloco é solto, à τ fa � �0,10 mgL (II) R altura h � ---- , e ao ponto L, em relação ao nível de referên- Para que toda a energia mecânica inicial seja consumida é pre- - 2 ciso que esse trabalho seja realizado um número n de vezes até cia C (raio da circunferência). Assim, temos: que, em módulo, nτ fa � EM. De (I) e (II), obtemos: 1 2 E Pg � E C0 � E Pg � E CL ⇒ mgh � 0 � 0 � ---- mv L ⇒ 3L - n(0,10 mgL) � mg � ------ ⇒ n � 7,5 - 0 L 2 4 R 1 2 Logo, o bloco percorrerá a pista sete vezes, parando na metade ⇒ mg � ----- � ---- mv L ⇒ vL � - - gR 2 2 da pista na oitava vez. b) Ao passar por L o bloco está sujeito à força peso P = e à reação 458. I) Correto. N= da pista que gera a aceleração centrípeta do bloco. Essas duas forças admitem como resultante a força F=. Veja a figura II) Errado. Parte da energia do bloco se mantém e parte é trans- ferida à estaca. acima. Para determinar o módulo de F= é preciso determinar o mó- III) Correto. A potência de uma máquina é tanto maior quanto dulo de N=. Como N= é a força centrípeta que atua sobre o blo- menor for o tempo que ela gasta para realizar um determina- co, sendo vL � gR a velocidade do bloco nesse ponto, po- do trabalho. demos escrever: Resposta: alternativa d. 2 vL gR N � m � ------ ⇒ N � m -------- ⇒ N � mg - - 459. a) Considerando desprezível a resistência do ar, podemos deter- R R minar a velocidade com que a criança abandona o toboágua Logo, P = e N= têm o mesmo módulo, igual a mg, portanto, do Teorema de Pitágoras, podemos encontrar o módulo da resul- com as funções do lançamento horizontal, em que v 0y � 0. tante F=: A abscissa x é dada pela função x � vxt e a ordenada y, pela F � P � N ⇒ F � (mg) � (mg) � F � mg 2 2 2 2 2 2 2 1 função y � y0 � ---- gt 2 , em relação ao referencial da figura: - É fácil concluir da figura que o ângulo que F= forma com a ho- 2 rizontal é de 45°. y 456. A função F � �kx exprime uma força elástica que atua no sen- tido oposto ao eixo das abscissas, portanto a partícula tem uma toboágua vx= � v = g= energia potencial elástica, EP. Supondo que a partícula se movi- mente nesse eixo, na direção horizontal, a energia potencial gra- x vitacional não se altera. Se não houver perdas, a energia mecâ- 0 piscina nica também não se altera. 72
- 73. Assim, a criança atinge a superfície da piscina no instante t Sabendo que o impulso da força resultante, I = F = t, é igual à em que y 0, sendo y0 1,25 m e g 10 m/s2. Temos variação da quantidade de movimento, e que nesse caso a força portanto: resultante é a força média, F ,.. que o solo exerce sobre a bola no 1 intervalo de tempo t 0,02s em que houve a interação, 0 1,25 ----- 10t 2 ⇒ t 0,50s temos, em módulo: 2 Sendo x 1,5 m, da função x vxt, temos: I p ⇒ F. t p ⇒ F . 0,02 7,0 10 1 ⇒ F . 35 N 1,5 vx 0,50 ⇒ vx 3,0 m/s 461. O impulso da força resultante, I = F = t, é igual à “área sob a cur- que é a velocidade horizontal, v, com que a criança deixa o va” do gráfico F t. Como se trata da área de um triângulo, te- toboágua. mos, em módulo: F A 0,10 b) A energia mecânica inicial, E M0 , que a criança tinha no alto I Atriângulo ⇒ I -------------------- - (I) 2 do toboágua, em relação ao nível mais baixo, em que ela O impulso é também a variação da quantidade de movimento, o abandona, é a sua energia potencial gravitacional, E Pg , em módulo, I p. Como a bola tem massa m 0,050 kg, atinge a raquete com velocidade v0 72 km/h 20 m/s e em relação a esse nível. Nesse caso, h 4,0 m e, sendo volta com a mesma velocidade, no sentido oposto, portanto com m 50 kg a massa da criança, temos: v 20 m/s, podemos determinar o impulso pela expressão: E M0 E Pg ⇒ E M0 mgh ⇒ E M0 50 10 4,0 ⇒ I p m v ⇒ I mv mv0 ⇒ ⇒ E M0 2 000 J ⇒ I 0,050( 20) 0,050 20 ⇒ I 1,0 1,0 ⇒ ⇒I 2,0 kg m/s (II) A energia mecânica final, EM, com que a criança chega no De (I) e (II), em módulo, temos: ponto mais baixo do toboágua é a energia cinética, EC, com F A 0,10 que ela o abandona, pois em relação a esse nível a energia -------------------- - 2,0 ⇒ FA 40 N 2 potencial gravitacional é nula. Logo, sendo v 3,0 m/s a velocidade da criança nesse ponto, temos: 462. Basta aplicar a relação entre impulso da força resultante, I = F = t, 1 1 igual à variação da quantidade de movimento. Nesse caso a EM EC ⇒ EM ----- mv 2 ⇒ EM ----- 50 3,02 ⇒ 2 2 . força resultante é a força média, F , que o pé do jogador exerce ⇒ E M0 225 J sobre a bola de massa m 0,40 kg, no intervalo de tempo t 0,05s, fazendo com que ela adquira velocidade v 25 m/s Portanto, a energia dissipada no toboágua é: a partir do repouso, ou seja, de v0 0. Temos, portanto, em EM EM E M0 ⇒ EM 225 2 000 ⇒ EM 1775 J módulo: I p ⇒ F . t m v ⇒ F . t m(v v0) ⇒ 460. A velocidade da bola ao atingir o solo pode ser obtida pela ⇒ F . 0,05 0,40(25 0) ⇒ F . 0,05 10 ⇒ F . 200 N “equação” de Torricelli, aplicada ao movimento de queda livre, v2 v0 2 2g(y y0). Sendo v0 0, g 10m/s2, y 0 e 463. Sabe-se que o impulso da força resultante, I = F = t, é igual à va- y0 3,2 m, temos: riação da quantidade de movimento I = p .= Nesse caso, os vetores p==0, correspondente à quantidade de mo- v2 02 2 10(0 3,2) ⇒ v 8,0 m/s vimento antes do choque, e p==, correspondente à quantidade de O sinal negativo se deve ao sentido da velocidade orientado movimento depois do choque, estão em direções perpendicula- para baixo. Na volta, a bola atinge uma altura máxima y 1,8 m, res entre si, portanto o vetor p== é dado pela solução gráfica re- quando v 0. Aplicando novamente a “equação” de Torricelli, presentada na figura: obtemos a velocidade inicial na volta, que é a velocidade v da bola depois do choque: po= p= po= mv = 02 v 2 2 10(1,8 0) ⇒ v 6,0 m/s Como as velocidades têm a mesma direção, o módulo variação po= mv da quantidade de movimento, p, pode ser obtido algebrica- 45° mente. Veja a figura: a) As igualdades acima, relacionando I ,= F = e p==, mostram que todas essas grandezas têm a mesma direção e sentido, logo, ( mv = ) . a força média, F , exercida pelo anteparo sobre a bola durante m v= o choque é perpendicular ao anteparo, como indica a figura. mv = mv = b) O módulo de p==, de acordo com a figura, pode ser obtido antes depois pelo Teorema de Pitágoras, sendo os catetos os módulos de p== e p==0, ambos iguais a mv, pois v v, em módulo. Temos, mv= portanto: 2 p2 p2 p 0 ⇒ p2 (mv)2 (mv)2 ⇒ p 2 mv Sendo m 50 g 5,0 10 2 kg, temos: p m v ⇒ p mv mv ⇒ O módulo da força média, F ., é, portanto, igual a: ⇒ p 5,0 10 2 6,0 5,0 10 2 ( 8, 0) ⇒ I p ⇒ F. t p ⇒ F. t 2 mv ⇒ F . 2 mv ----------------- - ⇒ p 3,0 10 1 4,0 10 1 ⇒ p 7,0 10 1 kg m/s t 73
- 74. 464. Sendo m � 500 kg e v � 50 km/h � 14 m/s, constante, os mó- Essa é a velocidade do conjunto, em B, quando o rapaz em- dulos das quantidades de movimento desse automóvel são purra o carrinho de trás de tal maneira que ele atinja de novo iguais e valem: a posição inicial, a altura h. É fácil concluir que essa veloci- p � p0 � 500 � 14 ⇒ p � p0 � 7 000 kg � m/s dade deve ser de novo, v � 2gh , mas dirigida para trás. Veja a figura: Sendo iguais, a figura representa os vetores p== e p==0, quantidades de movimento final e inicial do automóvel, e �p= � p= � p=0 é um triângulo equilátero. antes = v3m p= B �vm= = v2m depois �po= B p= �p= 60° po= Temos portanto, inicialmente, um conjunto de massa 3m com Portanto, o módulo de �p== é igual aos módulos de p== e p==0, logo, velocidade de módulo v3m � 2gh dirigida para a direita. �p � 7 000 kg � m/s. Depois da interação (rapaz empurrando o carrinho de trás) um Resposta: alternativa d. carrinho de massa m volta com velocidade de módulo vm � � 2gh , enquanto o outro de massa total 2m continua na 465. O editorial está errado. Ele desconhece o Princípio da Conserva- mesma direção e sentido com velocidade v==2m, cujo módulo ção da Quantidade de Movimento e não entende adequadamen- te o Princípio da Ação e Reação. O movimento do foguete é pos- podemos calcular pelo Princípio da Conservação da Quanti- sível pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Movimen- dade de Movimento aplicado a essa interação: to porque, se os gases são expelidos com uma determinada p=0 � p= ⇒ 3mv3m � �mv2m �2mv2m ⇒ quantidade de movimento num sentido, o foguete deve mover-se ⇒ 3m 2gh � � m 2gh � 2mv2m ⇒ no sentido oposto, caso contrário a quantidade de movimento do sistema foguete-combustível não se conservaria. ⇒ 4m 2gh � 2mv2m ⇒ v2m � 2 2gh Quanto ao Princípio da Ação e Reação, não há necessidade de Aplicando de novo o Princípio da Conservação da Energia existir um corpo externo ao sistema em que a ação deva atuar para o carrinho com o rapaz, em relação ao nível B, podemos para que haja reação; daí a impossibilidade argumentada pelo determinar a altura H: editorial, pois no espaço só existe o vácuo. A força pode ser E Pg � E CB � E Pg � E CH ⇒ exercida por uma parte do sistema (ação dos gases da combus- B H tão sobre o foguete) sobre outra parte (reação do foguete sobre 1 2 ⇒ 0 � ---- � 2mv 2m � 2mgH � 0 ⇒ - os gases da combustão). 2 466. a) Errado. O trabalho depende também do deslocamento e do 1 ⇒ ---- � 2ms2 2gh d 2 � 2mgH ⇒ H � 4h - 2 ângulo entre a força e o deslocamento. b) Errado. Energia é grandeza escalar, portanto não depende da b) Inicialmente a energia mecânica do conjunto era a sua ener- orientação da velocidade. gia potencial gravitacional, E M0 � 3mgh. Depois que o rapaz c) Correto. Na subida a força gravitacional atua no sentido oposto ao deslocamento; na volta, atua no mesmo sentido. empurrou o carrinho de trás a energia mecânica do conjunto, d) Correto. A quantidade de movimento é uma grandeza vetorial EM, pode ser calculada pelas energias potenciais gravitacio- se os módulos das velocidades forem iguais; se as orienta- nais de cada carrinho nos pontos mais altos atingidos, E Pg � 1 ções forem diferentes, as quantidades de movimento tam- � mgh do carrinho que voltou e E Pg � 2mgH � 8mgh do bém serão diferentes. 2 carrinho com o rapaz. Logo, a energia mecânica final é: e) Errado. O momento linear é diretamente proporcional à velo- cidade. EM � E Pg � E Pg ⇒ EM � mgh � 8mgh ⇒ EM � 9mgh f) Correto. Essa é uma afirmação verdadeira, desde que o sis- 1 2 tema seja isolado. Logo, houve uma variação de energia mecânica do conjunto Resposta: alternativas c, d, f. dada por: �EM � EM � E M0 ⇒ �EM � 9mgh � 3mgh ⇒ �EM � 6mgh 467. a) Inicialmente, vamos determinar a velocidade com que os dois carrinhos e o rapaz, cada um com massa m, chegam ao ponto Portanto a energia mecânica aumentou, graças ao trabalho B. Pelo Princípio da Conservação da Energia, em relação ao do rapaz. nível B, temos: 468. Como o núcleo estava inicialmente em repouso, a quantidade de 1 E Pg � E CA � E Pg � E CA ⇒ 3mgh � 0 � 0 � ---- � 3mv 2 ⇒ - movimento total do sistema antes da desintegração era nula. Lo- A B 2 go, p=0 � 0. Mas, pelo Princípio da Conservação da Quantidade ⇒v� 2gh de Movimento, p=0 � p=. Logo, p = � 0, também. 74
- 75. Como mostra a figura, dentre os vetores sugeridos nas alterna- Como o choque é elástico, o coeficiente de restituição é tivas, o único que anula a quantidade de movimento total depois ε � 1, logo, podemos escrever: do choque é o da alternativa d. vB � vA � � v� � v m � ε � --------------------- ⇒ 1 � ------------------------ ⇒ - 2m - p3= vA � vB 3,0 � 0 ⇒ v� � v m � 3,0 (II) 2m � N p1= De (I) e (II), obtemos v� � 2,0 m/s e v m � �1,0 m/s. 2m � p1= � p2 = Com essa velocidade, v� � 2,0 m/s, a partícula de massa 2m 2m é lançada horizontalmente de uma altura y � 0,80 m. Ad- p=2 mitindo-se desprezível a resistência do ar, ela atinge o solo com uma velocidade v==, cujo módulo do componente horizon- Resposta: alternativa d. tal é vx � v� � 2,0 m/s e cujo módulo do componente ver- 2m tical, vy, pode ser obtido da “equação” de Torricelli, aplicada 469. Quando solta, a mola empurra a esfera A, que, ao abandonar a mola, adquire uma velocidade v==A cujo módulo pode ser determi- na direção vertical. Temos, então: 2 nado pelo Princípio da Conservação da Energia. v y2 � v 0y � 2g�y ⇒ v y2 � 02 � 2 � 10 � 0,80 ⇒ E Pg � E Pel � E CA � E Pg � E Pel � E CA ⇒ vy � �4,0 m/s O módulo da velocidade v== dessa partícula ao atingir o solo 0 0 0 Sendo nulas as energias potenciais gravitacionais antes e de- pode ser obtido pelo Teorema de Pitágoras: pois, E Pg e E Pg , a transformação de energias se dá entre a 0 v2 � v x2 � v y2 ⇒ v2 � 2,02 � (�4,0)2 ⇒ v � 4,5 m/s energia potencial elástica da mola, de k � 100 N/m, e a energia b) Aplicando o Princípio da Conservação da Energia à partícula cinética adquirida pela esfera A, de massa mA � 10 g � de massa m, depois do choque, a partir do ponto B, podemos � 10 � 10�3 kg. determinar a altura que ela atinge em relação a esse ponto, Temos, portanto: num ponto C, entre os pontos A e B da rampa. 1 1 ---- kx 2 � ---- m A v A ⇒ 100(8,0 � 10�3)2 � 10 � 10�3 v A ⇒ - - 2 2 1 E Pg � E CB � E Pg � E CC ⇒ 0 � ---- mv� 2 � mghC � 0 ⇒ - m 2 2 B C 2 ⇒ vA � 0,80 m/s 1 ⇒ ---- m( � 1, 0) 2 � m � 10 � hC ⇒ hC � 0,050 m Essa é, supõe-se, a velocidade com que a esfera A se choca - 2 com a esfera B, de massa mB � 12 g � 12 � 10�3 kg, que estava c) O ponto de impacto da partícula de massa 2m no solo é a em repouso antes do choque e adquire velocidade de módulo abscissa dessa partícula ao atingir o solo, em relação à ver- v B � 0,60 m/s, depois do choque. Pelo Princípio da Conserva- � tical que passa pelo ponto em que ela é lançada. Ela pode ser ção da Quantidade de Movimento, temos: calculada pela função da posição do MRU, x2m � vxt, em que p=0 � p= ⇒ mAvA � mBvB � mA v A � mB v B ⇒ � � vx � v� � 2,0 m/s, ou seja: 2m x2m � 2,0t (I) ⇒ 10 � 10�3 � 0,80 � 0 � 10 � 10�3 v A � 12 � 10�3 � 0,60 ⇒ � O tempo t é o instante em que essa partícula atinge o solo, ⇒ v A � 0,080 m/s � determinado pela função da posição vertical, num movimento 1 de queda livre y � y0 � v0t � ---- gt 2 : Da definição de coeficiente de restituição, temos: - 2 vB � vA � � 0,60 � 0,080 0 � 0,80 � 5t2 ⇒ t � 0,40s ε � --------------------- ⇒ ε � ------------------------------- ⇒ ε � 0,65 - - vA � vB 0,80 � 0 Voltando em (I), obtemos: Em percentagem o coeficiente de restituição da colisão é de x2m � 2,0 � 0,40 ⇒ x2m � 0,80 m (II) 65%. Analogamente, o ponto de impacto da partícula de massa m 470. a) Pelo Princípio da Conservação da Energia aplicado à partícula no solo é a abscissa dessa partícula em relação à mesma ver- de massa m, no trecho AB, podemos determinar a velocidade tical e pode ser calculada por xm � vxt, em que vx � v m � � vm, dessa partícula, ao chocar-se com a partícula de massa � 1,0 m/s (como não há perda de energia, a partícula volta 2m: ao ponto B com a mesma velocidade, em módulo, com que 1 partiu depois do choque). Temos, então: E Pg � E CA � E Pg � E CB ⇒ mgh � ---- mv 2 ⇒ - A B 2 xm � 1,0t (III) Mas, como o tempo de queda não depende da massa, pode- ⇒ vm � 2gh A ⇒ vm � 2 � 10 � 0,45 ⇒ vm � 3,0 m/s mos concluir que ele é o mesmo da partícula de massa 2m, Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, logo, t � 0,40s. Portanto, de (III), obtemos: sendo vm � 3,0 m/s e v2m � 0 as velocidades das partículas xm � 1,0 � 0,40 ⇒ xm � 0,40 m (IV) antes do choque, e v m e v� as velocidades das partículas � 2m De (II) e (IV), podemos determinar a distância �x entre esses depois do choque, temos: pontos de impacto: p=0 � p= ⇒ mvm � mv m � 2mv� ⇒ 3,0 � v m � 2v� (I) � 2m � 2m �x � x2m � xm ⇒ �x � 0,80 � 0,40 ⇒ �x � 0,40 m 75
- 76. 471. a) Certo. Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Mo- 48h depois, o observador volte a ver o satélite, ou seja, a ver- vimento, se as pedras são lançadas para trás, a velocidade do tical que passa pelo observador “alcança” de novo o satélite. caminhão aumenta. (Observação: Esse efeito é imperceptí- Conclui-se, portanto, nesse caso, que o período do satélite B vel nesse caso.) 2π é TB � 48h e a sua velocidade angular, dada por � � ------- , é: - b) Certo. Pela mesma razão exposta acima, incluindo a observação. T c) Errado. Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Movi- 2π π �B � ------- ⇒ �B � ------- rad/h - - mento o caminhão tenderia a ir para baixo, o que é impossível. 48 24 d) Errado. Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Mo- A segunda hipótese supõe que a velocidade angular do saté- vimento o caminhão tenderia a deslocar-se lateralmente, o lite é maior do que a da Terra. Nesse caso, depois da primeira que o atrito dos pneus com a pista não permite. observação, o satélite vai à frente, em relação à vertical que e) Errado. Porque contraria o Princípio da Conservação da Quan- passa pelo observador até que, dois dias ou 48h depois, o ob- tidade de Movimento. servador volte a ver o satélite, ou seja, o satélite “alcança” a vertical que passa pelo observador. Como a velocidade an- Resposta: alternativas a, b. gular do satélite é maior que a da Terra, ele deve dar mais de 472. Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, uma volta em torno da Terra entre essas observações. Isso significa que ele passa sobre o observador mais de uma vez, considerando o sentido positivo orientado para a direita, pode- mas o observador só consegue ver o satélite depois de 48h. mos escrever: Para que isso seja possível, nas vezes anteriores o satélite p=0 � p= ⇒ 0 � �Mxvx � Mv ⇒ Mxvx � Mv deve passar sobre o observador de dia. Podemos concluir, por Dividindo ambos os termos pelo intervalo de tempo �t em que exclusão, que nesse caso o satélite deve dar três voltas em ocorre a interação, temos: torno da Terra em 48h. Não pode ser uma volta porque cairía- vx v mos na situação anterior, em que o satélite tem velocidade M x � -------- � M � -------- - - angular menor que a Terra. Não podem ser duas, porque nes- �t �t se caso ele seria estacionário, teria a mesma velocidade an- Mas, como a velocidade inicial de ambos os blocos era nula, os gular da Terra e estaria sempre sobre o observador. Não po- valores v e vx são os módulos das variações de velocidade de dem ser quatro ou mais, porque nesse caso o período seria de ambos os blocos nos intervalos de tempo �t, ou seja, são as 12h ou menos, e numa mesma noite ele poderia ser visto acelerações médias desses blocos nesses intervalos de tempo. duas vezes. Logo, só podem ser três, ou seja, o satélite dá Logo, podemos escrever: uma volta a cada 16h. Nesse caso ele pode ser visto, por Mxax � Ma exemplo, às 23h de um dia; passa de novo, pela primeira vez, Sendo M � 1,0 kg, a � 2,0 m/s2 e ax � �1,0 m/s2, em módulo, sobre o observador às 15h do dia seguinte, de dia portanto; temos: passa de novo, pela segunda vez, às 7h da manhã do segundo dia e, finalmente, passa de novo pelo observador, pela tercei- Mx � 1,0 � 1,0 � 2,0 ⇒ Mx � 2,0 kg ra vez, às 23h do segundo dia. Resposta: alternativa d. Conclui-se, portanto, que nesse caso o período do satélite B 2π é T B � 16h e a sua velocidade angular, � � ------- , é: 473. Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, � - T considerando o sentido positivo orientado no sentido do movi- 2π ⇒ � � π rad/h �B � ------- - B ----- mento dos corpos, temos: 16 8 p=0 � p= ⇒ mxvx � myvy � (mx � my)v ⇒ 2,0 � 20 � 3,0 � 15 � b) Da Terceira Lei de Kepler, T2 � kr3, temos, para o satélite es- � (2,0 � 3,0)v ⇒ v � 17,0 m/s tacionário cujo período é TA � 24h e o raio da órbita é RA: 3 Resposta: alternativa e. 242 � kR A (I) Para as duas possibilidades do satélite B, temos: 474. a) Correto. Para que a Lua execute seu movimento orbital em 482 � kR B 3 (II) torno da Terra a resultante das forças que atua sobre a Lua deve apontar sempre para a Terra. 162 � kR� 3 B (III) b) Correto. O sentido do movimento em cada ponto é sempre 3 3 De (I) e (II), obtemos kR B � 4kR A ; de (I) e (III), obtemos perpendicular ao sentido do campo gravitacional nesse ponto. c) Errado. Nas órbitas circulares, a força gravitacional é sempre 4 3 R� 3 � ---- R A . - B 9 perpendicular à trajetória, por isso não realiza trabalho. d) Correto. Pode-se dizer também que a Lua está em órbita por- 476. Da Lei da Gravitação Universal, sendo MS a massa do Sol, MT a que está sempre “caindo” na Terra. massa da Terra e rST o raio médio da órbita da Terra em torno do Sol, sabemos que o módulo da força FST de interação entre o 475. a) Se um observador vê o satélite B passar pela mesma posi- Sol e a Terra é dado por: ção, numa vertical sobre ele, há duas hipóteses para que isso aconteça. A primeira, supondo que a velocidade angular do MS MT FST � G � ---------------- (I) 2 satélite é menor do que a da Terra. Nesse caso, depois da pri- rST meira observação, o satélite vai ficando para trás, em relação em que G é a constante gravitacional universal. à vertical que passa pelo observador até que, dois dias ou Se o imaginário Terra Mirim tem massa Mt � 0,5MT e a mesma órbita da Terra, portanto o mesmo raio médio, rST � rSt, substi- 76
- 77. tuindo na expressão acima, obtemos a intensidade da força de a) Sendo g � 10 m/s2 e a massa da pessoa m � 68 kg, o mó- interação entre o Sol e Terra Mirim, FSt: dulo do peso da pessoa é P � mg � 68 � 10 � 680 N. A mar- MS Mt M S � 0,5 M T cação da balança é o módulo da força que ela exerce sobre FSt � G � --------------- ⇒ FSt � G � --------------------------- (II) 2 - 2 - rSt rST a pessoa, portanto N � 650 N. Logo, de (I), obtemos o módu- De (I) e (II), concluímos que FSt � 0,5FST, ou seja, a interação en- lo da força que a bengala exerce sobre a pessoa: tre o Sol e Terra Mirim tem a metade da intensidade da intera- ção entre o Sol e a Terra. 680 � 650 � B � 0 ⇒ B � 30 N Resposta: alternativa c. b) O módulo da força que a balança exerce sobre a pessoa, 477. De acordo com a Lei da Gravitação Universal, o módulo da ace- como vimos, é N � 650 N. Seu sentido, como está represen- leração da gravidade na superfície de um corpo celeste esférico tado na figura, é vertical para cima. pode ser obtido com o auxílio da expressão g � G � ------- , em M - r2 480. Como o sistema está em equilíbrio, o somatório dos momentos que M é a massa do corpo celeste, r é o seu raio e G a constante das forças em relação ao ponto fixo indicado na figura é nulo. gravitacional universal. Temos então: Assim, sabendo que Marte tem massa M � 3,6 � 1023 kg, raio 5,0 � 10 6 �F1 � 4 � F2 � 32 � 0 ⇒ �F1 � 4 � 5 � 32 � 0 ⇒ F1 � 40 kgf r � --------------------- � 2,5 � 106 m e gM � 3,9 m/s2, podemos obter 2 Resposta: alternativa e. o valor de G a partir da expressão acima: 3,6 � 10 23 3,9 � G � -------------------------- ⇒ G � 6,7 � 10�11 N � m2/kg2 481. Veja a figura: - (2,5 � 10 6 ) 2 A = RB Agora, sabendo que a Lua tem massa M � 7,4 � 1022 kg e raio 3,4 � 10 6 r � --------------------- � 1,7 � 106 m, podemos obter o valor de gL, ace- 2 C leração da gravidade na superfície da Lua: 7,4 � 10 22 gL � 6,7 � 10�11 � -------------------------- ⇒ gL � 1,7 m/s2 (1,7 � 10 6 ) 2 - = RA B Resposta: alternativa c. d D P= 478. a) Correto. O valor do acréscimo no módulo de g, �g, produzido por esse depósito de massa M, pode ser obtido pela Lei da 482. Como a garrafa está em equilíbrio, o somatório dos momentos M Gravitação Universal, com o auxílio da expressão g � G � ------- , das forças em relação ao suporte B, de acordo com a figura, é - r2 nulo. Portanto: em que G � 6,7 � 10 m � s � k � g , �11 3 �2 �1 M � 500 000 000t � 5,0 � 1011 kg e r � 200 m. �RAd � PD � 0 ⇒ RA � 12 � 1, 4 � 18 ⇒ RA � 2,1 kgf Temos, portanto: Como a barra é homogênea, seu peso está localizado no centro 5,0 � 10 11 �g � 6,7 � 10�11 � ---------------------- ⇒ �g � 8,4 � 10�4 m/s2 - geométrico, determinado por simetria. Assim, as forças que 200 2 Menor, portanto, que 0,001 m/s2. atuam sobre a barra estão indicadas na figura: b) Correto. Observe que, na abscissa correspondente à posição aproximada do centro geométrico da crosta, a aceleração da = RA = RB gravidade tem a sua maior redução. Note que o valor de g di- 3m 2m minui nessa região porque a densidade da crosta é menor do que a do manto. E, nessa região, podemos considerar que a crosta substitui o manto, diminuindo portanto a massa que es- A P= B taria contida nesse local se ele fosse constituído pelo manto. c) Errado. Não há como distinguir por mensuração a massa gra- 8m vitacional da massa inercial, resultante da rotação da Terra, por exemplo. Como a barra de peso P=, de módulo P � 200 N, está em equilíbrio, a resultante das forças que atuam sobre ela é nula. Logo, para 479. Veja a figura ao lado. N= As forças que atuam sobre a pessoa são o peso o módulo dessas forças na direção vertical podemos escrever: P=, exercido pela Terra, a reação N= exercida pela RA � RB � P � 0 ⇒ RA � RB � 200 (I) balança e a reação B= exercida pelo chão sobre a bengala. Como a pessoa está em equilíbrio, a Pela mesma razão, o somatório dos momentos das forças em re- resultante dessas forças é nula, logo, da figura, B= lação ao suporte B, de acordo com a figura, é nulo. Portanto: podemos escrever: �RA � 8 � P � 3 � 0 ⇒ RA � 8 � 200 � 3 ⇒ RA � 75 N P�N�B�0 (I) Voltando em (I), temos: P= 75 � RB � 200 � RB � 125 N 77
- 78. 483. Na figura estão representadas as forças que atuam no móbile, Mas, como a altura máxima da coluna de água em ambos os re- sendo P1, P2, P3 e P4 os módulos dos pesos das luas correspon- cipientes é a mesma, a pressão sobre as bases de ambos os re- dentes, em equilíbrio. cipientes é a mesma. Resposta: alternativa b. T= L 2L 486. A força exercida no fundo do vaso pela presença dos líquidos é, O = em módulo, F � pLS, em que pL é a pressão total exercida pelos P1= L T234 2L líquidos sobre a base do vaso e S é a área da base. O234 = T34 Sabe-se que a pressão no ponto mais baixo da coluna de um de- P2= L 2L 1 O34 terminado líquido de altura h é pL � dgh, em que d é a densida- P3= P4= de do líquido e g a aceleração da gravidade. Como a pressão é 2 uma grandeza escalar, podemos somar algebricamente as pres- 3 4 sões, p1, p2 e p3 dos líquidos: • 1, de densidade d1 � 1,5 g/cm3 � 1,5 � 103 kg/m3 e Aplicando a Segunda Condição de Equilíbrio (o somatório dos h1 � 2,0 cm � 2,0 � 10�2 m; momentos das forças de um sistema em relação a qualquer pon- • 2, de densidade d2 � 2,0 g/cm3 � 2,0 � 103 kg/m3 e to é nulo) ao conjunto 3-4, em relação ao ponto de sustentação, h2 � 4,0 cm � 4,0 � 10�2 m; O34, temos: • 3, de densidade d3 � 4,0 g/cm3 � 4,0 � 103 kg/m3 e P3L � P4 � 2L � 0 ⇒ P3 � 2P4 h3 � 6,0 cm � 6,0 � 10�2 m. Sendo m4 � 10 g � 10 � 10�3 kg � 1,0 � 10�2 kg, e g o módulo Portanto, podemos escrever: da aceleração da gravidade, temos: pL � p1 � p2 � p3 ⇒ pL � d1gh1 � d2gh2 � d3gh3 ⇒ P4 � mg ⇒ P4 � 1,0 � 10�2 g e P3 � 2,0 � 10�2 g ⇒ pL � 1,5 � 103 � 10 � 2,0 � 10�2 � 2,0 � 103 � 10 � 4,0 � 10�2 � Aplicando a Primeira Condição de Equilíbrio (a resultante das � 4,0 � 103 � 10 � 6,0 � 10�2 ⇒ pL � 3,5 � 103 Pa forças de um sistema em equilíbrio é nula) podemos determinar Mas, como F � pLS, sendo S � 20 cm2 � 20 � 10�4 m2 � T34, módulo da tração no fio que sustenta as luas 3 e 4: � 2,0 � 10�3 m2 a área da base inferior do vaso, temos: T34 � P3 � P4 ⇒ T34 � 1,0 � 10�2 g � 2,0 � 10�2 g ⇒ F � 3,5 � 103 � 2,0 � 10�3 ⇒ F � 7,0 N ⇒ T34 � 3,0 � 10�2 g Resposta: alternativa d. = Analogamente, para o sistema 2-3-4, em que a tração T 34 atua no 487. I) Correto. Quanto maior a altitude de um lugar, menor a den- sentido oposto ao sistema 34, temos, em relação ao ponto O234: sidade do ar e menor a altura da camada de ar que está so- P2L � T34 � 2L � 0 ⇒ P2 � 2T34 ⇒ P2 � 6,0 � 10�2 g bre esse lugar. = II) Correto. Quando sugamos o líquido, retiramos antes o ar do in- E, para o módulo da tração T 234, temos: terior do canudo, reduzindo a pressão interna. A pressão at- T234 � P2 � T34 ⇒ T234 � 6,0 � 10�2 g � 3,0 � 10�2 g ⇒ mosférica externa, então, empurra o ar para dentro do canudo. ⇒ T234 � 9,0 � 10�2 g III) Errado. Se o corpo flutua, ele está em equilíbrio. Logo, o mó- dulo de empuxo é igual ao módulo do peso. E, finalmente, para o sistema 1-2-3-4, temos: IV) Errado. Só podemos afirmar que o módulo do empuxo exer- P1L � T234 � 2L � 0 ⇒ P1 � 2T234 ⇒ P1 � 18 � 10�2 g cido sobre cada corpo é igual ao módulo do peso de cada cor- Mas: po. Se os corpos forem homogêneos e maciços, pode-se di- zer que a densidade do material de que é feito cada corpo é P1 � m1g ⇒ P1 � 18 � 10�2 g ⇒ m1 � 18 � 10�2 kg � 180 g menor que a densidade do líquido. Resposta: alternativa a. V) Correto. A pressão só depende da profundidade do líquido 484. Para que haja equilíbrio a resul- em relação à superfície. tante das forças P = (peso da bar- Logo, a sequência correta é VVFFV. ra), T = (tração no fio) e R= (força Resposta: alternativa b. exercida pela articulação O sobre 488. a) Errado. As caixas devem ser mais estreitas para serem mais a barra) deve ser nula. Logo, R= altas, pois a pressão depende da altura; e ficar perto das re- Ry= T= como mostra a figura, R= deve ser sidências. inclinada para a direita e para ci- O b) Correto. O formato que possibilitar maior altura para o mesmo ma. Portanto, deve ter um compo- volume é mais eficiente, pela mesma razão do item anterior. nente vertical diferente de zero e P= c) Correto. A pressão da água se deve ao seu peso, ou seja, à dirigido para cima. força da gravidade. 485. Resposta: alternativa a. d) Depende. Em repouso não, em movimento sim. A pressão em um líquido só depende do desnível em relação à superfície Como o volume do cone é um terço do volume do cilindro de quando esse líquido está em equilíbrio. Quando se movimen- mesma base e altura, o volume de A é um terço do volume de ta, ela depende também do diâmetro do cano. A rigor, como B. Logo, a massa e o peso da água contidos em A também são um sistema de distribuição de água só tem sentido quando a um terço da massa e do peso da água contidos em B. água flui, essa afirmação deve ser considerada errada. 78
- 79. 489. Como ambas as extremidades estão abertas, a pressão atmos- Mas, da definição de densidade, podemos escrever a densidade férica atuando sobre as superfícies é a mesma, por isso, os média, d.., desse objeto de massa m e volume V da forma: pontos A e B estão no mesmo nível. m d.V (II) Resposta: alternativa c. De (I) e (II), sendo V Va, pois o objeto está inteiramente mer- 490. Veja a figura: gulhado, obtemos: 1 daVag ---- d.Vg ⇒ d. - 4da 4 Resposta: alternativa a. E= 493. Como o corpo está flutuando, o módulo do seu peso, P, é igual h ao módulo do empuxo E que ele sofre do líquido. Sendo P mg eE V g, em que e V são a massa específica e o volume P= do líquido deslocado, podemos escrever: P E ⇒ mg Vg (I) Quando o cilindro é imerso na bebida ele deve afundar até fica r Da definição de densidade (massa específica) podemos escrever em equilíbrio a uma profundidade h. Nessas condições, o módu- para a densidade do corpo, , de massa m e volume V: lo do peso P= desse densímetro, correspondente à massa m do tubo acrescida à massa m do cilindro, é igual ao módulo do em- m V (II) puxo E = do líquido, correspondente ao peso do volume V do líqui- 1 De (I) e (II), sendo V ---- V, pois apenas um quarto do corpo - do deslocado. Dessa forma podemos relacionar a profundidade 4 h com a densidade desse líquido, da seguinte forma: fica submerso no líquido de densidade 10 g/cm3, obtemos: P E ⇒ (m m )g Vg ⇒ m m V 1 Vg ⇒ 1 10 ⇒ Como o tubo é um cilindro de diâmetro D, o volume do líquido ---- Vg - ---- - 2,5 g/cm3 4 4 deslocado é V Dh, o que nos permite obter o valor da altura h em que deve ser gravada a marca para aferir a densidade da Resposta: alternativa a. bebida. m m m m Dh ⇒ h ------------------ 494. Esquematizando as forças no modelo simplificado da figura - D abaixo, temos: 491. a) O empuxo é menor no líquido II, pois a esfera é acelerada para baixo. Como o empuxo atua verticalmente para cima e o peso verticalmente para baixo, se a resultante é para baixo = Em 13 km é porque o módulo do empuxo é menor do que o módulo do peso. b) Como a esfera está flutuando, o módulo do seu peso P = é igual ao módulo do empuxo E = que ela sofre do líquido I. Sen- manto do P mg e E d V g, em que d e V são a massa espe- = Pc hm cífica e o volume do líquido deslocado, podemos escrever: P E ⇒ mg dVg (I) S Mas, da definição de densidade (massa específica), podemos = = em que P c é o peso da crosta, E m é o empuxo do manto, S é a escrever para a densidade do material da esfera, d, de massa m e volume V: área da base do cilindro e hm é a altura do cilindro imersa no manto. Como a cadeia de montanhas flutua no manto, podemos m dV (II) escrever em relação aos módulos dessas forças: De (I) e (II), temos: Pc Em ⇒ mcg Vg m m (I) dVg V d V g ⇒ ------- d - - ------- Da definição de densidade, podemos escrever para a densidade V d da crosta, c, de massa mc e volume Vc: d Mas, como ------- V 0,8, temos ------- 0,8 ou V 0,8V . - - mc V (II) d V c c Portanto, oito décimos do volume da esfera estão imersos no De acordo com o modelo simplificado, Vc Shc é o volume do líquido I. cilindro constituído pela crosta, de altura hc 13 hm, e Vm Shm é a altura do volume do cilindro imerso no manto. Sen- 492. Se o peso aparente é três quartos do peso real, podemos con- do c 2,7 g/cm3 e m 3,2 g/cm3, de (I) e (II), obtemos: cluir que o empuxo da água é igual a um quarto do peso do cor- po. Logo, sendo P mg e E daVag, em que da e Va são a den- cVcg mVmg ⇒ cShc m Shm ⇒ 2,7(13 hm) 3,2hm ⇒ sidade e o volume da água deslocada, podemos escrever: ⇒ hm 70 km 1 1 E ---- P ⇒ daVag ---- mg (I) Observe que a profundidade do manto é muito maior do que a - - 4 4 representada no modelo simplificado. 79
- 80. 495. a) Errado. O empuxo depende apenas do líquido deslocado. em que P = é o peso do bloco, T= a tração no fio e E = o empuxo b) Errado. Esse é o valor do empuxo, força que atua verticalmen- da água. Como o bloco está em equilíbrio, podemos escrever: te para cima. Essa é a redução da marcação do dinamômetro P � T � E � 0 ⇒ T � E � P (I) em relação à sua marcação com o cubo fora do líquido. Sendo E � 2,7 � 105 N e P � mg � 2,08 � 104 � 10 � c) Correto. A balança marca o peso do conjunto recipiente-líqui- � 2,08 � 105 N, temos: do acrescido da reação correspondente ao empuxo que o T � 2,7 � 105 � 2,08 � 105 � 6,2 � 104 N líquido exerce sobre o bloco, cujo valor é �gV. d) Correto. Rompendo o fio, o corpo começa a descer. Veja a d) Correto. Nesse caso, o empuxo não varia porque o volume figura: externo do bloco e, portanto, o volume de água deslocada não mudam. Mas o peso do bloco torna-se: E= P� � (2,08 � 104 � 6,2 � 103)10 ⇒ P� � 2,7 � 105 N a= Logo, voltando em (I), obtemos: T � E � P� ⇒ T � 2,7 � 105 � 2,7 � 105 � 0 N P= Resposta: alternativas b, c, d. Desprezando a viscosidade do líquido, de acordo com a Se- 498. a) Correto. A irregularidade do gráfico posição (profundidade) gunda Lei de Newton, podemos escrever: � tempo permite concluir que a aceleração da esfera varia m � �V com o tempo. Logo, a força resultante não é constante. P � E � ma ⇒ mg � �Vg � ma ⇒ a � g � --------------------- ⇒ - m b) Errado. A pressão aumenta, mas atua em todas as direções. O volume da esfera diminui, mas ela não se deforma. ⇒ a � g[1 � � � ----- ] V - c) Correto. É exatamente isso que ocorre. m d) Errado. Nesse intervalo de tempo, a profundidade diminui. e) Errado. A pressão no fundo do recipiente é p0 � �gh, na re- Logo, a esfera está subindo. gião em que o cubo não está em contato com o recipiente. Na e) Não há o que dizer dessa afirmação. Não sabemos o que sig- região em que o cubo está apoiado, a pressão total p é a nificam esses “efeitos perturbatórios”. soma da pressão atmosférica, p0, acrescida da pressão da co- luna do líquido que está acima da face superior do cubo, 499. a) Errado. Se a superfície tem esse formato é porque o reci- �g(h � A), acrescida ainda da pressão devida ao peso do piente está acelerando para a direita. b) Correto. A dissolução do açúcar aumenta a densidade do lí- mg mg cubo, --------- , ou seja, p � p0 � -------- � �g(h � A). - - quido, aumentando o empuxo sobre o corpo suspenso, o que A2 A2 provoca a diminuição da tração no fio. Resposta: alternativas c, d. c) Correto. Em relação ao recipiente a aceleração gravitacional do líquido é nula. Portanto a pressão em A é igual à pressão 496. Se a balança está em equilíbrio no vácuo, não há empuxo. Con- em B. clui-se que os cubos têm o mesmo peso. Se o ar voltar ao interior Observação: Nesse caso, embora a afirmação esteja cor- da campânula, os cubos passariam a sofrer a ação do empuxo reta, a figura está errada. O líquido não se assentaria no re- do ar, dirigida verticalmente para cima. Como o empuxo depen- cipiente, pois ele não tem peso em relação ao recipiente. Ele de do volume do fluido deslocado, o cubo maior, de madeira, so- deveria soltar-se das paredes do recipiente e assumir a forma freria maior empuxo. Logo, a balança inclinaria para a esquerda. de uma grande gota esférica, devido à força de coesão entre Resposta: alternativa e. as suas moléculas. d) Correto. Para isso o peixe regula a sua densidade média, 497. a) Errado. O volume do bloco, V, é a diferença entre o volume igualando-a à densidade da água. externo, Ve � 33 � 27 m3 e o volume interno, Vi � 13 � 1 m3, 500. Veja a figura: portanto V � 26 m3. Sendo d � 800 kg/m3, a massa do bloco é: m � dV ⇒ m � 800 � 26 � 2,08 � 104 kg b) Correto. O empuxo é o peso do volume da água deslocada, E= E � dáguaVáguag. Sendo dágua � 1 000 kg/m3 e Vágua � Ve � 27 m3 e g � 10 m/s2, o empuxo da água é: PV= E � 1 000 � 27 � 10 ⇒ E � 2,7 � 105 N c) Correto. Veja a figura: = PAl E= Se a vela, com o cilindro preso à sua base, flutua, podemos afir- mar que o módulo do peso da vela, PV , somado ao módulo do peso do cilindro de alumínio, PAl , são iguais ao módulo do em- P= puxo da água, E. Portanto, podemos escrever: T= PV � PAl � E (I) 80
- 81. Sabe-se que PV mVg e mV dVVV, em que dV 0,7 g/cm3 é A 0,050 m e 2π rad/s a densidade da vela e Vv é o volume da vela. Como a vela é ci- Lembrando que 2π líndrica, sendo S a área de sua seção normal e hV a sua altura, -------- , temos: - T o seu volume é VV ShV. Logo, o peso da vela pode ser expres- so por: 2π 2π ⇒ T 1,0s -------- - PV dVVVg ⇒ PV 0,7ShVg (II) T Da mesma forma, o peso do cilindro maciço de alumínio é Resposta: alternativa a. PAl = mAlg e mAl = dAlVAl, em que dAl = 2,7 g/cm3 e VAl é o volume desse cilindro. Sendo hAl = 1,5 cm a altura desse cilindro e S 504. Da função da velocidade, v A sen ( t 0), sabendo a área da sua base, igual à área da base da vela, o volume do que os valores máximos do seno são 1, podemos concluir que cilindro de alumínio é V = S · 1,5. Logo, o peso do cilindro pode os valores máximos da velocidade são v A. Identificando ser expresso por: 2π a função dada, x 0,3 cos [ -------- - 2t], no SI, com a função PAl dAlVAlg ⇒ PAl 2,7 S 1,5g (III) 3 O empuxo da água é o peso da água deslocada e pode ser ex- da elongação do MHS, x A cos ( t 0 ) , obtemos presso por E daVag, em que da 1,0 g/cm3 é a densidade da A 0,3 m e 2 rad/s. Logo, o módulo do valor máximo da água e Va é o volume de água deslocada. Sendo h o volume velocidade é: imerso do conjunto vela-alumínio, o volume de água deslocada v A⇒v 2 0,3 ⇒ v 0,6 m/s é Va Sh. Logo, o empuxo da água pode ser expresso por: E daVag ⇒ E 1,0Shg (IV) Resposta: alternativa c. Substituindo (II), (III) e (IV) em (I), temos: 505. A figura mostra as posições sucessivas da partícula em MHS: 0,7ShVg 2,7 S 1,5g 1,0Shg ⇒ 0,7hV 4,05 1,0h (V) Essa expressão deve ser satisfeita quando o conjunto vela-alu- t2 t1 mínio flutua. Para saber se isso ocorre e até quando ocorre, como pede a questão, observe a figura abaixo. Ela representa 2 3 L x2 ----------- L 0 x1 ----------- L L a situação-limite de flutuação, quando esse conjunto está pres- 2 2 tes a afundar e a vela a apagar: Da função da elongação do MHS, admitindo a fase inicial nula, 0 0, temos x A cos t. Sendo A L e f 10 Hz e lem- brando que 2πf, obtemos: 2π 10 ⇒ 20π rad/s hy h A função da posição desse MHS é, portanto, x L cos 20πt. Assim, o instante t1, para a posição x1 3 ----------- L, é dado por: 1,5 cm 2 3 L cos 20πt1 ⇒ 3 Verifica-se que, nessa situação-limite, é válida a relação ----------- L ----------- cos 20πt1 2 2 h hV 1,5 (VI) Substituindo (VI) em (V), vem: Lembrando que 3 π cos ---- , temos: ----------- - 0,7hV 4,05 1,0(hV 1,5) ⇒ hV 8,5 cm 2 3 Logo, como a vela tem 10 cm de altura, ela de início está flutuan- π 1 20πt1 ---- ⇒ t1 - - ------- 0,017s do e continuará flutuando até chegar à altura de 8,5 cm. 3 60 Como ela queima 3,0 cm por hora, pode-se concluir que em 2 30min ela perde 1,5 cm, atingindo a condição-limite antes de O instante t2, para a posição x2 ----------- L, é dado por: 2 apagar-se. 2 L cos 20πt2 ⇒ 2 Resposta: alternativa b. ----------- L ----------- cos 20πt1 2 2 501. Em um corpo em MHS, a velocidade varia senoidalmente com 2 3π o tempo: Lembrando que ----------- cos -------- , temos: - 2 4 v A sen ( t 0) 3π 3 20πt1 -------- ⇒ t1 ------- - - 0,038s Resposta: alternativa a. 4 80 Logo, o intervalo de tempo entre esses dois instantes é: 502. Ao atingir o ponto de abscissa A, o corpo para e muda o sen- t t2 t1 ⇒ t 0,038 0,017 ⇒ t 0,021s tido de sua velocidade. Ao mesmo tempo a força elástica res- tauradora que atua sobre ele é máxima e atua para a direita. Resposta: alternativa a. Logo, a aceleração também é máxima e tem o mesmo sentido. 506. A amplitude de oscilação do oscilador massa-mola não influi na Resposta: alternativa c. sua frequência e o período nada tem que ver com a constante elástica da mola. Mas influi na velocidade máxima, dada por 503. Identificando a função da elongação do MHS, v A. x A cos ( t 0), com a função dada, x 0,050 cos (2πt π), no SI, obtemos: Resposta: alternativa b. 81
- 82. 507. Das afirmações dadas, a I é falsa, pois o período do oscilador subtrai da aceleração da gravidade local, resultando uma ace- depende da massa do bloco, a II e a III são corretas. A energia leração da gravidade inercial menor do que a aceleração da mecânica é constante, pois o atrito é considerado desprezível gravidade local. Logo, como o período é inversamente propor- e a energia cinética no ponto O é máxima, pois nesse ponto a cional à raiz quadrada dessa aceleração, se ela diminui, o perío- velocidade do bloco é máxima. do do pêndulo aumenta. Resposta: alternativa e. Resposta: alternativa b. 1 508. A energia mecânica do oscilador massa-mola, EM � ---- � kA2, - 512. No referencial do trem, a aceleração da gravidade local, g==, é 2 acrescida da aceleração inercial �a==, cujo módulo é igual ao da é igual à energia cinética máxima que, de acordo com o gráfico, aceleração a== do trem. Veja a figura: é E Cmáx � 200 J. Logo, como a amplitude, ainda de acordo com �a = o gráfico é A � 0,1 m, temos: � g= 1 1 gi = � ---- � kA2 � E cmáx ⇒ ---- � k(0,1) 2 � 200 ⇒ k � 200 N/m - - 2 2 Sendo m � 1 kg, o módulo da velocidade máxima pode ser ob- tido da energia cinética máxima, ou seja: P= 1 1 ---- � mv máx � E cmáx ⇒ ---- � 1v máx � 200 ⇒ vmáx � 20 m/s - 2 - 2 2 2 Logo, aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo hachura- Logo, esse valor ocorre na posição x � 0, de equilíbrio. do, pode-se concluir que o módulo da aceleração da gravidade Resposta: alternativa e. resultante no referencial do trem, gi=, pode ser dado por: 509. Como a frequência é o inverso do período, temos f � g i2 � g2 � a2 ⇒ gi � g2 � a2 1 g Portanto, como o período do pêndulo, nesse caso, é � -------- ---- . Logo, a frequência pode ser dobrada se quadru- - - 2π L L T � 2π ------ , ele pode ser expresso na forma - 1 4g gi plicarmos g, pois nesse caso teríamos f� � -------- -------- � - - 2π L L T � 2π ------------------------- . 1 g - � 2 � -------- ---- � 2f. - - g2 � a2 2π L Resposta: alternativa d. Observação: É claro que essa alternativa na prática é inviável. Se alguém quiser de fato dobrar a frequência de um pêndulo, 513. A frequência de oscilação do oscilador massa-mola é dada por nesse caso, deve reduzir seu comprimento L a um quarto. É 1 k 1 g f � -------- ---- e a do pêndulo simples é dada por f� -------- ----- . mais fácil que viajar para outro planeta... - - - - 2π m 2π L Resposta: alternativa b. Igualando as duas expressões, obtemos: 510. O trapézio pode ser considerado um pêndulo simples e, como 1 k 1 g k g a própria expressão da frequência do pêndulo simples, f � -------- ---- � -------- ----- ⇒ ----- � ---- ⇒ mg � Lk - - - - - - 2π m 2π L m L 1 g � -------- ---- , mostra que a frequência de oscilação não de- Resposta: alternativa b. - - 2π L pende da massa. Logo, o pêndulo continua oscilando com a 514. Trata-se de uma onda mecânica longitudinal, cujo pulso descri- mesma frequência. to tem suas extremidades nos pontos A e B. Logo, P é o ponto Resposta: alternativa d. de equilíbrio da oscilação cuja amplitude é 1 m. Como o tempo para a oscilação completa descrita é de 2s, o período é 2s e, por 511. Em I, quando o elevador permanece em repouso ou se move 1 consequência, a frequência é ---- Hz ou 0,5 Hz. - com velocidade constante, ele é um sistema inercial, logo a 2 aceleração da gravidade no seu interior não sofre alteração, é Resposta: alternativa d. a aceleração da gravidade local. Portanto, o período do pêndulo não se altera. 515. Da figura verifica-se que, no intervalo de tempo �t � 9s � 5s � Em II, quando o elevador acelera para cima, aparece uma acele- � 4s, a onda percorreu a distância d � 2 m, ou seja, a sua ração inercial orientada para baixo, que se soma à aceleração d 2 da gravidade local, resultando uma aceleração da gravidade velocidade de propagação é v � -------- � ---- � 0,5 m/s. - - �t 4 inercial maior do que a aceleração da gravidade local. Logo, O comprimento de onda dessa onda, também obtido diretamen- como o período é inversamente proporcional à raiz quadrada te da figura, é � � 8 m. Sabendo que � � vT, obtemos: dessa aceleração, se ela aumenta, o período do pêndulo diminui. 8 � 0,5T ⇒ T � 16s Em III, quando o elevador acelera para baixo, ocorre o inverso. Aparece uma aceleração inercial orientada para cima, que se Resposta: alternativa d. 82
- 83. 516. A única grandeza que se mantém constante no movimento on- 522. a) Se a roda tem 20 dentes regularmente espaçados e dá 5 vol- dulatório é a frequência, característica da fonte que gera as tas por segundo, a cada segundo seus dentes dão 20 � 5 � oscilações que se propagam pela onda. � 100 choques com uma palheta por segundo, ou seja, pro- Resposta: alternativa e. duzem um som de 100 Hz. b) Como a velocidade do som é 340 m/s, o comprimento das 517. Como a extremidade é fixa, a onda se reflete com inversão de ondas sonoras produzidas é dado pela expressão v � �f, fase. No instante t � 4,0s não há interferência entre o pulso in- portanto: cidente de trás e o refletido. No instante t � 6,0s essa interfe- 340 � � � 100 ⇒ � � 3,4 m rência ocorre parcialmente. a) t1 � 4,0s 523. Como sempre, a frequência de uma onda é a grandeza invariável. Resposta: alternativa b. 524. Sendo a velocidade do som igual a 340 m/s, o comprimento de P onda do lá padrão, de frequência 440 Hz dado pela expressão v � �f, é: 1 cm 340 � � � 440 ⇒ � � 1,29 m 1 cm Resposta: alternativa a. b) t2 � 6,0s 525. A figura mostra um dos modos de ressonância possíveis de um tubo aberto em uma das extremidades. Nesse caso, como hou- ve ressonância, pode-se supor que a onda gerada pelo diapasão 3� tinha comprimento de onda � tal que -------- � 40 cm � 10 cm, P - 4 pulso resultante pulsos ou seja, � � 40 cm � 0,40 m. Sendo f � 855 Hz a frequência componentes do diapasão, da expressão v � �f, podemos determinar a ve- locidade do som no local: 518. Nesse caso também há inversão de fase do pulso refletido. Por v � 0,40 � 855 ⇒ v � 342 m/s isso, como os pulsos são idênticos, quando houver a superpo- sição do pulso refletido com o incidente a amplitude do pulso Resposta: alternativa c. resultante será nula. 526. Num velho ônibus urbano há inúmeras partes soltas que têm di- velho ônibus urbano há inúmeras partes soltas que têm Resposta: alternativa d. ferentes frequências naturais de vibração. Essas Essas partes diferentes frequências naturais de vibração. partes soltas podem podem em ressonância com a vibração do motor que se soltas entrar entrar em ressonância com a vibração do motor 519. Da figura, pode-se concluir que a amplitude da onda é 1,0 cm transmite a todo ônibus.oComo essa vibração vibração depende que se transmite a todo ônibus. Como essa depende da rota- e o comprimento de onda é igual à distância do vibrador à çãorotação do sua frequência é variável. Dessa forma, forma, da do motor, motor, sua frequência é variável. Dessa com o extremidade fixa, de 180 cm. com o movimento, peças diferentes são “sintonizadas” em movimento, peças diferentes são “sintonizadas” em momentos Resposta: alternativa d. diferentes, diferentes, produzindo o efeito descrito. momentos produzindo o efeito descrito. 520. Nesse caso, como sempre, a frequência é constante, portanto Resposta: alternativa d. no meio II ela continua sendo f � 10 Hz. Quanto ao comprimen- 527. Como mostra a figura: to de onda, podemos aplicar a Lei da Refração na forma sen � 1 �1 ---------------- � ------- . - - sen � 2 �2 Sendo �1 � 45° e �2 � 30° (ângulos de incidência e refração) a frequência fundamental de vibração de uma coluna de ar num e �1 � 28 cm, temos: tubo aberto numa das extremidades corresponde a um compri- sen 45� 28 � mento de onda � tal que ---- � L, sendo L o comprimento do ------------------ � ------- ⇒ �2 � sen 45° � 28 � sen 30° ⇒ - - - sen 30� �2 4 tubo. Nesse caso, L � 2,5 cm, logo: 2 1 ⇒ �2 � ----------- � 28 � ---- ⇒ �2 � 20 cm - � 2 2 ---- � 2,5 ⇒ � � 10 cm � 0,10 m - 4 Resposta: alternativa b. Sendo a velocidade do som igual a 340 m/s, a frequência fun- 521. Para que as ondas se anulem é preciso que elas se superpo- damental nesse canal auditivo, dada por v � �f, é: nham em oposição de fase, ou seja, que a diferença entre seus 340 � 0,10f ⇒ f � 3 400 Hz percursos seja um múltiplo inteiro de meio comprimento de � 528. a) Sendo a velocidade do som igual a 330 m/s e a frequência onda. Neste caso, devemos ter AC � AD � n � ---- , em que - 2 do sinal emitido pelo alto-falante f � 220 Hz, o comprimento n � 1, 2, 3, ... de onda do som, dado pela expressão v � �f, é: Resposta: alternativa b. 330 � � � 220 ⇒ � � 1,5 m 83
- 84. b) Como mostra esquematicamente a figura abaixo, não há no Lua eixo ponto de intensidade máxima. As ondas se superpõem e se anulam. luz do Sol Terra 529. a) Falso. O processo de interferência só ocorre enquanto as on- das se superpõem. Não há influência em relação à sequên- É fácil ver que, às 18h, para que o observador O veja a metade cia da propagação de cada onda, individualmente. iluminada da Lua é preciso que ela esteja no alto do céu. Nesse b) Falso. O que importa no efeito Doppler é a velocidade rela- caso ele vê a metade iluminada na forma de um C que, no tiva da fonte em relação ao observador. hemisfério sul, corresponde ao quarto crescente. c) Falso. A frequência determina os sons produzidos, mas a Resposta: alternativa a. maior frequência está relacionada ao som mais agudo, não ao mais grave. 532. Veja a figura: d) Falso. Supondo que a velocidade do som seja de 350 m/s, um ouvinte sentado a 350 m dos alto-falantes ouvirá o som depois do intervalo de tempo: �e 350 �t � --------- ⇒ �t � --------- � 1s - - v 350 Quem ouvir o som pela televisão, por exemplo, receberá um Resposta: alternativa b. sinal que percorre uma distância aproximada de 2 � 37 000 � � 74 000 km. Como a onda eletromagnética tem uma velo- 533. A altura da imagem de um objeto conjugada com um espelho cidade de propagação de 300 000 km/s, o telespectador ou- plano é sempre igual à altura do objeto, independentemente da virá o som depois de um intervalo de tempo: posição relativa do observador ao espelho. Logo, h � constante. �e 7 400 Resposta: alternativa e. �t � --------- ⇒ �t � ------------------- ⇒ �t � 0,25s - - v 300 000 Logo, quem assiste ao concerto pela televisão ouve o som an- 534. Veja a figura: tes de quem o assiste a 350 m de distância dos alto-falantes. 110 cm 530. 1) Correto. O formato das ondas resultante é diferente, mos- 70 cm 40 cm 15 cm 15 cm trando que seus componentes também são diferentes. Como as ondas componentes determinam o timbre, essas vozes imagem flor imagem têm timbres diferentes. da flor da flor do espelho 2) Correto. A distância que elas percorrem para se repetirem, grande olhos do espelho da garota pequeno ou repetirem a mesma oscilação, é a mesma. A distância da imagem da flor conjugada com o espelho peque- 3) Correto. O intervalo de tempo para que essas ondas se repi- no ao espelho de parede é 70 cm. Logo, a distância entre a tam também é o mesmo, logo elas têm o mesmo período e, imagem da flor do espelho de parede a esse espelho é, tam- portanto, a mesma frequência e, consequentemente, a mes- ma altura. bém, 70 cm. Portanto, a distância da garota à imagem da flor é 110 cm. 4) Correto, como justificado acima. Resposta: alternativa d. 5) Falso. A intensidade depende da amplitude. E a amplitude de A é maior que a de B. 535. Sabemos na translação dos espelhos planos que, se um espe- 6) Correto, como justificado acima. lho se desloca de a, sua imagem se desloca de 2a. Como a ve- 7) Errado, pois contraria 3 e 4. locidade é a razão entre o deslocamento e o intervalo de tempo 8) Correto, como justificado em 3. correspondente, se o deslocamento aparente (observado por meio da imagem do espelho plano) é duas vezes maior, e o tem- Logo, há seis afirmativas corretas. po é o mesmo, pode-se afirmar que a velocidade aparente (da Resposta: alternativa d. imagem), nesse caso, é o dobro da velocidade do espelho, que é a velocidade do ônibus. Logo, a velocidade da imagem em re- 531. Veja a figura onde a Terra está representada vista do polo Sul, lação ao solo é v� � 2 � 2 m/s � 4 m/s. girando no sentido horário, com os raios de Sol vindos da direita para a esquerda. Resposta: alternativa a. 84
- 85. 536. Veja a figura: c) Correto. Veja o exemplo da figura: P y y V F C O A B C D E d) Errado. Um objeto real não conjuga imagem entre F e V, no espelho côncavo. e) Correto. Veja justificativa acima. f) Errado. Se a imagem é virtual, o objeto estará sempre à es- P querda de F (entre F e V). g) Errado. Se o objeto real está a 10 cm de V, então p 10 cm. Se a imagem está localizada a 30 cm à esquerda de V, ela O raio de luz que partindo de P atinge o observador O passa é virtual; logo, p 30 cm. Então, o raio R pode ser obtido obrigatoriamente pela imagem P , simétrica de P em relação 1 1 2 ao espelho. Assim, basta determinar P e ligar P a O. Como a pela equação de conjugação, ---- - ------- - ---- : - p p R intersecção dessa reta passa por D, pode-se concluir da figura 1 1 2 que o raio que atinge O incide no espelho em D, ou seja, é o ------- - ------------- - ---- ⇒ R 30 cm - 10 30 R raio PDO. Resposta: alternativas a, c, e. Resposta: alternativa b. 539. a) Como a cada ponto objeto corresponde um ponto imagem, conjugado simultaneamente (nessas dimensões, dada a ve- 537. Veja a figura: locidade da luz, não tem sentido discutir a relatividade da si- multaneidade), pode-se afirmar que a frequência de oscila- y ção da imagem é a mesma do objeto. E b) Sendo y a amplitude de oscilação do objeto, a amplitude de oscilação da imagem será y . Sendo p 3f a posição do ob- P 1 1 1 jeto, da equação de conjugação ---- - ------- - --- , pode- - p p f mos determinar a posição p da imagem: 1 1 1 ------ - ------- - --- ⇒ p - 1,5f 3f p f 1 A O A Da equação do aumento linear transversal, ------- y p 1 - ------- , - y p temos: y 1,5f ------- - ---------- ⇒ y - 0,5y Se o raio de luz que sai de A atinge P depois de refletir-se no y 3,0f espelho, conclui-se que P e A (imagem de A conjugada com o Portanto, como y é a amplitude de oscilação da imagem, espelho plano) pertencem à mesma reta. Logo, como mostra a ela será metade da amplitude de oscilação do objeto. c) Como a imagem é invertida em relação ao objeto, quando figura, o raio de luz que sai de A e atinge P incide no espelho este estiver na posição y A, a imagem estará na posi- no ponto de ordenada y 2. ção y A, ou seja, os movimentos estarão defasados de Resposta: alternativa c. 180° ou π rad. 540. Sendo p 20 cm, y y ep 0 (real), da equação do au- 538. a) Correto. y p mento linear transversal, ------- - ------- , temos p - 20 cm. b) Errado. A imagem será real, veja exemplo da figura: y p 1 1 1 Logo, da equação de conjugação ---- - ------- - --- , temos: - p p f 1 1 1 ------- - ------- - --- ⇒ f 10 cm - y 20 20 f V F y C Assim, se o objeto se aproximar 10 cm do espelho a sua nova posição será p 20 10 10 cm, ou seja, ele estará no foco e sua imagem se formará a uma distância infinita. Resposta: alternativa e. 85
- 86. 541. Admitindo-se válidas as condições de estigmatismo de Gauss, Como o seno é crescente no intervalo de 0 a 90°, o menor valor o que nesse caso é falso, sendo p� � 4 cm e p � 26 cm, obtido n2 de �1 corresponderá ao menor valor da razão ------- . Das alter- 1 1 2 pela equação de conjugação, ---- � ------- � ---- , temos: n1 - - - p p� R 1,4 nativas dadas, é fácil ver que essa razão é -------- . 1 1 2 - ------- � ---- � ---- ⇒ R � 7 cm ⇒ R � 70 mm - - - 1,8 26 4 R Resposta: alternativa e. 542. Se aaimagem é virtual e menor, o espelho só podesó pode ser imagem é virtual e menor, o espelho ser convexo. Veja quadro inferior da página 136 do volume 2. convexo. 546. Veja a figura: Resposta: alternativa a. �2 � 90° 543. Se os raios incidentes no espelho côncavo provêm do infinito � �2 �� (são paralelos ao eixo principal), o prolongamento dos respec- � tivos raios refletidos, interceptados pelo espelho plano, vai convergir no foco F do espelho côncavo. Por sua vez, como o ponto imagem F� de F, conjugado com o espelho plano, se for- Para que o raio de luz sofra reflexão total na parede lateral da ma a 8 cm desse espelho, a distância de F ao espelho plano é, também, 8 cm. Mas, como o espelho côncavo tem 50 cm de fibra óptica, é preciso que o ângulo �2 seja 90°. Nesse caso o raio, a distância do seu foco F ao vértice é 25 cm. Logo, a dis- ângulo � 2 dado pela Lei da Refração, é: �, tância do espelho plano ao vértice do espelho côncavo é 5 25 � 8 � 17 cm. Veja a figura: n � sen � 2 � nar � sen 90° ⇒ ----------- � sen � 2 � 1 ⇒ � � 2 2 ⇒ sen � 2 � ----------- � 5 Como no triângulo hachurado � 2 � �� � 90°, então cos �� � � 2 � ----------- ; e, como sen2 �� � cos2 �� � 1, temos: 5 8 cm 2 2 4 1 sen2 �� � [ ----------- ] � 1 ⇒ sen2 �� � 1 � ---- � ---- ⇒ - - 25 cm 5 5 5 544. Para que os raios saiam paralelos de E1, eles devem partir do 5 ⇒ sen �� � ----------- foco desse espelho. O espelho E2, por sua vez, tem a função de 5 concentrar os raios de luz num único ponto, para que toda luz Aplicando agora a Lei da Refração na travessia da superfície por ele emitida saia desse ponto. Por isso, a lâmpada deve ser circular do cilindro, temos: colocada no centro de E2, ponto autoconjugado. Veja a figura: 5 5 1 nar � sen � � n � sen �� ⇒ sen � � ----------- � ----------- � ---- ⇒ - 2 5 2 E1 ⇒ � � 30° Observe que, se � for maior que 30°, �� também será maior e � 2 diminui, pois a soma �� � � 2 é constante, tornando-se � � E2 menor do que o ângulo-limite de refração. Por isso, � � 30°, nes- se caso, é o maior ângulo com reflexão total nas paredes laterais L do cilindro. F1 � C2 C1 547. Da primeira condição, para o raio I, temos �1 � 45° e �2 � 30° (o raio refratado que passa por C não sofre desvio porque coin- cide com a normal à superfície semicilíndrica). Veja a figura: �1 � 45° �ar II Resposta: alternativa e. C �2 � 30° 545. Sairá primeiro o raio de luz que atravessar o par de meios que � tiver o menor ângulo limite de incidência, correspondente ao ângulo de refração �2 � 90°. Lembrando a Lei da Refração, n1 � sen �1 � n2 � sen �2, podemos escrever: n2 0 n1 � sen �1 � n2 � sen 90° ⇒ sen �1 � ------- � II n1 I 30° 86
- 87. Da Lei da Refração, temos: Dos triângulos retângulos de base d1, cujo ângulo oposto é �1 n1 � sen �1 � n2 � sen �2 ⇒ sen 45° � n � sen 30° ⇒ e de base d2, cujo ângulo oposto é �2, podemos escrever: 2 1 d1 d2 ⇒ ----------- � n � ---- ⇒ n � 2 - sen �1 � ------- e sen �2 � ------- 2 2 r r No sentido inverso, como mostra a figura, para o raio II emer- Sendo d1 � 5 cm, d2 � 4 cm e r � 8 cm, temos: gente temos �ar � 90°. Note que o raio II incide normalmente à superfície, por isso não se desvia e atinge a superfície plana, 5 4 sen �1 � ---- e sen �2 � ---- - - interna, em C como o mesmo ângulo �. Aplicando agora a Lei 8 8 da Refração para a passagem da luz da lâmina para o ar, na Da Lei da Refração, temos: condição proposta, temos: 5 4 nar � sen �1 � nvidro � sen �2 ⇒ nar � ---- � nvidro � ----- ⇒ n � sen � � nar � sen �ar ⇒ 2 � sen � � 1 � sen 90° ⇒ - - 8 8 2 ⇒ sen � � ----------- ⇒ � � 45° n vidro 5 ⇒ ----------- � ---- � 1,25 - - 2 n ar 4 Resposta: alternativa c. Resposta: alternativa b. 548. A trajetória desse raio de luz, de acordo com o enunciado, está 550. Da Lei da Refração, n1 � sen �1 � n2 � sen �2, pode-se concluir representada na figura: que o menor ângulo-limite de incidência � em relação ao ar, correspondente ao ângulo de refração �ar � 90°, é: d 0 nar � sen �ar � n � sen 90° ⇒ sen �ar � n 60° Como o seno é crescente no intervalo de 0 a 90°, o menor valor de n corresponderá ao menor valor de �ar. Das alternativas da- � �� das, o menor valor de n obtido no gráfico corresponde ao vidro crown de silicato e luz vermelha. Resposta: alternativa b. a) Para determinar o índice de refração do semidisco, conside- 551. a) Veja a figura: ramos a passagem do raio de luz do semidisco para o ar. Da Lei da Refração, temos: 45° 3 n � sen 60° � nar � sen 90° ⇒ n � ----------- � 1 ⇒ 2 O 2 3 ⇒ n � -------------- 3 b) Para achar a distância d, vamos considerar o triângulo retân- d gulo hachurado, onde � � 30°. Note que � e �� são iguais 45° (ângulos de incidência e reflexão) e somados são iguais ao ds ângulo de 60° (ângulos alternos internos). Logo, � � 30°. Sendo o raio do semidisco R � 1,0 m, temos: ds d sen � � ---- ⇒ d � R � sen � ⇒ d � 1,0 � sen 30° ⇒ - R b) O deslocamento da sombra, ds, provocado pela colocação da ⇒ d � 0,5 m lâmina de plástico é resultante do deslocamento dos raios 549. Veja a figura: de luz que delimitam essa sombra. Veja no triângulo retân- gulo em destaque que: d 2 d cos 45° � ------ ⇒ ----------- � ------ ⇒ ds � 2 d - - ds 2 ds �1 Para determinar o deslocamento d, vamos determinar o ân- r gulo de refração �r , na face interna da lâmina. Aplicando a �1 Lei da Refração, temos: d2 n1 � sen �1 � n2 � sen �2 ⇒ nar � sen �1 � n � sen � 1 ⇒ � d1 r 5 2 ⇒ 1,0 � sen 45° � -------------- � sen � 1 ⇒ � �2 �2 6 2 5 2 ⇒ 1,0 � ----------- � -------------- � sen � 1 ⇒ sen � 1 � 0,60 ⇒ � � 2 6 ⇒ � 1 � 37° � 87
- 88. Aplicando a expressão do deslocamento, sendo e = 1,2 cm, 555. Veja a figura: i 1 45° e r 1 37°, temos: L sen ( i r) sen (45 37 ) A C d e ------------------------------- ⇒ d - 1,2 ------------------------------------- ⇒ - cos r cos 37 D A 0,37 O ⇒d 1,2 ----------- ⇒ d - 0,56 cm F 0,80 B C Portanto: ds 2 0,56 ⇒ ds 0,79 cm B D Observação: Para o final dessa solução, recorremos a uma calculadora. Note que a imagem do quadrado se “desagrega”, pois um lado 552. Sabendo que o ângulo BA, de refringência, é a soma dos ângulos tem uma imagem real e invertida (CD) enquanto o outro tem de refração nas faces internas do prisma, B A 1 2, uma imagem virtual e direita (AB). Ambas, no entanto, têm a temos: mesma altura. 60° 1 30° ⇒ 1 30° 556. Sendo p 1m 1000 mm e f 50 mm, da equação de con- Aplicando a Lei da Refração, na passagem da luz do ar para o 1 jugação ---- 1 1 prisma, temos: - ------- - --- , temos: - p p f n1 sen 1 n2 sen 2 ⇒ nar sen 1 n sen 1 ⇒ 1 1 1 -------------- - ------- - ------- ⇒ p - 52,6 mm 2 1 1 000 p 50 ⇒ 1,0 sen 45° n sen 30° ⇒ 1,0 ----------- n ---- ⇒ - 2 2 Resposta: alternativa b. ⇒n 2 1 557. a) 1) Do gráfico dado pode-se concluir que, quando ------- - Resposta: alternativa c. p 553. Os raios de luz da lente L 0 convergem para o seu foco F0 loca- 1 2 m 1, ---- 1 0. Logo, da equação de conjugação ---- - - lizado à distância f0 25 cm, como mostra a figura 1. Se a len- p p te divergente, L1, de distância focal f1, produz um feixe paralelo 1 1 ------- - --- , temos: - quando colocada a 15 cm de L 0, podemos concluir que seu foco p f F1 coincide com o foco da lente convergente F0. Veja a figura: 1 1 0 2 ---- ⇒ f - ----- m ⇒ f - 0,5 m f 2 Lo L f 2) Nesse caso, podemos concluir que p ----- - 0,25 m. Da 2 equação de conjugação determinamos p : 1 1 1 f fo ----------- - ------- - --------- ⇒ p - 0,5 m 0,25 p 0,5 y E, da equação do aumento linear transversal, ------- - y p , podemos concluir que: f ------- - p fo y 0,5 ------- - -------------- ⇒ y - 2y y 0,25 Logo, da figura, podemos concluir que a distância focal f0 de L 0 é: Vamos supor que a pulga caia de uma altura y, a partir do f0 25 15 10 cm repouso. Da função da posição na queda livre, sendo g o mó- dulo da aceleração da gravidade, podemos escrever: 554. a) e b) Sabe-se que p 50 cm e que y y. Da equação 1 y ----- gt2 - y p , temos: 2 do aumento linear transversal, ------- - ------- - y p No mesmo tempo, a imagem da pulga cai de uma altura y y p com uma aceleração em módulo a. Logo, podemos escrever: ---------- ------- ⇒ p - 50 cm y 50 1 y ----- at2 - 1 1 1 2 Da equação de conjugação ---- - ------- - --- , temos: - p p f Mas y 2y. Portanto, das relações acima obtemos: 1 1 1 1 at2 ⇒ 2 1 gt2 1 ------- - ------- - --- ⇒ f 25 cm - 2y ----- - ----- - ----- at2 ⇒ a 2g - 50 50 f 2 2 2 Portanto, a lente é convergente (distância focal positiva) e Portanto, a aceleração da imagem é o dobro da aceleração sua distância focal é f 25 cm. da gravidade. 88
- 89. b) A velocidade v de propagação das ondas num determinado 561. O caso A representa a hipermetropia, que é corrigida com lentes meio, dada pela expressão v � �f, é constante. Assim, se convergentes; o B a miopia, corrigida com lentes divergentes. aumentarmos a frequência f, o comprimento de onda lamb- Resposta: alternativa c. da deve diminuir para que o valor de v permaneça constante. 562. O objeto distante está localizado no infinito, p → �. Logo, a po- 558. a) Para preencher toda a tela é preciso que a largura y � sição da imagem coincide com a distância focal da objetiva. � 35 mm � 35 � 10�3 m seja ampliada para y� � 10,5 m. Portanto, i1 está a 60 cm da objetiva. Como a distância entre as y� Sendo A � ------- , temos: duas lentes é de 80 cm, conclui-se que essa imagem será um - y objeto real localizado a 20 cm da ocular. Portanto, em relação 10,5 A � ----------------------- ⇒ A � 300x à ocular, temos p � 20 cm e fOC � 30 cm. Assim, da equação - 35 � 10 �3 1 1 1 de conjugação ----- � ------- � ---- , podemos determinar a po- - - - y� p� b) Sendo p� � 30 m, como ------- � � ------- , ou seja, A � p p� f - - y p sição final da imagem, p�, conjugada pela luneta, em relação à p� � � ------- , temos: ocular: - p 1 1 1 ------- � ------- � ------- ⇒ p� � 60 cm - - - 300 300 � � ---------- ⇒ p � �0,1 m 20 p� 30 - p Resposta: alternativa e. Como o objeto é real, a distância da fita à lente é p � 0,1 m. Essa troca de sinal se consegue com a inversão da imagem 563. Exemplo típico da difração de Fraunhofer. em relação ao objeto. Resposta: alternativa c. c) Nessas condições, a distância focal da lente pode ser determi- 564. O avermelhado do céu, no no crepúsculo, é consequência do avermelhado do céu, crepúsculo, é consequência do espa- 1 1 1 nada pela equação de conjugação ----- � ------- � ---- , logo: - - - espalhamento da luz do Sol quando nas pequeninas partícu- lhamento da luz do Sol quando incide incide nas pequeninas p p� f partículas em suspensão na atmosfera (moléculas dos gases las em suspensão na atmosfera (moléculas dos gases compo- 1 1 1 --------- � ------- � ---- ⇒ f � 0,10 m - - - componentes por ar, por exemplo). Esse espalhamento é maior nentes do ar, do exemplo). Esse espalhamento é maior para os 0,1 30 f para os comprimentos de onda mais como os da luz azul luz azul comprimentos de onda mais curtos, curtos, como os da ou vio- 559. a) O sistema de lentes deve conjugar uma imagem real com um ou violeta. isso que o que o céu éNo crepúsculo, próximo à linha leta. É por É por isso céu é azul. azul. No crepúsculo, próximo à objeto real. Logo, se p e p� são positivos, da equação de linha do horizonte, dessa dessa radiação espalhada se “perde” do horizonte parte parte radiação espalhada se “perde” na su- 1 1 1 na superfície da Terra e acabam predominando as radiações perfície da Terra e acabam predominando as radiações cujos conjugação ----- � ------- � ---- , pode-se concluir que f tam- - - - cujos comprimentos de são maiores e menos espalhados, como comprimentos de onda onda são maiores e menos espalhados, p p� f bém é positivo, ou seja, o sistema de lentes é convergente. como o vermelho e o alaranjado. o vermelho e alaranjado. b) Sendo y� � �24y (a imagem é invertida para que possa ser Resposta: alternativa c. real, como vimos no problema anterior) e p� � 125 cm, da re- 565. Para que o arco-íris apareça, é preciso que a luz penetre numa y� p� lação do aumento linear transversal, ------- � � ------- , temos: gotícula de água; assim, sofre refração na passagem do ar para de água, sofrendo refração na passagem do ar para a - - y p a água, em seguida sofrereflexão total no fundo da gotícula, e água, em seguida sofre reflexão total no fundo da �24y 125 em seguida sofre uma nova refração ao sair novamente para o --------------- � � ---------- ⇒ p � 5,2 cm - - y p ar. A rigor, existem duas dispersões, nana entradana saída da luz. ar. existem duas dispersões, entrada e e na saída da Portanto, a distância focal do sistema de lentes pode ser de- luz. Toda refração provoca a dispersão luz luz branca, mas ela se Toda refração provoca a dispersão da da branca, mas ela só só 1 1 1 se torna perceptível na segunda refração. torna perceptível na segunda refração. terminada pela equação de conjugação ----- � ------- � ---- : - - - p p� f Resposta: alternativa b. 1 1 1 --------- � ---------- � ---- ⇒ f � 5,0 cm - - - 566. Veja a figura abaixo: 5,2 125 f 560. Se uma pessoa vê com nitidez uma estrela no céu, isto é, um luz branca i1 incidente objeto localizado no infinito, p → �, é preciso que a distância focal f�, do conjunto córnea-cristalino, coincida com a distância da retina onde se forma a imagem desse conjunto. Logo, para � i2 � isso, f� � 2,5 cm � 25 mm. Para que a pessoa possa observar nitidamente um objeto a 10 cm da córnea, a distância focal f10 do conjunto córnea-cris- r1 � r 2 e talino deve ser tal que, para p � 10 cm, p� � 2,5 cm. Assim, 1 1 1 filme de da equação de conjugação ----- � ------- � ---- , temos: - - - água e sabão p p� f 1 1 1 Ela representa esquematicamente o trajeto de dois raios de luz ------- � --------- � ------- � f10 � 2,0 cm � 20 mm - - - 10 2,5 f 10 i1 e i2 que incidem no filme de água com sabão. Note que o raio Portanto, a diferença entre as distâncias focais nos dois casos refletido na face traseira do filme, r1 , se superpõe ao raio refle- é 5,0 mm. tido na face dianteira, r2 . Nessa superposição as radiações que 89
- 90. estiverem em oposição de fase se anularão, ou seja, vão inter- 568. I) Falso. O fenômeno da interferência ocorre em qualquer ferir destrutivamente. A condição para que isso ocorra é que a meio, inclusive no vácuo. diferença entre os comprimentos dos trajetos dos dois raios de II) Correto. A interferência é uma consequência do Princípio da Superposição, um princípio da física ondulatória. luz seja um múltiplo inteiro, m, de ----- . Suponha que a incidên- - 2 III) Falso. Para que haja a interferência, como a estudamos, é cia seja praticamente normal, 0, e a espessura e do filme preciso que as fontes sejam coerentes. seja constante. Logo, a diferença entre o comprimento dos tra- Resposta: alternativa b. jetos desses raios de luz será 2e, percorrida no interior do filme, o que nos permite escrever a condição de interferência destru- 569. I) Sabe-se que, se a distância entre as fendas é a = h = tiva na forma: 2,0 10 2 cm 2,0 10 4 m, a distância do plano das fendas ao anteparo é x L 1,2 m e o comprimento s 2e m ------- (m - 1, 2, 3, ...) de onda da radiação luminosa originária da fonte F, a posi- 2 ção (ordenada, por exemplo) de cada franja de interferência em que s é o comprimento da radiação no filme de água com nx sabão. Sendo n o índice de refração do filme e o comprimen- é dada pela expressão y ------- , em que n é um número - a to de onda da radiação no ar, temos: inteiro. Assim, a distância y entre duas franjas consecuti- n ------- ⇒ - ----- - vas é a distância entre uma ordenada y de ordem n, yn e ou- s s n tra de ordem n 1, yn 1. Podemos portanto escrever: Voltando à expressão acima, temos: nx (n 1)x y yn yn 1 ⇒ y ------- - ---------------------- ⇒ a a 2e m -------- ⇒ m - 4ne 2n ⇒ y x ----- - Portanto, podemos concluir que, para um determinado valor de a m, nas regiões onde e for maior, o comprimento de onda da ra- Sendo y 3,0 10 1 cm 3,0 10 3 m, temos: diação que sofre interferência destrutiva também será maior, e 1,2 3,0 10 3 ------------------------ - ⇒ 5,0 10 7 m vice-versa. 2,0 10 4 Logo, como de cima para baixo a espessura aumenta, a inter- II) Sendo c fec 3,0 108 m/s, temos: ferência destrutiva também vai atingindo comprimentos de onda cada vez maiores. Como os comprimentos de onda cres- 3,0 10 8 5,0 10 7f ⇒ f 6,0 1014 Hz cem do violeta para o vermelho, essa é também a sequência em III) Sendo n 1,50 e sabendo que o índice de refração absolu- que essas cores desaparecem, de cima para baixo. Podemos c concluir, portanto, que, desaparecendo, nessa ordem, o violeta, to de um meio pode ser dado pela expressão n ---- , sen- - v azul, verde, amarelo, laranja e vermelho, deve prevalecer a vi- do c vácuof e v vidrof, podemos escrever: são das cores na ordem inversa. c 5,0 10 7 Resposta: alternativa d. n ---- ⇒ n - ------------- ⇒ 1,50 vácuo - ------------------------ ⇒ - v vidro vidro 567. a) Falso. O índice de refração absoluto de um meio para luz de ⇒ vidro 3,3 10 7 m c uma determinada frequência é n ---- , em que c é a velo- Resposta: alternativa e. - v cidade da luz no vácuo e v é a velocidade da luz dessa fre- 570. Sabe-se que uma variação de temperatura de 180 °F correspon- quência nesse meio. Nota-se, portanto, que, quanto maior n, de a 100 °C, ou seja, 180 divisões em graus Fahrenheit corres- menor deve ser v. Logo, como o índice de refração para a luz pondem a 100 divisões em graus Celsius, ou seja, 1 °C amarela é menor do que a luz azul, a velocidade da luz ama- 180 9 rela é maior que a da luz azul. ---------- °F ----- °F. - - 100 5 b) Correto. Da Lei da Refração, n1 sen 1 n2 sen 2, sabe- Portanto, podemos escrever: mos que, onde o índice de refração é maior, menor é o ân- 1 5 gulo de refração. E menor ângulo de refração corresponde a 3,6 10 6 °C 1 3,6 10 6 ------------- 3,6 10 6 ----- °F 1 - 1 C 9 maior desvio. Logo, a luz que sofre maior desvio é a que tem 2,0 10 6 °F 1 índice de refração maior, portanto a luz violeta. Resposta: alternativa e. c) Correto. Com o prisma nessa posição, as cores mais desvia- das ficam mais acima, e as mais desviadas são as que têm 571. Se antes de retirar a parede adiabática a indicação do termos- maior índice de refração. Logo, essa é a sequência. cópio era 40,0 para A e para B, isso significa que ambos estão d) Correto. Embora não seja suficiente para uma explicação à mesma temperatura, indicada numericamente pelo valor completa, a compreensão desse fenômeno é necessária 40,0. Como os corpos estão à mesma temperatura, depois de para essa explicação. retirada a parede do meio, não ocorre troca de calor entre eles, e) Correto. Em qualquer refração, sempre há reflexão de uma ou seja, eles se mantêm à mesma temperatura. Logo, a nova parte da radiação incidente. medida do termoscópio vai dar a mesma indicação, 40,0. Resposta: alternativas b, c, d, e. Resposta: alternativa c. 90
- 91. 572. I) Correto. Esse é o conceito termodinâmico de temperatura. 578. Inicialmente vamos calcular a quantidade de calor necessária II) Correto. para elevar a temperatura do gelo de 0 °C e passá-lo a água a III) Incorreto. Só há realização de trabalho se as fontes estive- 100 °C. Temos portanto: rem a temperaturas diferentes. Q � mLgelo � mcágua�t ⇒ Q � 200 � 80 � 200 � 1(100 � 0) ⇒ IV) Incorreto. O peso do objeto aumenta a pressão, o que faz a ⇒ Q � 18 000 cal ⇒ Q � 72 000 J temperatura de fusão diminuir. Q Lembrando que a potência é dada pela razão P � -------- , temos: - Resposta: alternativa a. �t Q 72 000 �t � ----- ⇒ �t � ----------------- ⇒ �t � 90s 573. Se a temperatura passa de 293 K, ou seja, 20 °C para 100 °C, - P 800 o arame dilata, como um anel ou um furo numa chapa. O raio R aumenta, e a distância L também. Resposta: alternativa b. Resposta: alternativa e. 579. A capacidade térmica do bloco e a do líquido podem ser obtidas pelo módulo do inverso da inclinação das respectivas retas no 574. Da expressão dada, L � L0 � L0�(t � t0), podemos escrever gráfico dado (note que o gráfico apresenta T (°C) � Q (kJ), en- �L � L0��t. Assim, se X0 � 2Y0, os comprimentos das barras quanto a capacidade térmica é dada por J/°C). Assim, da X e Y quando aquecidas de �t serão, respectivamente, �X � curva I, tomando-se os pontos (0(0 kJ; 180 °C)(5 kJ; kJ; °C) °C) I, tomando-se os pontos kJ; 180 °C) e e (5 80 80 ob- � X0��t e �Y � Y0��t. Mas, como X0 � 2Y0, podemos escre- temos, em módulo, a a capacidade térmica CI bloco: obtemos, em módulo, capacidade térmica CI do do bloco: ver �X � 2Y0��t, ou seja, �X � 2�Y. 5�0 CI � --------------------------- � 0,05 kJ/°C � 50 J/°C - Resposta: alternativa d. �80 � 180� Da mesma forma, da curva II, tomando-se os pontos (0 kJ; 0 °C) 575. Pela figura, t1 é a temperatura em que as duas chapas foram fi- e (9 kJ; 60 °C), obtemos, em módulo, a capacidade térmica CII xadas entre si. Em t2 a chapa de cobre está mais dilatada do do líquido: que a de aço. Como o coeficiente de dilatação do cobre é maior 9�0 CII � ------------------ � 0,15 kJ/°C � 150 J/°C que o do aço, podemos concluir que t2 � t1. Em t3 a chapa de - 60 � 0 aço está mais dilatada do que a de cobre. Como o coeficiente de dilatação do aço é menor que o do cobre, podemos concluir Colocando o bloco a 100 °C num recipiente com esse líquido a 20 °C, num sistema isolado, a temperatura de equilíbrio térmi- que t1 � t3. co será dada pelo Princípio da Conservação da Energia: Resposta: alternativa a. QI (calor cedido pelo bloco) � QII (calor absorvido pelo líquido) � � 0 ⇒ CI(t � 100) � C II (t � 20) � 0 ⇒ 576. Como o coeficiente de dilatação do óleo é maior que o da mis- ⇒ 50(t � 100) � 150(t � 20) � 0 ⇒ t � 40 °C tura água e álcool, ao esfriar-se o conjunto, o volume da gota, Resposta: alternativa c. como o volume de todo o conjunto, vai diminuir. No entanto, por ter um coeficiente de dilatação maior, o volume da gota diminui- 580. Inicialmente coloca-se o bloco, de massa mB � 100 g e calor es- rá ainda mais do que o volume da mistura. Logo, como o peso pecífico 0,1c, em que c é o calor específico da água, no primeiro da gota não varia e o empuxo depende do peso do volume des- recipiente, até que a temperatura da água desse recipiente de locado e esse volume diminui, o empuxo também diminui, por massa m � 10 g seja t� (estamos desprezando a capacidade tér- isso a gota afunda. Pode-se explicar também pela densidade mica do recipiente, o que o enunciado não autoriza, mas tam- dos líquidos. Antes, as densidades eram iguais; depois, como o bém não proíbe e é essencial para responder à questão). óleo contrai mais do que a mistura, sua densidade aumenta Como não houve equilíbrio térmico, vamos supor que a tempe- mais do que a densidade da mistura, por isso, ele afunda. ratura do bloco ao ser retirado do recipiente seja t, que é a tem- peratura que se quer saber. Pelo Princípio da Conservação da Resposta: alternativa a. Energia, podemos escrever: 577. a) Errado. Todas as dimensões aumentam, quando a tempera- Q (calor cedido pelo bloco) � Q (calor absorvido pela água) � tura aumenta. � 0 ⇒ mB � 0,1c(t � 90) � mc(t� � 0) � 0 ⇒ ⇒ 100 � 0,1c(t � 90) � 10c(t� � 0) � 0 ⇒ b) Correto. Essa é uma das formas de entender a dilatação vo- ⇒ 10t � 900 � 10t� � 0 ⇒ t � t� � 90 (I) lumétrica de corpos ocos. c) Errado. A dilatação aparente é a dilatação real do líquido Em seguida, o bloco à temperatura t é colocado no outro reci- subtraída da dilatação do recipiente, não somada. piente até atingir o equilíbrio térmico, que deve ocorrer à tem- peratura t�. Pelo Princípio da Conservação da Energia, podemos d) Errado. A massa específica do líquido é inversamente pro- escrever: porcional ao aumento da temperatura, ou seja, ela diminui quando a temperatura aumenta, ao contrário do que resul- Q (calor cedido pelo bloco) � Q (calor absorvido pela água) � � 0 ⇒ mB � 0,1c(t� � t) � mc(t� � 0) � 0 ⇒ taria dessa expressão. ⇒ 100 � 0,1c(t� � t) � 10c(t� � 0) � 0 ⇒ e) Correto. O volume final do balão é igual ao volume do líquido que continua dentro dele. Logo, o volume final do balão pode ⇒ 10t� � 10t � 10t� � 0 ⇒ 20t� � 10t ⇒ 2t� � t (II) ser obtido pelo volume final do líquido subtraído da parcela De (II), voltando à expressão (I), temos: que vazou. 2t� � t� � 90 ⇒ t� � 30 °C e t � 60 °C Resposta: alternativas b, e. Resposta: alternativa d. 91
- 92. 581. Inicialmente, coloca-se no forno o bloco de massa mb � 500 g b) Quando se coloca o bloco na água a �5,6 °C, haverá troca e calor específico cl, calor específico da liga metálica, até que de calor entre ambos, expressa pelo Princípio da Conserva- ele atinja a temperatura do forno, tf � 250 °C. Em seguida, o ção da Energia: bloco é colocado num calorímetro de capacidade térmica Q (calor cedido pelo bloco) � Q (calor absorvido pela água) � C � 80 cal/°C, contendo ma � 400 g de água à temperatura �0 O bloco, de capacidade térmica C � 400 cal/g, ao passar de ta � 20 °C. A temperatura de equilíbrio é te � 30 °C. Do Prin- 91 °C para t °C, cede uma quantidade de calor, dada pela cípio da Conservação da Energia, podemos escrever: expressão Q � C�t. Logo, nessa expressão, temos: QI (calor cedido pelo bloco) � QII (calor absorvido pela água) � C�t � maca�t � 0 ⇒ 400(t � 91) � 1000 � 1,0ft � (�5,6)g � � QIII (calor absorvido pelo calorímetro) � 0 ⇒ � 0 ⇒ 400t � 36400 � 1000t � 5600 � 0 ⇒ ⇒ mbCl(te � tf) � maca(te � ta) � c(te � ta) � 0 ⇒ ⇒ 1400t � 30 800 ⇒ t � 22 °C ⇒ 500cl(30 � 250) � 400 � 1,0(30 � 20) � 80(30 � 10) � 0 ⇒ ⇒ �110 000cl � 4 800 � 0 ⇒ cl � 0,044 cal/g � °C 584. a) Nesse caso, o bloco de ferro é a fonte de calor. Como a subs- tância está no estado sólido, a sua temperatura de fusão é Resposta: alternativa a. a temperatura de equilíbrio do patamar, onde a temperatura 582. O volume total da cavidade é o volume inicial, V0 � 5 cm3, não varia. Logo, a temperatura de fusão é 60 °C. acrescido ao volume correspondente à massa de gelo derretido, b) De acordo com o gráfico, podemos concluir que, quando a Vg, depois da colocação da esfera de cobre. Supondo que o gelo temperatura inicial do ferro é t 0Fe � 200 °C, a temperatura esteja a 0 °C, o que é aceitável pelo menos na cavidade onde de equilíbrio da substância é te � 60 °C (início da mudança houve a troca de calor, pois a figura mostra uma mistura de de estado). Como a capacidade térmica do calorímetro é água e gelo nessa cavidade, só possível a essa temperatura, a desprezível, sabendo que a temperatura inicial da substân- pressão normal (embora esta última condição não tenha sido cia é t 0s � 20 °C e que a razão entre as massas do ferro e explicitada). da substância é: Para obter o volume do gelo derretido é preciso obter a massa m Fe de gelo derretida. Para isso vamos calcular a quantidade de ca- ---------- � 0,8 ⇒ mFe � 0,8ms ms lor cedida pela esfera de cobre para o gelo, QCu, ao resfriar-se do Princípio da Conservação da Energia e da expressão de 100 °C a 0 °C. Da expressão Q � mc�t, obtemos: Q � mc�t, temos: QCu � mC uCCu�t ⇒ QCu � 30 � 0,096(0 � 100) ⇒ QCu � �288 cal Q (calor cedido pelo ferro) � Q (calor absorvido pela subs- Essa quantidade de calor absorvida pelo gelo, com o sinal po- tância) � 0 ⇒ mFecFe(te � t 0Fe ) � mscs(te � t 0s ) � 0 ⇒ sitivo, permite o cálculo da massa de gelo derretido, mg, pela expressão Qg � Lmg, em que L � 80 cal/g é o calor latente de ⇒ 0,8ms � 0,1(60 � 200) � mscs(60 � 20) � 0 ⇒ fusão do gelo. Temos, portanto: ⇒ cs � 0,28 cal/g � °C 288 � 80mg ⇒ mg � 3,6 g c) O calor latente de fusão da substância pode ser obtido ob- servando no gráfico que, quando o bloco de ferro é colocado Basta determinar agora o volume de gelo correspondente a à temperatura inicial t 0Fe � 450 °C, a substância atinge a m essa massa. Da definição de densidade, d � ----- , sendo a den- temperatura de equilíbrio te � 60 °C e se funde completa- - V mente. Dos dados já considerados, sabendo que o calor ab- sidade do gelo dg � 0,92 g/cm3, obtemos: sorvido pela substância na mudança de estado é dado pela expressão Q � Lms, em que L é o calor latente de fusão, po- m 3,6 Vg � ------- ⇒ Vg � ----------- ⇒ Vg � 3,9 cm3 - demos escrever: dg 0,92 Q (calor cedido pelo ferro) � Q (calor absorvido pela subs- Logo, o volume da cavidade é: tância) � Q (calor absorvido na fusão da substância) � 0 ⇒ V � V0 � Vg ⇒ V � 5,0 � 3,9 ⇒ V � 8,9 cm3 ⇒ mFecFe(te � t 0Fe ) � mscs(te � t 0s ) � Lms � 0 ⇒ Resposta: alternativa a. ⇒ 0,8ms � 0,1(60 � 450) � ms � 0,28(60 � 20) � Lms � 0 ⇒ ⇒ L � 20 cal/g 583. a) A quantidade de gelo formada equivale à quantidade de calor 585. Da descrição dada, conclui-se que houve a troca de calor entre que 1 L, ou seja, uma massa mágua � 1000 g de água, havia consumido ao resfriar-se “irregularmente” de 0 a �5,6 °C. a massa de gelo mgelo, à temperatura t 0gelo � �10 °C, com a Essa quantidade de calor, dada pela expressão Q � mc�t, é: massa mágua de água, à temperatura t 0água � 50 °C, resultando Qágua � máguacágua�tágua em sobrefusão ⇒ no recipiente apenas 5 400 g de água à temperatura de equilí- ⇒ Qágua � 1000 � 1,0f0 � (�5,6)g ⇒ brio, t � 0 °C. Supondo desprezível a troca de calor entre as ⇒ Qágua � �5 600 cal duas partes do recipiente, do Princípio da Conservação da Ener- gia e da expressão Q � mc�t, e Q � Lm, em que L é o calor Essa quantidade de calor, transformada em gelo, com o sinal latente de fusão, podemos escrever: positivo, permite o cálculo da massa de gelo derretido, mg, pela expressão Qg � Lmg, em que L � 80 cal/g é o calor la- Q (calor cedido pela água) � Q (calor absorvido pelo gelo) � � Q (calor absorvido na fusão do gelo) � 0 ⇒ tente de fusão do gelo. Temos, portanto: 5 600 � 80mg ⇒ mg � 70 g ⇒ máguacáguaste � t 0água d � mgelocgeloste � t 0gelo d � Lgelomgelo � 0 ⇒ 92
- 93. ⇒ mágua � 1,0(0 � 50) � mgelo � 0,50f0 � (�10)g � 80mgelo � 0 ⇒ Como o volume livre dos gases é um terço do volume da panela, ⇒ �50mágua � 85mgelo � 0 ⇒ mágua � 1,7mgelo (I) que tem 18 L, conclui-se que o volume é: Mas, como a massa total de água resultante é de 5 400 g, po- V � 6,0 L ⇒ V � 6,0 � 10�3 m3 demos concluir que: A temperatura de ebulição da água nesse caso é t � 127 °C, mágua � mgelo � 5 400 (II) ou seja: De (I) e (II), temos: T � 127 � 273 ⇒ T � 400 K a) mgelo � 2 000 g Sendo R � 8,2 J/mol � K, da Lei Geral dos Gases Perfeitos, b) mágua � 3 400 g pV � nRT, temos: c) A energia absorvida pelo gelo é a quantidade de calor total, 2,7 � 105 � 6,0 � 10�3 � n � 8,2 � 400 ⇒ n � 0,49 mol Q, por ele consumido, necessária para elevá-lo a 0 °C e de- pois fundi-lo, dada por: p0 V0 pV 592. a) Da Lei Geral dos Gases Perfeitos na forma ------------ � ------- , - - Q � mgelocgeloste � t 0gelo d � Lgelomgelo ⇒ T0 T ⇒ Q � 2 000 � 0,50f0 � (�10)g � 80 � 2 000 ⇒ sendo V constante, p0 � 12 N/cm2, T0 � 300 K e T � 350 K, ⇒ Q � 170 000 cal temos: 12 p --------- � --------- ⇒ p � 14 N/cm2 - - 586. I) Errado. Cobertor não é fonte de calor, é apenas um isolante 300 350 térmico. b) O módulo da força resultante F0 correspondente à pressão p0 II) Correto. A louça é um bom isolante térmico e, portanto, di- F é dado pela definição de pressão, p � ---- , em que p0 � ficulta a perda do calor para o meio ambiente. - S III) Correto. O ar frio tende a descer e o quente a subir. Essa co- locação facilita a convecção e, portanto, a refrigeração do � 12 N/cm2 e S � 225 cm2. Temos, portanto: ambiente. F0 p0 � ------ ⇒ F0 � p0S ⇒ F0 � 12 � 225 ⇒ F0 � 2 700 N - Resposta: alternativa b. S Para a força resultante F� correspondente à pressão p � 587. O calor do Sol chega até nós por irradiação. � 14 N/cm2, temos: Resposta: alternativa c. F� � pS ⇒ F� � 14 � 225 ⇒ F� � 3 150 N 588. Não havendo meio condutor, não pode haver condução nem 593. a) O trabalho realizado sobre o gás é a “área sob a curva” AB, um trapézio, que é dada por: convecção. O calor se transfere de um corpo para o outro por ra- diação. (2p 0 � p 0 )[V 0 � ---- � V 0 ] 2 - (B � b)h ⇒ τ � τ � --------------------- 3 Resposta: alternativa a. - ----------------------------------------------------------- ⇒ - 2 2 589. A única diferença que ocorre entre as duas situações está na p0 V0 ⇒ τ � ----------- - temperatura de ebulição da água, que é menor em Campos do 2 Jordão do que em Ubatuba, cidade litorânea onde a pressão at- b) No estado A temos os valores p0, V0 e T0. Para o esboço do mosférica é maior. Por isso, o chá em Campos do Jordão é sem- gráfico pressão � temperatura é preciso determinar o valor pre um pouco mais frio ou menos quente do que em Ubatuba. 2V 0 de T no estado B, onde p � 2p0 e V � --------- . Logo, da Lei - Resposta: alternativa a. 3 590. I) Correto. Para que haja realização de trabalho deve haver va- p0 V0 pV Geral dos Gases Perfeitos na forma ----------- � ------- , temos: - - riação do volume do gás. 2 T II) Correto. A compressão muito rápida pode ser considerada 2V 0 2p 0 � ---------- - adiabática, na qual não há troca de calor com o ambiente. p0 V0 3 4 ----------- � -------------------------- ⇒ T � ----- � T0 - - - Por essa razão, da Primeira Lei da Termodinâmica, conclui- T0 T 3 se que a energia interna do gás aumenta e, portanto, a sua 4 temperatura também aumenta. Com esses valores, em A, p0; T0 e, em B, 2p0; ---- � T0, es- - 3 III) Correto. Essa é a ideia básica do conceito de calor específico. boçamos o gráfico a seguir: Resposta: alternativa d. p 591. Da Lei Geral dos Gases Perfeitos sabemos que pV � nRT. A B 2p0 pressão p pode ser obtida pela razão entre o peso da válvula, P � 0,82 N, sobre a área do tubinho, S � 3,0 � 10�5 m2, consi- A p0 derando desprezível a ação da pressão atmosférica nesse caso, o que é razoável, pois ela, na válvula, atua praticamente em to- T dos os sentidos. Temos então: 0 1 2 T0 4 P - 0,82 p � ---- ⇒ p � ------------------------ ⇒ p � 2,7 � 105 Pa - 3 T0 3 T0 3 T0 S 3,0 � 10 �5 93
- 94. 594. a) Para que haja equilíbrio é preciso que a força resultante da = librar o peso do cilindro Q, P Q acrescido da força resultante = pressão interna, F Q, que atua verticalmente para cima na = F 3 exercida sobre ele pela pressão p3. Veja a figura: base do bloco Q do gás aprisionado equilibre o peso desse = bloco, PQ, acrescido da força resultante da ação da pressão = atmosférica, F O, ambas dirigidas verticalmente para baixo. Veja a figura: F3= p0 FO= FQ= PQ= � FQ= PQ= Em módulo, temos: p1 PQ � F3 � F Q � Mas PQ � 500 N e F3 � p3S � 1,5 � 105 � 0,010 � 1500 N. Podemos portanto escrever, em módulo, PQ � F0 � FQ. Mas, Logo, F Q � 500 � 1500 � 2 000. Portanto, a pressão do � PQ � Mg � 50 � 10 � 500 N e F0 � p0S � 105 � 0,010 � gás aprisionado, nessas condições, é: � 1000 N. Logo, FQ � 500 � 1000 � 1500 N. Portanto, a FQ � 2 000 pressão do gás aprisionado, nessas condições, é: p2 � ------- ⇒ p2 � -------------- ⇒ p2 � 2,0 � 105 Pa - - S 0,010 FQ 1 500 Aplicando novamente a Lei de Boyle para o gás aprisionado p1 � ------- ⇒ p1 � ------------- ⇒ p1 � 1,5 � 105 Pa - S 0,010 por Q, temos: Mas, antes da colocação do cilindro Q, o tubo estava à pres- p1V1 � p2V2 ⇒ 1,0 � 105 � 0,015 � 2,0 � 105 V2 ⇒ são atmosférica ambiente, p0 � 1,0 � 105 N, contendo gás ⇒ V2 � 0,0075 m3 no seu volume total, aberto, V0 � SH � 0,01 � 6,0 � 0,060 m3. Sendo S � 0,010 m2 a área de base do cilindro Q, temos: Como a temperatura não varia, da Lei de Boyle podemos escrever: V2 � Sy2 ⇒ 0,0075 � 0,010y2 ⇒ y2 � 0,75 m p0V0 � p1V1 ⇒ 1,0 � 105 � 0,060 � 1,5 � 105V1 ⇒ V1 � 0,040 m3 595. A melhor alternativa para essa questão seria a Segunda Lei da Como área da base do cilindro Q é, também, S � 0,010 m2, Termodinâmica, que explicita melhor o Princípio da Conserva- temos: ção da Energia. Não havendo essa alternativa, a única alterna- tiva possível para essa questão é a b. V1 � Sy1 ⇒ 0,040 � 0,010y1 ⇒ y1 � 4,0 m Resposta: alternativa b. b) e c) Sendo h � 0,5 m a altura de cada cilindro, a altura livre acima de Q, na figura 2 do enunciado, é: 596. a) O trabalho, τ , realizado sobre a esfera é o trabalho realizado h� � H � y1 � h ⇒ h� � 6,0 � 4,0 � 0,50 ⇒ h� � 1,5 m contra a gravidade, necessário para elevar o centro de mas- sa da esfera da altura d, dado pelo acréscimo de energia po- Logo, nessas condições, o volume livre V 0 do gás à pressão � tencial gravitacional adquirida pelo corpo, �E Pg � mg�h � atmosférica é V 0 � Sh� � 0,010 � 1,5 � 0,015 m3. Colo- � � mgd, acrescido do trabalho necessário para vencer a cando o cilindro R, idêntico ao cilindro Q, a pressão que ele pressão atmosférica, τ0 � p0�V. Temos portanto: deve aprisionar para equilibrar a força exercida pela pressão τ � mgd � p0�V atmosférica acrescida do peso do cilindro é a mesma que o b) Esse trabalho é positivo, τ � 0, pois ele é realizado pelo sis- cilindro Q aprisiona no caso anterior. Logo, p3 � p1 � tema contra o ambiente. Sendo Q � 0, também, pois foi for- � 1,5 � 105 Pa. Como a temperatura não varia, aplicando no- necido ao sistema, podemos determinar a variação da ener- vamente a Lei de Boyle para a colocação do cilindro R, po- gia interna, �EI, desse sistema pela Primeira Lei da Termo- demos determinar o volume V3 de gás por ele aprisionado. dinâmica, Q � τ � �EI. Temos, portanto: Temos: Q � mgd � p0�V � �EI ⇒ �EI � Q � mgd � p0�V p0 V 0 � p3V3 ⇒ 1,0 � 105 � 0,015 � 1,5 � 105V3 ⇒ � 597. a) Podemos calcular esse trabalho pela soma das “áreas sob ⇒ V3 � 0,010 m3 as curvas” nos trechos AB, onde o trabalho é positivo, e no Sendo S � 0,010 m2 a área da base do cilindro R, temos: trecho CD, onde o trabalho é negativo. Nos trechos AD e BC V3 � Sy3 ⇒ 0,010 � 0,010y3 ⇒ y3 � 1,0 m o trabalho é nulo, pois, nesses trechos, o volume permanece constante. Temos, portanto: A pressão p2 do gás aprisionado pelo cilindro Q é, agora, a τABCD � τAB � τCD ⇒ τABCD � (6 � 2)10�2 � 0,75 � 105 � =� pressão necessária para exercer a força F Q capaz de equi- � (6 � 2)10�2 � 0,50 � 105 ⇒ τABCD � 1,0 � 103 J 94
- 95. b) Da Lei Geral dos Gases Perfeitos, pV � nRT, pode-se con- 601. Se somente uma das esferas estiver carregada ao aproximar- cluir que a temperatura mais alta corresponde ao maior pro- mos as duas esferas sem carga, não haverá atração elétrica en- duto pV e a temperatura mais baixa corresponde ao menor tre elas, o que invalida a hipótese I. produto pV. Logo, a temperatura mais alta corresponde ao Com duas esferas carregadas, com cargas de sinais opostos, e ponto B, que chamaremos TB, e a temperatura mais baixa uma esfera neutra, ao aproximarmos essas esferas duas a duas corresponde ao ponto D, TD. Aplicando a Lei Geral dos Ga- teremos atração em todos os casos. Se as três esferas estive- ses Perfeitos aos valores da pressão, volume e temperatura rem carregadas, pelo menos duas delas terão cargas de mesmo correspondentes a esses pontos, temos: sinal. Ao aproximarmos esferas com cargas de mesmo sinal ha- verá repulsão, o que invalida a hipótese III. pBVB � nRTB (I) e pDVD � nRTD (II) Resposta: alternativa b. Dividindo (I) por (II), obtemos: 602. Ao se atritar A com B, B ganha elétrons, ou seja, B fica eletri- TB pB VB zado negativamente. Portanto, A fica com excesso de cargas ------- � ------------- - TD pD VD positivas, ou seja, eletrizado positivamente. Ao aproximarmos Substituindo pelos valores do gráfico dado, temos: o bastão eletrizado positivamente de cada esfera, ele atrairá a esfera B e a esfera C e repelirá a esfera A. TB 0,75 � 6 TB ------- � ------------------- ⇒ ------- � 4,5 - - - Resposta: alternativa b. TD 0,50 � 2 TD 603. Quando o bastão eletrizado com carga negativa se aproxima do 598. O trabalho útil realizado pelo gás na expansão em módulo é condutor descarregado, ele induz uma separação de cargas. A τu � p�V. Portanto, sendo p � 5,00 � 105 N/m2 e �V � esfera A (parte do condutor situada mais próximo ao bastão) � 1,50 � 10�3 m3, o trabalho realizado é: fica com excesso de cargas positivas. A esfera B fica com ex- τu � 5,00 � 105 � 1,50 � 10�3 ⇒ τu � 750 J cesso de carga negativa. Ao afastarmos uma esfera da outra, na presença do bastão, essa configuração se mantém e a sepa- A energia total, Et,fornecida ao motor pode ser obtida pelo calor ração de cargas se torna definitiva – cargas positivas na esfera de combustão desse combustível, cujo valor é 7,50 � 103 cal/g. A e cargas negativas na esfera B. Como são consumidos 0,20 g, temos: Resposta: alternativa d. Et � 0,20 � 7,50 � 103 ⇒ Et � 1500 cal ⇒ Et � 6 000 J 604. Do gráfico, obtemos r � 3,0 m e F � 2,5 � 10�8 N. Sendo Logo, o rendimento � pode ser obtido pela razão entre o traba- q1 � q2 � q, da Lei de Coulomb, temos: lho útil fornecido pelo motor e a energia total consumida. Por- tanto, temos: q1 q2 q�q F � k � ----------- ⇒ F � k � ------------ ⇒ - - d2 r2 τu 750 � � ------ ⇒ � � -------------- ⇒ � � 0,13 (dois algarismos sig- - - q2 Et 6 000 ⇒ 2,5 � 10�8 � 9 � 109 � ----------- ⇒ 2,5 � 10�17 � q2 ⇒ 3,0 2 nificativos) ⇒ � � 13% ⇒ q2 � 25 � 10�18 ⇒ q � 5 � 10�9 C Resposta: alternativa b. Resposta: alternativa e. T2 605. a) A partícula �Q estará em equilíbrio se a resultante das for- 599. O rendimento de uma máquina de Carnot é � � 1 � ------- . Logo, T1 ças que atuam sobre ela for nula. Na região I, a partícula fica para essas temperaturas, T1 � 127 � 273 � 400 K e T2 � = = sujeita à força F=1 devido à carga �4Q e à força F 2 devido à � �33 � 273 � 240 K, esse rendimento seria: carga �Q. A força elétrica é diretamente proporcional ao 240 produto das cargas e é inversamente proporcional ao qua- � � 1 � --------- ⇒ � � 0,40 - drado da distância entre elas. É fácil verificar que F1 será 400 Se a turbina tem 80% desse rendimento, temos: sempre maior que F2 e, portanto, a resultante dessas forças é diferente de zero. � � 0,80 � 0,40 ⇒ � � 0,32 ⇒ � � 32% I II III Resposta: alternativa e. 600. Se a fonte quente fornece Q1 � 4 000 J e a máquina realiza tra- F1= q F2= �4Q �Q balho τ � 800 J, pelo Princípio da Conservação da Energia é li- 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 berada para a fonte fria uma quantidade de calor: Q2 � 800 � 4 000 � �3 200 J = Na região II, a partícula fica sujeita à força F 1 devido à carga Q2 T2 = �4Q e à força F 2 devido à carga �Q. Essas forças têm a Mas sabemos que ---------- � ------- . Logo, sendo T2 � 300 K, - Q1 T1 mesma direção e sentido, portanto, não se anulam. temos: � 3 200 300 �4Q F1= �Q ---------------------- � --------- ⇒ T1 � 375 K - - 4 000 T1 0 1 2 3 4 5 6 F= 7 8 9 10 11 12 13 2 Resposta: alternativa a. 95
- 96. = Na região III, a partícula fica sujeita à força F 1 devido à car- A resultante pode ser obtida pela regra do paralelogramo. Veja = ga �4Q e à força F 2 devido à carga �Q. A força elétrica é a figura: diretamente proporcional ao produto das cargas e inversa- = FAB mente proporcional ao quadrado da distância. Como F 1 e F 2= = = FR têm a mesma direção e sentidos opostos, é fácil concluir que haverá um ponto x, onde a resultante das forças é nula. = FCB �4Q �Q F2= F1= Temos, então: 2 2 2 2 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 F R � F AB � F CB ⇒ F R � (1,2 � 10�3)2 � (0,9 � 10�3)2 ⇒ 2 x ⇒ F R � 2,25 � 10�6 ⇒ FR � 1,5 � 10�3 N x�3 Resposta: alternativa c. q1 q2 607. I) Inicialmente encostamos as duas esferas. b) Da Lei de Coulomb, F � k � ----------- , temos: - d2 Q � 4Q 4kQ 2 F1 � k � -------------------- ⇒ F1 � -------------------- - - (x � 3) 2 (x � 3) 2 esfera 1 esfera 2 Q�Q kQ F2 � k � -------------- ⇒ F2 � ---------- 2 - - x2 x2 Da condição de equilíbrio, F1 � F2. Então: 4kQ 2 kQ 2 4 1 -------------------- � ---------- ⇒ -------------------- � ------ ⇒ - - - - (x � 3) 2 x2 (x � 3) 2 x2 ⇒ x2 � 2x � 3 � 0 ⇒ x � 3 ou x � �1 (não serve) II) Aproximamos o bastão carregado positivamente da esfera 2. Os elétrons livres das esferas são atraídos pelo bastão e Portanto, o ponto de equilíbrio será 3 m da carga �Q, isto se acumulam na região mais próxima dele. A região mais é, será o ponto de marco 11. afastada do bastão fica com falta de elétrons e, portanto, 606. Inicialmente marcamos no plano cartesiano os pontos onde es- fica com excesso de cargas positivas. = tão as cargas e podemos representar as forças de interação F=AB �� �� = (entre as cargas A e B) e F CB (entre as cargas C e B). Veja a � � esfera 1 � � esfera 2 figura: � � �� �� �� y � �� A � 2 = FAB III) Na presença do bastão, afastamos as esferas 1 e 2. A con- �2 2 x figuração acima se mantém. = FCB �� �� C B � � �1 esfera 1 � � esfera 2 � � �� �� �� q1 q2 � Da Lei de Coulomb, F � k � ----------- , temos: - �� � d2 • para QA � 1,2 �C � 1,2 � 10�6 C e QB � �1,0 � 10�6 C: QA QB FAB � k � ------------- ⇒ 2 - d AB IV) Afastamos o bastão. Admitindo que tenham o mesmo raio, 1,2 � 10 �6 � 1,0 � 10 �6 as esferas se mantêm carregadas com cargas de mesmo ⇒ FAB � 9 � 10 � --------------------------------------------------- ⇒ 9 - 32 módulo e sinais opostos. ⇒ FAB � 1,2 � 10�3 N �� �� � �� � • Para QC � 1,6 �C � 1,6 � 10�6 C e QB � �1,0 � 10�6 C: � esfera 1 � � � � � � � esfera 2 QC QB � � � � FCB � k � ------------- ⇒ 2 - �� �� �� �� d CB 1,6 � 10 �6 � 1,0 � 10 �6 ⇒ FCB � 9 � 109 � --------------------------------------------------- ⇒ - 42 ⇒ FCB � 0,9 � 10 N �3 96
- 97. 608. Se as linhas de força saem, as cargas são positivas (I); linhas nulo. Isso é válido para qualquer ponto da reta PQ entre as es- de força nunca se cruzam (II) e, quanto mais próximas (III) entre = = feras. No ponto X, os vetores E � e E � têm direções e sentidos si, maior a intensidade do campo elétrico representado. indicados na figura. Como as esferas têm cargas de mesmo mó- Resposta: alternativa b. dulo e a distância entre o ponto X e as esferas é a mesma, da 609. Indicamos a direção e o sentido da força elétrica que atua nas q = = expressão E � k � ------- , concluímos que E � � E �, e obtemos d2 partículas 1 e 3. Na gota 2 não atua força elétrica, pois ela não o vetor resultante como mostra a figura — horizontal para a di- é desviada de sua trajetória. Logo, já podemos concluir que a reita. É fácil verificar que o vetor resultante terá direção hori- gota 2 é neutra. zontal e sentido para a direita em qualquer ponto da reta XY. Resposta: alternativa a. E= 611. Como a partícula da massa m e carga q está sujeita exclusiva- mente à ação do campo elétrico, atua sobre ela uma força elé- F= 1 2 3 F= trica de módulo F � qE. Como a força elétrica é a força resul- = tante, da Segunda Lei de Newton (F R � ma=), temos: qE ma � qE ⇒ a � -------- Na gota 1, como E = e F = têm sentidos opostos, concluímos que - m ela está carregada negativamente. Como E é uniforme, a aceleração da partícula é constante. Con- Na gota 3, como E = e F = têm o mesmo sentido, concluímos que cluímos, então, que seu movimento é retilíneo uniformemente ela está carregada positivamente. variado. Da expressão v � v0 � at, temos: Resposta: alternativa a. qE qEt v � 0 � -------- � t ⇒ v � ---------- - - m m 610. Veja a figura: Resposta: alternativa a. = E� 612. a) Como a partícula carregada é projetada horizontalmente ER= numa região onde há um campo elétrico uniforme, ela fica Y sujeita à ação de uma força elétrica, de módulo F � qE. = E� Da figura, podemos concluir que F = tem direção vertical, com sentido orientado para cima. Como E = e F = têm mesma dire- = E� P = E� 1 O = E� 2 = E� Q = E� ção e sentidos contrários, concluímos que a carga da partí- � � cula é negativa. = E� b) A partícula descreve um movimento que corresponde a um = E� lançamento horizontal. Haverá a composição de um movi- mento horizontal e uniforme com um movimento vertical uni- ER= formemente variado. X Como a velocidade inicial da partícula na direção y é nula = E� sv 0y � 0d, da função da posição do MRUV, 1 = No ponto P, o vetor campo elétrico E � devido à carga positiva y � y0 � v 0y t � ----- at 2 , temos: - 2 = tem mesma direção e sentido contrário ao do vetor E � devido à carga negativa. Como as esferas têm cargas de mesmo mó- 1 at 2 h � 0 � 0t � ----- at 2 ⇒ h � --------- (I) - 2 2 q dulo, da expressão E � k � ------- , podemos concluir que d2 sendo t o tempo gasto pela partícula para atingir o ponto P. = = E � � E �, logo o vetor campo elétrico resultante não é nulo. É Na direção x não há aceleração. Da função da posição do fácil verificar que isso será válido para qualquer ponto da reta MRU, temos: PQ à esquerda da esfera de carga positiva. No ponto Q, o vetor L x � x0 � vxt ⇒ L � 0 � v0t ⇒ L � v0t ⇒ t � ------ (II) - = campo elétrico E � devido à carga positiva tem mesma direção v0 = e sentido contrário ao do vetor E � devido à carga negativa. A força resultante na partícula é a força elétrica, de módulo Como as esferas têm cargas de mesmo módulo, da expressão = F � qE. Da Segunda Lei de Newton (F R � ma=), temos: qE q = = E � k � ------- , podemos concluir que E � � E �, logo o vetor cam- ma � qE ⇒ a � -------- - (III) d2 m po elétrico resultante não é nulo. É fácil verificar que isso será Substituindo (II) e (III) em (I), temos: válido para qualquer ponto da reta PQ à direita da esfera de car- = = 2 ga negativa. No ponto O, os vetores E � e E � têm a mesma di- qE L2 2mv 0 h h � --------- � ------ ⇒ E � ---------------- - - - reção e sentido. Logo, o vetor campo elétrico resultante não é 2m v0 2 qL 2 97
- 98. 613. Do gráfico, obtemos para d � 5,0 cm � 5,0 � 10�2 m, 616. a) Falsa Q As cargas elétricas num condutor estão em sua superfície. V � �1,44 � 103 V. Aplicando a expressão V � k � ----- , temos: - b) Verdadeira d No interior da esfera condutora carregada, temos E � 0 e Q �1,44 � 103 � 9 � 109 � ------------------------ ⇒ Q � �8 � 10�9 C - v � constante � 0. 5,0 � 10 �2 c) Verdadeira Como Q � 0, concluímos que a esfera está com excesso de elé- O vetor campo elétrico num ponto externo a uma esfera car- trons. regada equivale ao vetor campo elétrico gerado por uma car- Sendo e � �1,6 � 10�19 C, o número de elétrons em excesso é: ga pontual localizada no centro da esfera. �8 � 10 �9 n � ------------------------------- ⇒ n � 5 � 1010 elétrons d) Falsa - �1,6 � 10 �19 As superfícies equipotenciais são esferas concêntricas; no Resposta: alternativa d. entanto, como o potencial varia com o inverso da distância ao centro da esfera, quanto mais próximo da esfera, mais 614. Como as superfícies equipotenciais são verticais e os valores próximas entre si devem ser as linhas equipotenciais para dos potenciais decrescem da esquerda para a direita, podemos possibilitar uma adequada visualização do campo elétrico. concluir que o vetor campo elétrico E == tem direção horizontal e e) Verdadeira sentido da esquerda para a direita. Resposta: alternativas b, c, e. Logo, os elétrons livres da barra condutora ficam sujeitos a uma 617. a) Falsa força que tem a mesma direção, mas sentido contrário ao do ve- tor E =. Portanto, o condutor isolado adquire, no equilíbrio, a dis- tor E . Portanto, o condutor isolado adquire, no equilíbrio, a dis- = Q Da expressão V � k � ----- , temos: - tribuição de cargas da figura: d tribuição de cargas da figura: • no ponto A, o potencial elétrico devido à carga �q, à dis- ��� ��� tância a � 3 m, é: ��� ��� q V� � k � ----- - Ou seja, fica polarizado, com a extremidade da direita carrega- A 3 da positivamente e a da esquerda carregada negativamente. e o potencial elétrico devido à carga �q, à distância Resposta: alternativa e. b � 4 m, é: q V A � �k � ----- 615. A partícula está imersa em dois campos de força: � - 4 • o campo gravitacional da Terra, suposto uniforme, represen- Logo, o potencial elétrico resultante em A é: = tado pelo vetor g=, constante, orientado verticalmente para q q VA � V A � V A ⇒ VA � k � ----- � k � ----- ⇒ baixo, cujo módulo é g � 10 N/kg. Esse campo exerce sobre � � - - 3 4 a partícula a força peso P=, também orientada verticalmente q ⇒ VA � k � ------- para baixo, devida à massa (m � 2 g � 2 � 10�3 kg) dessa - 12 partícula. O módulo do peso é: • no ponto B, o potencial elétrico devido à carga �q, à dis- P � mg (I) tância b � 4 m, é: • o campo elétrico gerado pelo capacitor, suposto uniforme, q = representado pelo vetor campo elétrico E , constante. Para V B � k � ----- � 4 - que a partícula tenha um movimento vertical ascendente de- e o potencial elétrico devido à carga �q, à distância verá atuar sobre ela uma força elétrica orientada vertical- a � 3 m, é: mente para cima. Como a partícula tem carga elétrica posi- q tiva, o vetor campo elétrico tem a mesma direção e sentido V B � �k � ----- � - 3 da força elétrica. O módulo da força elétrica é: Logo, o potencial elétrico resultante em B é: F � qE (II) q q VB � V B � V B ⇒ VB � k � ----- � k � ----- ⇒ � � - - 4 3 a= F= q ⇒ VB � �k � -------- 12 P= Portanto, VB � VA. b) Verdadeira A força resultante na partícula será: FR � F � P ⇒ FR � qE � mg (III) b B = Da Segunda Lei de Newton (F R � ma=), temos: �q c M ma � qE � mg ⇒ 2 � 10�3 � 0,5 � a = E� x � 6 � 10 E � 2 � 10 � 10 ⇒ E � 3,5 � 10 N/C �6 �3 3 = E� A Resposta: alternativa e. �q 98
- 99. O cruzamento das diagonais do retângulo é o ponto médio e) Verdadeira do segmento que une as duas cargas, que chamaremos de Veja a figura: Q M. Da expressão V � k � ----- , temos, para o ponto M: - d b B = EB� �q • o potencial elétrico devido à carga �q, a uma distância = EB x, é: a = EB� V� � k � ----q M - x = EA� • o potencial elétrico devido à carga �q, a uma distância A b x, é: = EA �q = EA� q V M � �k � ---- � - x = O vetor campo elétrico resultante E A no ponto A é a soma Logo, o potencial elétrico resultante em M é: = vetorial do vetor E A�, à distância a da partícula de carga �q, q q VM � V� � V M ⇒ VM � k � ---- � k � ---- ⇒ � - - = com o vetor E A�, à distância b da partícula de carga �q. = M x x O vetor campo elétrico resultante E B, no ponto B, é a soma ⇒ VM � 0 = vetorial do vetor E B�, à distância a da partícula de carga �q, = Podemos ver na figura que o vetor campo elétrico E � de- = com o vetor E B�, à distância b da partícula de carga �q. vido à carga �q tem a mesma direção e sentido do vetor Q Da expressão E � k � ------- , podemos concluir que EA� � EB� = campo elétrico E � devido à carga �q. Logo, o vetor cam- d2 po elétrico resultante é diferente de zero. e EA� � EB�. Logo, EA � EB e podemos concluir da figura que = = E A � E B. c) Verdadeira q q f) Verdadeira Sendo VA � k � ------- e VB � �k � ------- , temos: - - 12 12 q q Sendo VA � k � ------- e VB � �k � ------- , temos: - - q q 12 12 VA � VB � k � ------- � [�k � ------- ] ⇒ - - 12 12 q q 1 VB � VA � �k � ------- � k � ------- ⇒ VB � VA � � ----- � kq - - - q 1 12 12 6 ⇒ VA � VB � 2k � ------- ⇒ VA � VB � [ ----- � kq] volts - - 12 6 Já calculamos V A � V B e obtemos VAV� VBV� -----1-� kq. obtivemos A B 1 ----- kq. - 66 d) Falsa Portanto, (VA � VB) � (VB � VA). Da expressão †BA � q(VB � VA), temos †BA � q� (VB �VA). Substituindo esse valor na expressão anterior, obtemos: Resposta: alternativas b, c, e, f. 1 1 †BA � q� � ----- � kq ⇒ †BA � ----- � kq�q (A) 618. I) Verdadeira, pois o condutor A está ligado à Terra, que, de - - 6 6 acordo com o enunciado, tem potencial elétrico nulo. Supondo que q� esteja em A, da expressão da energia poten- II) Falsa, pois, na presença da esfera B carregada positiva- Qq mente, a esfera A se eletriza negativamente por indução. cial elétrica E Pe � k � -------- , temos, para cada par de cargas: - d III) Falsa, pois como as esferas A e B têm cargas de sinais con- q 2 trários, elas se atraem. III) �q e �q, E Pe � �k � ------- I 5 Resposta: alternativa a. qq� III) �q e q�, E Pe � k � ---------- 619. a) Verdadeiro - II 3 A placa A é carregada positivamente, enquanto a B tem car- qq� ga negativa. III) �q e q�, E Pe � �k � ---------- - III 4 b) Falso A energia total do sistema é a soma dessas energias: O sentido do campo elétrico é o sentido das linhas de força que vão da placa positiva para a negativa. E Pe � E Pe � E Pe � E Pe ⇒ I II III ⇒ E Pe q2 qq� qq� � k[� ------- � ---------- � ---------- ] ⇒ - - � � � � � � � � A 5 3 4 q2 qq� E= ⇒ E Pe � k[� ------- � ---------- ] - (B) 5 12 � � � � � � � � Comparando (A) e (B), podemos concluir que †AB � E Pe . B 99
- 100. c) Falso Como Q A QB Q , da expressão (II), temos: Sendo C 1,00 F 1,00 10 6 F, V 100 V, da expres- Q QA QB Q Q ⇒ QA QB 2Q ⇒ são C ----- , temos: - QA QB V ⇒Q --------------------- (VI) - Q 2 1,00 10 6 ---------- ⇒ Q 100 1,00 10 6 ⇒ - 100 Inicialmente, temos a esfera A, com carga q, em contato com ⇒ Q 100 C a esfera B, neutra. Da expressão (VI), temos: d) Verdadeiro QA QB q 0 q Como o elétron tem carga negativa, atua sobre ele uma força Q --------------------- ⇒ Q - --------------- ⇒ Q - ----- - 2 2 2 elétrica que tem mesma direção e sentido oposto ao do vetor = campo elétrico E . Como a ação gravitacional sobre o elétron Logo, temos Q A q q ----- , Q B - ----- e Qc - 0. é desprezível, a força elétrica é a força resultante que atua 2 2 sobre ele, que então é acelerado em direção à placa A. q Posteriormente, temos a esfera A, com carga ----- , em contato - com a esfera C, neutra. 2 Da expressão (VI), temos: F= q ----- 0 - QA QC 2 q E= Q --------------------- ⇒ Q - ------------------- ⇒ Q - ----- - 2 2 4 Logo, ao final do processo temos Q A q q ----- , Q B - ----- e - 4 2 e) Verdadeiro QC q ----- . - Da expressão para a capacidade do capacitor de placas pa- 4 ε0 S q1 q2 ralelas, C ---------- , temos: - Da expressão da Lei de Coulomb, F k ----------- , temos: - d d2 ε0 S • para a configuração 1: • antes da redução: C ---------- - d q k ----- ----- q - - QA QB 4 2 d ε0 S F1 k ------------- ⇒ F1 - ----------------------------- ⇒ - • após a redução [com d ----- ]: C - ---------- ⇒ - d2 (2d) 2 2 d kq 2 ε0 S --------- - ⇒C ---------- ⇒ C - 2C ⇒ F1 8 kq 2 d ------------- ⇒ F1 ------------ - ----- - 4d 2 32d 2 2 • Para a configuração 2: f) Verdadeiro q k ----- ----- q Resposta: alternativas a, d, e, f. QA QC 4 - 4 - F2 k ------------- ⇒ F2 - ----------------------------- ⇒ - d2 d 2 620. Consideremos duas esferas de carga QA e QB que são ligadas entre si. Nessas condições, as esferas passam a ter potenciais kq 2 --------- - 16 kq 2 ⇒ F2 ------------- ⇒ F2 ------------ elétricos V A e V B , tais que: - d 2 16d 2 VA VB (I) Logo, temos: e cargas elétricas Q A e Q B . Pelo Princípio da Conservação da kq 2 ------------ - F1 32d 2 ⇒ F 1 kq 2 16d 2 F1 1 Carga, podemos escrever: ------ - ---------------- ------ - ------------ - ------------ ⇒ ------ - - ----- - F2 kq 2 F2 32d 2 kq 2 F2 2 QA QB Q A QB (II) ------------ - 16d 2 Q Resposta: alternativa c. Da expressão C ----- , temos: - V 621. Inicialmente calculamos o capacitor equivalente. Como os ca- V Q (III) pacitores 1 e 2 estão associados em série, da expressão ----- - C 1 1 1 ------- - ------- - ------- , temos: - Logo, substituindo (III) em (I), temos: Cs C1 C2 QA QB 1 1 1 1 3 ---------- - ---------- - (IV) ------- - ------- - ----- ⇒ ------- - - ------- ⇒ Cs 4 F ⇒ - CA CB Cs 12 6 Cs 12 ⇒ Cs 4 10 6 F Para um condutor esférico, temos C r ---- . Como as esferas - Podemos agora calcular a carga no capacitor equivalente, que k será a carga de cada capacitor da associação. Da expressão são idênticas, concluímos que CA CB, e da expressão (III) temos: Q C ----- , com V ε, temos: QA QB (V) - V 100
- 101. Q Em A condutor percorrido pela corrente total que atravessa 624. Em A oocondutor éépercorrido pela corrente total que atravessa Cs � ----- ⇒ Q � εCs ⇒ Q � 12 � 4 � 10�6 ⇒ Q � 48 � 10�6 C - ε a bateria. Logo, temos Q1 � Q2 � Q � 48 � 10�4 C. Resposta: alternativa a. Sendo C2 � 12 �F � 12 � 10�6 F, aplicando novamente a ex- 625. Como todos os resistores têm a mesma resistência elétrica R, Q pressão C � ----- , calculamos a diferença de potencial no ca- e a corrente que passa em R4 é a mais intensa, da expressão - V V � Ri concluímos que R 4 está submetido à maior diferença de pacitor de 12 �F. Portanto, temos: potencial. Q2 48 � 10 �6 Resposta: alternativa d. C2 � ------- ⇒ 12 � 10�6 � ----------------------- ⇒ - - V2 V2 626. Na associação em paralelo, o valor do resistor equivalente é 48 � 10 �6 ⇒ V2 � ----------------------- ⇒ V2 � 4 V sempre menor do que o valor de qualquer resistor da associação. - 12 � 10 �6 Resposta: alternativa a. Resposta: alternativa b. 627. Como o resistor R e o LDR estão associados em série, temos: 622. a) Falsa V � VR � VLDR ⇒ 6 � VR � VLDR ⇒ VR � VLDR � 6 Os capacitores 1 e 2 estão associados numa ligação em pa- Quando iluminado, o LDR tem resistência de 100 �. A tensão ralelo. Portanto, a diferença de potencial é a mesma em to- dos os capacitores, isto é, V � V1 � V2. no LDR deve ser desprezível em relação à tensão máxima e conse- quentemente em relação à tensão em R. Lembrando que V � Ri b) Verdadeira e que a corrente é a mesma em todo o circuito, para que isso c) Falsa ocorra é necessário que R �� 100 �. Logo, o resistor R não Q q2 pode valer nem 10 � (alternativa e) nem 100 � (alternativa a). Da expressão C � ----- , temos, para o capacitor 2,V � ------- . - - V C2 Quando não iluminado, o LDR tem resistência de 1 M�. A ten- Como a introdução do dielétrico aumenta o valor da capaci- são no LDR deve ser muito próxima da tensão máxima. Conse- dade C2 do capacitor e V é constante, então q2 também au- quentemente a tensão em R será desprezível em relação à tensão menta. Mas a carga total não é constante, pois os capacito- no LDR. Lembrando que V � Ri e que a corrente é a mesma em res estão ligados a uma fonte que mantém no capacitor C1 todo o circuito, para que isso ocorra é necessário que R �� 1 M�. a mesma carga q1. Portanto, q1 não diminui. Logo, R não pode ser nem 1 M�, nem 10 �. d) Falsa O único valor que resta e satisfaz às duas condições é R � 10 k�. Colocando-se uma placa metálica entre as placas de C1, eli- Resposta: alternativa c. mina-se esse capacitor e coloca-se a fonte em curto-circui- 628. Os passarinhos I, II e IV tocam o mesmo fio em dois pontos mui- to. A diferença de potencial entre os terminais de C2 se anu- to próximos (sem ligação com a terra). A diferença de potencial la e ele se descarrega. Logo, q2 � 0. entre esses pontos é praticamente nula, em virtude da resistên- e) Verdadeira cia desprezível do trecho de fio que fica entre os pés dos pas- Teremos o circuito como mostra a figura: sarinhos. Lembre-se de que V � Ri e como R � 0, então V � 0. Assim, não há corrente atravessando o corpo dos passarinhos. O passarinho III também toca dois pontos muito próximos, mas a resistência elétrica entre esses pontos não é desprezível (veja q� � � � � � � � �q a figura). Logo, o passarinho III fica submetido a uma diferença 2 3 de potencial V, e seu corpo será atravessado por uma corrente i. C2 ���� ���� C3 Resposta: alternativa c. 629. Da expressão V � Ri, temos i � ----- . V - R Na primeira situação, sendo V � 6 V e R � 400 k� � A carga elétrica q2 de C2 agora se distribui nos dois capaci- � 400 � 103 �, temos: tores, logo: 6 i1 � ---------------------- ⇒ i1 � 15 � 10�6 A ⇒ i1 � 15 �A � q2 � q 2 � q 3 - 400 � 10 3 Portanto, a carga elétrica de C2 diminui. Como C2 é constan- Na segunda situação, sendo V � 6 V e R � 300 k� � q � 300 � 103 �, temos: te e C � ----- , se a carga diminui, a diferença de potencial - V 6 i2 � ---------------------- ⇒ i2 � 20 � 10�6 A ⇒ i2 � 20 �A - entre as placas de C2 também diminui. 300 � 10 3 Resposta: alternativas b, e. A variação decorrente é: �i � i2 � i1 ⇒ �i � 20 � 15 ⇒ �i � 5 �A V 623. Da expressão V � Ri, temos i � ----- . Logo, a corrente elétrica Resposta: alternativa a. - R é diretamente proporcional à diferença de potencial aplicada e 630. Nesse circuito temos duas associações de resistores em série. inversamente proporcional à resistência elétrica do resistor. Calculamos a resistência em cada associação, usando a ex- Resposta: alternativa d. pressão Rs � R1 � R2. 101
- 102. 1a associação: Sendo R1 50 e R2 10 , temos: 635. Do gráfico, obtemos: Rs 50 10 ⇒ R s 60 • lâmpada A: VA 130 V, iA 1,3 A a 2 associação: Sendo R1 40 e R2 20 , temos: • lâmpada B: VB 100 V, iB 1,2 A Rs 40 20 ⇒ R s 60 Da expressão P Vi, temos: • para a lâmpada A: PA VAiA ⇒ PA 130 1,3 ⇒ PA 170 W É fácil concluir que R s e R s estão associados em paralelo. • para a lâmpada B: PB VBiB ⇒ PB 100 1,2 ⇒ PB 120 W Logo, V V V 60 V. Da expressão R V ----- , temos: - Da expressão E P t, com t 1h, temos: i V V 60 • para a lâmpada A: EA PA t ⇒ EA 170 1 ⇒ Rs ----- ⇒ I2 - ------- ⇒ I2 ------- ⇒ I2 - 1,0 A I2 Rs 60 ⇒ EA 170 Wh Como R s R s , temos I3 1,0 A. • Para a lâmpada B: EB PB t ⇒ EB 120 1 ⇒ ⇒ EB 120 Wh Portanto: I2 1,0 I2 Logo, a diferença entre o consumo de energia elétrica das duas ----- - --------- ⇒ ----- - - 1,0 lâmpadas ( E) foi: I3 1,0 I3 Resposta: alternativa c. E 170 120 ⇒ E 50 Wh Resposta: alternativa d. 631. I) Falsa Sendo P 5WeV 5 V, da expressão P V2 636. Como as lâmpadas estão ligadas em série, a corrente que pas- ------- , temos: - R sa por elas é a mesma. Da expressão P Vi, temos: 52 • para L1: P1 V1i1 ⇒ 80 V1i (I) 5 ------- ⇒ R 5 R • para L2: P2 V2i2 ⇒ 60 V2i (II) II) Verdadeira Num condutor ôhmico a resistência é constante. Logo, da Dividindo a expressão (II) pela expressão (I), temos: expressão V Ri, podemos concluir que a corrente é dire- 60 V2 i V2 3 ------- - --------- ⇒ ------- - ----- - tamente proporcional à voltagem a ele aplicado. 80 V1 i V1 4 III) Verdadeira Resposta: alternativa a. Essa é a condição para que os resistores de uma associação estejam em série. P IV) Verdadeira 637. Da expressão P Vi, temos i ----- . Como a potência foi man- - V Essa é a condição para que os resistores de uma associação tida constante e a diferença de potencial foi dobrada, da ex- estejam em paralelo. pressão anterior, concluímos que a corrente ficou reduzida à Resposta: alternativa d. metade. Logo, o proprietário poderá utilizar um fio mais fino no V2 circuito. 632. a) Sendo P 4 000 W e V 120 V, da expressão P ------- , - R Resposta: alternativa d. temos: 638. a) Ampère é unidade de corrente e hora é unidade de tempo. 120 2 14 400 400 ------------ ⇒ R - ----------------- ⇒ R - 36 Logo, temos grandeza i t. R 400 q Da definição de intensidade de corrente, i --------- , temos b) Da expressão E P t, temos: - t E 4 000 10 ⇒ E 40 000 J q i t, portanto a grandeza associada a essa especifica- ção é a carga elétrica. 633. a) Deve ser utilizada a associação em paralelo, pois de acordo com os gráficos é a que dissipa maior potência útil. Quanto b) A potência total dissipada pelos faróis e faroletes será: maior a potência útil dissipada, maior será o brilho na lâmpada. P 2 30 2 10 ⇒ P 60 20 ⇒ P 80 W Sendo V 12 V, da expressão P Vi, temos: b) Será R 2 . De acordo com os gráficos dados, esse é o valor da resistência em que a potência útil dissipada tem o 80 12i ⇒ i 6,7 A mesmo valor nas duas associações. Sendo q i t, para q 40 Ah e i 6,7 A, temos: t⇒ t 40 Ah 634. Calculamos a energia gasta por dia pelo estudante usando a ex- 40 Ah 6,7 A --------------- ⇒ t - 6,0h 6,7 A pressão E P t. Logo: E 120 2 ⇒ E 240 Wh ⇒ E 0,24 kWh c) O tempo para a descarga total será menor que o calculado Em 30 dias, teremos: no item anterior, porque não consideramos em nosso cálculo E30 dias 30 0,24 ⇒ E30 dias 7,2 kWh a resistência interna da bateria, que também dissipa uma Sendo que 1 kWh de energia elétrica custa R$ 0,25, o estudante determinada potência. Logo, na realidade, a potência dissi- pagará: pada é maior que 80 W, o que acarretará uma corrente de 7,2 R$ 0,25 R$ 1,80. intensidade maior que 6,7 A e, portanto, um tempo menor do Resposta: alternativa c. que 6,0h para a descarga da bateria. 102
- 103. 639. Inicialmente calculamos a resistência elétrica da lâmpada. 643. Situação A: Uma lâmpada de resistência R é conectada a uma V2 bateria que fornece uma diferença de potencial V. Da expres- Sendo P � 100 W e V � 120 V, da expressão P � ------- , temos: - R são V � Ri, temos: 120 2 14 400 V V � RiA ⇒ iA � ----- 100 � ------------ ⇒ R � ----------------- ⇒ R � 144 � - - R 100 R Supondo a resistência constante, ao ligarmos a lâmpada a uma Situação B: Duas lâmpadas, de resistência R cada uma, são li- diferença de potencial de 127 V, a potência dissipada será: gadas em série a uma bateria que fornece uma diferença de po- V2 127 2 tencial V. A resistência equivalente da associação é dada pela P � ------- ⇒ P � ------------ ⇒ P � 112 W - - expressão Rs � R1 � R2. Portanto, supondo que as resistências R 144 É fácil concluir que a potência dissipada aumenta cerca de 12%. permaneçam iguais e constantes, temos: Resposta: alternativa a. Rs � R � R ⇒ Rs � 2R Da expressão V � Ri, temos: 640. A potência do chuveiro é dada pela expressão P � ------- . V2 V V - V � RsiB ⇒ iB � ------- ⇒ iB � -------- - - R Rs 2R Na posição inverno, a potência dissipada é maior que na posi- Concluímos que iB � iA. ção verão. Logo, como V � constante, na posição inverno a re- sistência elétrica do chuveiro deverá ser menor. Resposta: alternativa c. Como a resistência elétrica é diretamente proporcional ao com- 644. A potência elétrica P desenvolvida por um elemento de resis- primento do condutor, concluímos que, no inverno, a chave se tência R quando ligado a uma diferença de potencial V é dada conecta em A e no verão em B. Com a chave conectada em A (P � 6 600 W, V � 220 V), temos: pela expressão: V2 220 2 220 2 V2 V2 P � ------- ⇒ R � ------- P � ------- ⇒ 6 600 � ------------ ⇒ R � -------------- ⇒ R � 7,3 � - - - - - R R 6 600 R P Com a chave conectada em B (P � 4 400 W, V � 220 V), temos: Para a lâmpada de 60 W/120 V, temos: 2 V2 220 2 220 2 P � ------- ⇒ 4 400 � ------------ ⇒ R � -------------- ⇒ R � 11 � V1 120 2 - - - R1 � ------- ⇒ R1 � ------------ ⇒ R1 � 240 � - - R R 4 400 P1 60 Resposta: alternativa b. Para a lâmpada de 100 W/120 V, temos: 2 641. Como os resistores estão associados em paralelo, a corrente V2 120 2 R2 � ------- ⇒ R2 � ------------ ⇒ R2 � 144 � - - total i é dada por: P1 100 i � i1 � i2 ⇒ i � 6,0 � 2,0 ⇒ i � 8,0 A Conectando as duas lâmpadas em série e supondo que o valor Sendo V � 60 V, a resistência equivalente R pode ser calculada das resistências não se altere, a resistência equivalente a essa V associação será dada por Rs � R1 � R2. Da expressão V � Ri, usando a definição de resistência elétrica, R � ----- . Logo: - i obtemos a corrente que passa pelas duas lâmpadas. Portanto: 60 R � ------- ⇒ R � 7,5 � V V V - i � ----- ⇒ i � ------- ⇒ i � -------------------- - - - 8 R Rs R1 � R2 Resposta: alternativa a. P� A potência dissipada P por lâmpada — e que determinará seu 642. Nesse circuito há uma associação de resistores em paralelo e, brilho — é dada por: num dos ramos, uma associação em série que deve ser substi- P� P � Ri2 tuída pelo resistor equivalente Rs. Sendo R1 � R e R2 � 0,5 �, da expressão Rs � R1 � R2 , temos: Portanto, temos: Rs � R � 0,5 • para a lâmpada de 60 W: Podemos agora redesenhar o circuito. Veja a figura: � V2 P 1 � R 1 � ------------------------- ------------------------- - - (R1 � R2 ) 2 8i 0,5 � • para a lâmpada de 100 W: A B � V2 P 2 � R 2 � ------------------------- ------------------------- - - (R 1 � R 2 ) 2 Como R1 � R2 , então P 1 � P 2. Logo, a lâmpada de 60 W bri- P� P� i Rs lhará mais. Da expressão V � Ri, temos: 645. a) Calculamos a potência dissipada em cada intervalo de tem- VAB � 0,5 � 8i ⇒ VAB � 4,0i (I) po usando a expressão P � Vi. Sendo V � 120 V, temos: VAB � Rsi ⇒ VAB � (R � 0,5)i (II) • de 0 a 100min: i � 10 A ⇒ P � 120 � 10 ⇒ P � 1 200 W • de 100 a 200min: i � 20 A ⇒ P � 120 � 20 ⇒ P � 2 400 W Das expressões (I) e (II), temos: • de 200 a 300min: i � 30 A ⇒ P � 120 � 30 ⇒ P � 3 600 W 4,0i � (R � 0,5)i ⇒ 4,0 � R � 0,5 ⇒ R � 3,5 � Resposta: alternativa d. • de 300 a 400min: i � 10 A ⇒ P � 120 � 10 ⇒ P � 1 200 W 103
- 104. 400 Sendo m � 30,25 g e c � 1 cal/g � °C, da expressão Logo, a potência dissipada durante os 400min [ ---------- h � - 60 Q � mc��, temos: 484 484 � 30,25 � 1�� ⇒ �� � -------------- ⇒ �� � 16 °C 20 - � ------- h] é: - 30,25 3 Sendo �inicial � 23 °C, da expressão �� � �final � �inicial, P � 1 200 � 2 400 � 3 600 � 1 200 ⇒ P � 8 400 W ⇒ temos: ⇒ P � 8,4 kW Da expressão E � P�t, temos: 16 � �final � 23 ⇒ �final � 16 � 23 ⇒ �final � 39 °C 20 E � 8,4 � ------- ⇒ E � 56 kWh 647. Antes de a lâmpada 1 queimar, analisando o circuito dado temos: - 3 • A resistência equivalente é R (resistência de cada lâmpada, Sendo o custo da energia elétrica de R$ 0,20 por kWh, temos: todas idênticas), como mostram as figuras: Custo � 56 � R$ 0,20 ⇒ Custo � R$ 11,20 b) Sendo P � 1 200 W e �t � 42min � 42 � 60s � 2 520s, da R (1) R (2) 2R expressão E � P�t, temos: R E � 1 200 � 2 520 ⇒ E � 3,0 � 106 J R (3) R (4) 2R 1 Como ----- da energia total foi utilizada para aquecer a água, - 3 temos: V V V 1 1 V 2 Q � ----- E ⇒ Q � ----- � 3,0 � 10 6 ⇒ Q � 1,0 � 106 J - - Logo, da expressão P � ------- , a potência total fornecida - 3 3 R Sendo V � 10 L o volume da água e d � 1,0 kg/L a densi- pela bateria é: m V2 Pantes � ------- (A) dade da água, da expressão d � ------ , temos m � 10 kg. - - v R Sendo c � 4,2 � 103 J/kg � °C, da expressão Q � mc��, • A potência dissipada em 3 pode ser obtida analisando o temos: ramo em que essa lâmpada está inserida no circuito. Veja a 1,0 � 10 6 figura: 1,0 � 106 � 10 � 4,2 � 103�� ⇒ �� � --------------------- ⇒ - 4,2 � 10 4 ⇒ �� � 24 °C R (3) R (4) V 646. a) Da expressão V � Ri, temos i � ----- . Substituindo a expres- V V - R 2 2 são anterior na expressão P � Vi, temos: V V V2 P � V � ----- ⇒ P � ------- Como as resistências são iguais, a diferença de potencial - - R R V em 3 é metade da fornecida pela bateria; portanto, ----- . Lo- - Usando a expressão acima, calculamos a potência dos chu- 2 veiros. Portanto, temos: go, a potência dissipada em 3 é: • para o chuveiro 1: V 2 [ ----- ] - 2 V2 P3 (antes) � ---------------- ⇒ P3 (antes) � -------- (B) V1 2 220 2 - - P1 � ------- ⇒ P1 � ------------ ⇒ P1 � 2 420 W - - R 4R R1 20 Depois de a lâmpada 1 queimar, o circuito passa a ter a se- • para o chuveiro 2: guinte configuração: V2 2 220 2 R (3) R (4) 2R P2 � ------- ⇒ P2 � ------------ ⇒ P2 � 4 840 W - - R2 10 V V O sr. Newton deverá escolher então o chuveiro de maior re- 2 2 sistência, que dissipa menor potência e consequentemente gasta menos energia. V V b) A energia elétrica consumida pelo chuveiro, num intervalo Logo, a potência total fornecida pela bateria será: de tempo �t � 1s, pode ser calculada usando a expressão V2 E � P�t. Logo: Pdepois � -------- (C) - 2R E � 2 420 � 1 ⇒ E � 2 420 J ⇒ E � 2 420 � 0,2 cal ⇒ E a potência dissipada em 3 será: ⇒ E � 484 cal V 2 [ ----- ] - Supondo que toda a energia elétrica é dissipada na forma de 2 V2 P3 (depois) � ---------------- ⇒ P3 (depois) � -------- (D) - - calor, temos Q � E. R 4R 104
- 105. De A e C, conclui-se que a potência fornecida pela bateria É fácil verificar, na figura 1, que a diferença de potencial em reduz-se à metade; de B e D conclui-se que a potência dis- V2 RL é VL � 60 V. Da expressão P � ------- , temos: - sipada na lâmpada 3 permanece constante. R Resposta: alternativa e. 2 VL 60 2 PL � ------- ⇒ PL � ---------- ⇒ PL � 33 W - - 648. Ao fecharmos as chaves K1 e K2, os capacitores são carregados RL 110 e não haverá corrente nos trechos do circuito onde estão as chaves K1 e K2. O circuito será equivalente ao anterior, com as Com a chave S aberta, podemos redesenhar o circuito como mostra a figura: chaves K1 e K2 abertas. Portanto, a corrente será a mesma. Resposta: alternativa c. 649. a) Com a chave S fechada, podemos redesenhar o circuito como gerador RL mostra a figura: A RF Nesse circuito, as resistências RF e RL estão ligadas em série. gerador RC RL Essa associação pode ser substituída pelo resistor equiva- lente Rs. Sendo R1 � RF e R2 � RL, da expressão Rs � R1 � R2, B temos: RF figura 1 Rs � RF � RL ⇒ Rs � 10 � 110 ⇒ Rs � 120 � Nesse circuito as resistências RC e RL estão ligadas em pa- Calculamos a corrente total do circuito (que será a corrente ralelo. Essa associação pode ser substituída pelo resistor V que passa por RL ), usando a expressão R � ----- . Logo: - equivalente Rp. Sendo R1 � RC e R2 � RL, da expressão i 1 1 1 V V 120 ------- � ------- � ------- , temos: - - - Rs � ----- ⇒ i � ------- ⇒ i � ---------- ⇒ i � 1,0 A - - - Rp R1 R2 i Rs 120 1 1 1 1 1 1 Da expressão P � Ri2, temos, na lâmpada L: ------- � ------- � ------- ⇒ ------- � ------- � ---------- ⇒ - - - - - - Rp RC RL Rp 11 110 PL � RLi2 ⇒ PL � 110 � 1,02 ⇒ PL � 110 W 1 11 110 ⇒ ------- � ---------- ⇒ Rp � ---------- ⇒ Rp � 10 � - - - Como a potência dissipada pela lâmpada com a chave aber- Rp 110 11 ta é maior que a potência dissipada com a chave fechada, Podemos então redesenhar o circuito como mostra a figura: concluímos que a luminosidade da lâmpada diminui quando a chave S é fechada. A 650. Como o capacitor C está carregado, não há corrente no trecho CF do circuito. Logo, a alternativa b está correta e podemos re- gerador Rp desenhar o circuito como mostra a figura: A 8� B D RF B figura 2 60 V 20 � 30 � A resistência Rp está associada em série com RF. Essa asso- ciação pode ser substituída pelo resistor equivalente Rs. Sendo R1 � Rp e R2 � RF, da expressão Rs � R1 � R2, temos: H G E Rs � Rp � RF ⇒ Rs � 10 � 10 ⇒ Rs � 20 � figura 1 Calculamos a corrente total do circuito usando a expressão Nesse circuito há uma associação de resistores em paralelo, V que pode ser substituída pela resistência equivalente Rp. Sendo R � ----- . Logo, temos: - i R1 � 20 � e R2 � 30 �, da expressão V V 120 1 1 1 i � ----- ⇒ i � ------- ⇒ i � ---------- ⇒ i � 6,0 A - - - ------- � ------- � ------- , temos: - - - R Rs 20 Rp R1 R2 b) Veja a figura 2. A corrente que passa por Rp é a corrente to- 1 1 1 1 3�2 ------- � ------- � ------- ⇒ ------- � --------------- ⇒ - - - - - tal fornecida pela bateria (i � 6,0 A). Calculamos a diferença Rp 20 30 Rp 60 de potencial entre A e B, usando a expressão V � Ri. Logo: 1 5 ⇒ ------- � ------- ⇒ Rp � 12 � - - VAB � Rpi ⇒ VAB � 10 � 6,0 ⇒ VAB � 60 V Rp 60 105
- 106. Podemos redesenhar o circuito como mostra a figura: Como as lâmpadas L1, L2 e L3 estão ligadas em série, temos i3 � i2 � i1 � 0,5 A. Calculamos então a diferença de potencial A 8� B à qual estão submetidas as lâmpadas L1 e L3 usando a expres- a são V � Ri. Logo, temos: 60 V Rp � 12� • para L1 : V1 � R1i1 ⇒ V1 � 2 � 0,5 ⇒ V1 � 1 V • para L2 : H G V2 � R2i2 ⇒ V2 � 4 � 0,5 ⇒ V2 � 2 V figura 2 O resistor Rp está associado em série com o resistor de 8 �. É fácil concluir que V � V1 � V2 � V3 , sendo V � 6 V. Logo, Sendo R1 � Rp � 12 � e R2 � 8 �, calculamos a resistência obtemos: equivalente do circuito usando a expressão Rs � R1 � R2. Por- 6 � 1 � 2 � V3 ⇒ V3 � 3 V tanto, temos: Resposta: alternativa c. Rs � 12 � 8 ⇒ Rs � 20 � Logo, a alternativa a está incorreta. 652. O jovem deve escolher o forno cuja tensão nominal é compatí- vel com a rede elétrica a que sua residência está ligada. Como Do circuito esquematizado na figura 2, podemos concluir que essa tensão é de 110 V, ele deve escolher o forno B, cuja ten- VAH � VAB � VBG. É fácil verificar que VBG � VDE (associação de são nominal é de 115 V. Essa pequena diferença acarretará resistores em paralelo — veja figura 1). Logo, VAH � VAB � VDE, o que invalida a alternativa c. uma pequena redução na potência do forno, que pode ser de- Como a voltagem no resistor de 30 � é igual à voltagem no re- V2 terminada pela expressão P � ------- , supondo que R é constan- - V2 R sistor de 20 �, da expressão P � ------- podemos concluir que - R te. Assim, para os valores nominais, temos: a potência dissipada pelo resistor de 30 � é menor que a po- 115 2 tência dissipada pelo resistor de 20 � situado entre os pontos 1 300 � ------------ ⇒ R � 10 � - R B e G. Logo, a alternativa d está correta. Resposta: alternativas b e d. Logo, a potência será: 110 2 P � ------------ ⇒ P � 1 210 W 651. L1 L2 - 10 Poderíamos ter feito o mesmo cálculo para o forno A, mas não i i o faremos por duas razões. Primeiro, porque os valores nomi- i nais devem ser respeitados, não faz sentido comprar um forno i i construído para funcionar em 220 V e ligá-lo em 110 V. Ele não queima, mas certamente tem um funcionamento inadequado. 6V Segundo, como a resistência varia muito com a temperatura, Como as lâmpadas L1 e L2 estão ligadas em série, temos não é possível considerá-la constante, o que habitualmente se i2 � i1 � 1 A. Podemos concluir também que V � V1 � V2, sen- faz nesses casos e é o que a questão sugere. do V � 6 V e V1 � 2 V. Logo, temos: Resposta: alternativa d. 6 � 2 � V2 ⇒ V2 � 4 V 653. a) A potência térmica do aparelho de ar condicionado deve ser Calculamos então a resistência das lâmpadas usando a defini- suficiente para compensar a potência dissipada pelo conjun- V ção de resistência elétrica, R � ----- . Portanto, temos: to pessoas � micros e ainda diminuir em 5 °C a temperatura - i do ar no interior da sala (P�). Logo: • para L1 : Ptérmica � Pconjunto � P� V1 2 A potência dissipada pelo conjunto pessoas � micros é R1 � ------- ⇒ R1 � ----- ⇒ R1 � 2 � - - i1 1 dada por Pconjunto � 4Ppessoa � 4Pcomputador . Logo: • para L2 : Pconjunto � 4 � 100 � 4 � 100 ⇒ Pconjunto � 800 W V2 4 Calculamos a potência térmica do aparelho de ar condicio- R2 � ------- ⇒ R2 � ----- ⇒ R2 � 4 � - - i2 1 nado para diminuir em 5 °C a temperatura do ar da sala, Ao inserirmos a terceira lâmpada, L3, em série, no circuito, a E usando a expressão P � -------- , com E � Q. Logo, temos: - corrente através de L1 cai para 0,5 A. �t L1 L2 L3 Q P� � -------- - �t i i Como Q � mc��, temos: i m ar c ar �� i i P� � ---------------------- - �t 106
- 107. Precisamos então calcular a massa de ar contida na sala. E a diferença de potencial em D seria: O volume da sala é V � 5 � 5 � 3 � 75 m3 e a densidade do VD � RDi ⇒ VD � 5,0 � 0,80 ⇒ VD � 4,0 V m ar é dar � 1,2 kg/m3. Da expressão d � ----- , temos: Como o componente D não admite tensões superiores a 3,0 V, - V podemos afirmar que o valor de RD nessa situação é maior que m ar o valor normal, para que VD não supere o valor-limite, VD � 3,0 V. dar � -------- ⇒ mar � darVar ⇒ mar � 75 � 1,2 ⇒ mar � 90 kg - V ar Assim, podemos escrever para esse circuito: Sendo car � 1 000 J/kg � °C, �� � 5 °C (em módulo) e E � VR � VD ⇒ 12 � VR � 3,0 ⇒ VR � 9,0 V �t � 0,5h � 1 800s, temos: Como R � 10 �, constante, temos: 90 � 1 000 � 5 P� � --------------------------------- ⇒ P� � 250 W - VR � Ri ⇒ 9,0 � 10i ⇒ i � 0,90 A 1 800 Resposta: alternativa c. A potência térmica do aparelho deve ser capaz de compen- sar ou absorver o calor fornecido pelas pessoas (Pconjunto) e 656. a) Como os fios condutores são feitos de mesmo material, resfriar o ar (P�), logo ela deve ser: �A � �B � �, e como têm o mesmo comprimento, �1 � �2 � �. Ptérmica � 800 � 250 ⇒ Ptérmica � 1 050 W Sendo RA � RB e como a resistência R é inversamente pro- P útil porcional à área da secção transversal S [lembre-se que Sendo � � 50% � 0,50, da expressão � � ----------- , temos: - P total R � � � ----- ], concluímos que SA � SB , o que invalida a al- � - S P térmica 1 050 � � --------------- ⇒ 0,5 � --------------- ⇒ Pelétrica � 2 100 W - - ternativa a. P elétrica P elétrica b) Como os fios condutores são percorridos pela mesma cor- b) O aquecimento do ar com o aparelho de ar condicionado des- rente, podemos escrever iA � iB � i. ligado é devido ao calor liberado pelo conjunto pessoas � R Sendo RB � R, temos RA � ----- . E - � micros. Da expressão P � -------- , E � Q, temos: - 2 �t 2 Da expressão P � Ri , temos: Q P � -------- ⇒ Pconjunto � -------- Q - - • para o fio A: �t �t Sendo Q � mc��, temos: 2 R PA � R A i A ⇒ PA � ----- � i 2 - mc�� m ar c ar �� 2 Pconjunto � ---------------- ⇒ Pconjunto � ---------------------- - - • para o fio B: �t �t Sendo Pconjunto � 800 W, mar � 90 kg, car � 1 000 J/kg � °C 2 PB � R B i B ⇒ PB � Ri2 e �� � 27 °C � 25 °C � 2 °C, temos: Logo, podemos concluir que PB � PA. 90 � 1 000 � 2 800 � --------------------------------- ⇒ �t � 225s ⇒ �t � 3,75min - c) Como os fios condutores são percorridos pela mesma ten- �t são, podemos escrever VA � VB � V. � R Sendo RB � R, temos RA � ----- . 654. Da expressão R � � � ----- , temos: - - S 2 • para o fio 1: V2 Da expressão P � ------- , temos: - R �1 2,0 R1 � � � ------- ⇒ R1 � � � --------- - - • para o fio A: S S 2 VA V2 2V 2 • para o fio 2: PA � ------- ⇒ PA � --------- ⇒ PA � ---------- - RA R R �2 3,0 ----- - R2 � � � ------- ⇒ R2 � � � --------- - - 2 S S • para o fio B: Portanto, obtemos: VB 2 V2 PB � ------- ⇒ PB � ------- - - 3,0 RB R � � --------- - R2 S R2 3,0 S Logo, podemos concluir que PA � PB . ------- � --------------------- ⇒ ------- � � � --------- � ------------------ ⇒ - - - - - R1 2,0 R1 S � � 2,0 � � --------- - d) Ao ligarmos os fios A e B em série, a corrente que percorre S os dois fios é a mesma (iA � iB � i). Da expressão V � Ri, R2 3 temos: ⇒ ------- � ----- - - R1 2 • para o fio A: Resposta: alternativa d. R VA � RAiA ⇒ VA � ----- � i - 2 655. Se a resistência RD tivesse o valor normal, RD � 5,0 �, para • para o fio B: E � 12 V e R � 10 �, teríamos: VB � RBiB ⇒ VB � Ri E � (R � RD)i ⇒ 12 � (10 � 5)i ⇒ i � 0,8 A Logo, podemos concluir que VB � VA. 107
- 108. V 658. Examinando o circuito, vemos que há um gerador de força ele- e) Da expressão V � Ri, temos i � ----- . - R tromotriz ε e resistência interna desprezível e dois resistores Ao ligarmos os fios A e B em paralelo, a tensão elétrica em R1 � 10 � e R2 � 20 �. A corrente que passa pelo circuito é A é igual à tensão elétrica em B. Como RA � RB, usando a i � 0,6 A. expressão anterior, concluímos que iA � iB, o que invalida 10 � 20 � essa alternativa. Resposta: alternativas b, c e d. i i ε i 657. Como o gerador tem resistência interna r � 0, da equação do i i gerador, vem: V � ε � ri ⇒ V � ε �ε � �ε� Da equação do circuito elétrico, i � ----------------------------------- , obtemos: No circuito I, os resistores de resistência 2R estão associados �(R � r � r�) em paralelo e ambos estão associados em série com o resistor de resistência R, o que permite simplificar o esquema, como ε ε ε i � -------------------- ⇒ 0,6 � -------------------- ⇒ 0,6 � ------- ⇒ - - - mostra a figura a seguir: R1 � R2 10 � 20 30 � � ⇒ ε � 18 V Resposta: alternativa c. 659. a) Examinando o circuito, vemos que há um gerador de força R Rp eletromotriz ε � 1,5 V e resistência interna desprezível (r � 0) e dois resistores R1 � R e R2 � 2R. A corrente que passa pelo circuito é i � 0,1 A. Basta obter o valor do resistor equivalente a partir da expressão A 1 1 1 ------- � ------- � ------- : - - - Rp R1 R2 2R R 1 1 1 1 2 ------- � -------- � -------- ⇒ ------- � -------- ⇒ Rp � R - - - - - Rp 2R 2R Rp 2R 1,5 V Para obter a resistência RT basta associar em série o resistor R com o resistor Rp. Obtemos, então: B RT � R � Rp ⇒ RT � R � R ⇒ RT � 2R �ε � �ε� Da equação do circuito elétrico, i � ----------------------------------- , ob- V2 Da expressão P � ------- , temos: �(R � r � r�) - R temos: V2 ε2 PI � ------- ⇒ PI � -------- ε 1,5 1,5 - - i � -------------------- ⇒ 0,1 � ------------------- ⇒ 0,1 � --------- ⇒ - - - RT 2R R1 � R2 R � 2R 3R No circuito II, os resistores estão associados em paralelo. Basta ⇒ 0,3R � 1,5 ⇒ R � 5,0 � aplicar a expressão: 1 1 1 1 b) Da expressão V � Ri, temos: ------- � ------- � ------- � ------- ⇒ - - - - Rp R1 R2 R3 VAB � Ri ⇒ VAB � 5,0 � 0,1 ⇒ VAB � 0,5 V 1 1 1 1 ⇒ ------- � -------- � ----- � -------- ⇒ 660. Com a chave aberta, não há corrente no circuito (i � 0) e temos - - - - Rp 2R R 2R V � 30 V. Da equação do gerador, V � ε � ri, temos: 1 1�2�1 1 4 R ⇒ ------- � -------------------------- ⇒ ------- � -------- ⇒ Rp � ----- 30 � ε � 2,0 � 0 ⇒ ε � 30 V - - - - - Rp 2R Rp 2R 2 Com a chave fechada, temos um circuito com um gerador de V2 Da expressão P � ------- , temos: força eletromotriz ε � 30 V e resistência interna r � 2 �, um , - R e um receptor de força contraeletromotriz resistor R � 4,0 � e um receptor de força contra-eletromotriz V2 ε2 2ε 2 ε ε� � 12 V e resistência interna r � r1. A corrente que passa r� PII � ------- ⇒ PII � --------- ⇒ PII � ---------- - Rp R R por esse circuito é i � 2 A. ------ 2 �ε � �ε� Da equação do circuito elétrico, i � ----------------------------------- , obtemos: Logo, temos: �(R � r � r�) ε2 ε � ε� 30 � 12 18 -------- - i � --------------------------- ⇒ 2 � --------------------------- ⇒ 2 � ---------------- ⇒ - - - PI 2R ⇒ P I � ε 2 � R ⇒ R � r � r� 4 � 2 � r1 6 � r1 ------- � ------------- - - ------- - ------- ---------- P II 2ε 2 P II 2R 2ε 2 ---------- ⇒ 12 � 2r1 � 18 ⇒ r1 � 3 � R Resposta: alternativa d. PI 1 PI ⇒ ------- � ----- ⇒ ------- � 0,25 - - - 661. a) Sendo R0 � 2,0 � e i � 3,0 A, da expressão P � Ri2, temos: P II 4 P II Resposta: alternativa e. P � R0i2 ⇒ P � 2,0 � 3,02 ⇒ P � 2,0 � 9,0 ⇒ P � 18 W 108
- 109. b) O circuito da figura dada pode ser simplificado como mos- b) Como a resistência interna do gerador é desprezível, temos tram as figuras abaixo: V � ε � 28 V. Da expressão P � Vi, temos: 112 P � VI ⇒ 112 � 28I ⇒ I � ---------- ⇒ I � 4,0 A B - 28 i Ro i Ro V Da definição de resistência, R � ----- , temos: - R R R i 2 V 28 R � ----- ⇒ R � ------- ⇒ R � 7,0 � E E - - I 4 A 664. Se a chave está aberta, podemos redesenhar o circuito como na Note que a resistência R do ramo à esquerda está associada figura: em paralelo com a resistência R do ramo à direita. Como são 100 � iguais, a resistência equivalente a essa associação é: 1 1 1 R ------- � ----- � ----- ⇒ Rp � ----- - - - - Rp R R 2 100 � V ε Sendo E � 9,0 V, R0 � 2,0 � e i � 3,0 A, no circuito sim- 50 V plificado podemos escrever: A R R E � [R0 � ----- ]i ⇒ 9,0 � [2,0 � ----- ]3,0 ⇒ R � 2,0 � - - Sendo V � 5,0 V e R � 100 �, podemos calcular a corrente que 2 2 passa pelo circuito usando a equação V � Ri. Logo: 662. Podemos redesenhar o circuito como mostra a figura abaixo: V 50 i � ----- ⇒ i � ---------- ⇒ i � 0,50 A - - R 100 A C R E Os resistores estão associados em série. A resistência equiva- i i2 lente a essa associação pode ser obtida usando a expressão à A Rs � R1 � R2. Logo: i i1 R i2 R V 2V Rs � 100 � 100 ⇒ Rs � 200 � � i2 Podemos, então, calcular a diferença de potencial fornecida � i pela bateria ao circuito, usando a expressão V � Ri. Logo: B D R F V � Rsi ⇒ V � 200 � 0,50 ⇒ V � 100 V A potência total dissipada pelos resistores pode ser calculada Se a chave for fechada, teremos um curto-circuito e podemos usando a expressão P � Vi, então PT � VABi. redesenhar o circuito como na figura: O perímetro marca a corrente total fornecida pela fonte F, que é i � 8,0 A. 100 � Podemos ver que VAB � VCD e que VCD � VCE � VEF � VFD (temos três resistores R ligados em série). Sendo R iguais, é fácil con- cluir que VCE � VFD � VEF � 2,0 V. ε Logo: VCD � 2,0 � 2,0 � 2,0 ⇒ VCD � 6,0 V A Então, VAB � 6,0 V. Sendo V � 100 V e R � 100 �, da expressão V � Ri, temos: Portanto, temos: PT � VABi ⇒ PT � 6,0 � 8,0 ⇒ PT � 48 W V 100 i � ----- ⇒ i � ---------- ⇒ i � 1,0 A - - R 100 Resposta: alternativa d. Resposta: alternativa d. 663. a) Admitindo que toda a energia elétrica é utilizada no aqueci- 665. Vamos inicialmente calcular a resistência elétrica de cada lâm- E mento da água, temos Q � E. Logo, da expressão P � -------- , - V2 V2 �t pada. Da expressão P � ------- , vem R � ------- . Então: - - R P temos: • Para L1: Q mc�� P � -------- ⇒ P � ---------------- - - 2 �t �t V1 20 2 R1 � ------- ⇒ R1 � --------- ⇒ R1 � 40 � - - P1 10 Sendo m � 0,80 kg, c � 4,2 � 103 J/kg � °C, �� � 2 °C e �t � 1min � 60s, temos: • para L2: 2 0,80 � 4,2 � 10 � 2 3 V2 20 2 P � ------------------------------------------- ⇒ P � 112 W - R2 � ------- ⇒ R2 � --------- ⇒ R2 � 20 � - - 60 P2 20 109
- 110. • para L3: 666. Veja a figura: 2 V 10 2 i� R3 � ------- ⇒ R3 � --------- ⇒ R3 � 20 � 3 - - R� P3 5 i1 iT • para L4: 2 A2 V4 10 2 R4 � ------- ⇒ R4 � --------- ⇒ R4 � 10 � - - R P4 10 Podemos redesenhar o circuito como mostra a figura: i i V2 iT R� figura 1 iT V1 E L1 L3 F iT iT i� L2 i� L4 C D iT A1 i� i A Nesse circuito R� e R estão associados em paralelo e ambos estão associados em série com R�, o que permite simplificar o esquema. A B VP 20 V RP No circuito esquematizado as lâmpadas L2 e L4 estão associa- das em série. Podemos substituir essa associação pela resis- tência equivalente R� . Da expressão Rs � R1 � R2, temos: s R2 figura 2 V� R� � R2 � R4 ⇒ R� � 20 � 10 ⇒ R� � 30 � s s s É fácil concluir que VCD � VAB � 20 V. Usando a expressão V � Ri, podemos calcular a corrente i� que O voltímetro V1 mede a voltagem fornecida pela bateria ao cir- cuito e V2 mede a voltagem no resistor R� (V�). É fácil ver que passa por L2 e L4. V1 � V� � VP. Logo, temos: Logo: 12 � 9,0 � VP ⇒ VP � 3,0 V V CD 20 Portanto, o resistor R está submetido a uma voltagem V � 3,0 V. VCD � R�s i� ⇒ i� � --------- ⇒ i� � ------- ⇒ i� � 0,67 A - - R� s 30 O amperímetro A1 mede a corrente total do circuito As lâmpadas L1 e L3 também estão associadas em série. Pode- (iT � 600 mA � 0,6 A) e A2 mede a corrente que passa por R� mos substituir essa associação pela resistência equivalente (i� � 450 mA � 0,45 A). Pelo Princípio da Conservação da Carga Elétrica, podemos es- R� . Da expressão Rs � R1 � R2, temos: s crever: R� � R1 � R2 ⇒ R� � 20 � 40 ⇒ R� � 60 � s s s iT � i� � i ⇒ 0,6 � 0,45 � i ⇒ i � 0,15 A É fácil concluir que VEF � VAB � 20 V. Podemos calcular o valor do resistor R, usando a definição de Usando a expressão V � Ri, podemos calcular a corrente i�, V resistência elétrica, R � ----- . Logo: - que passa por L1 e L3. i Logo: 3,0 R � ----------- ⇒ R � 20 � - V EF 20 0,15 VEF � R �s i� ⇒ i� � --------- ⇒ i� � ------- ⇒ i� � 0,33 A - R� s 60 Resposta: alternativa d. Uma lâmpada queima (ou pode queimar) se a corrente que a 667. Nesse circuito há duas associações de resistores em série que percorre for maior que o valor nominal, obtido da expressão podem ser substituídas pelo resistor equivalente Rs. Sendo, em P � Vi. Assim: cada associação, R1 � R2 � 20 �, da expressão Rs � R1 � R2, • para L1, temos: temos: 10 � 20i1 ⇒ i1 � 0,5 A Rs � 20 � 20 ⇒ Rs � 40 � • para L2, temos: Podemos então redesenhar o circuito como mostra a figura: 20 � 20i2 ⇒ i2 � 1,0 A 2 8� • para L3, temos: S 5 � 10i3 ⇒ i3 � 0,5 A 1 • para L4, temos: 10 � 10i4 ⇒ i4 � 1,0 A V 40 � 20 � 40 � Como a intensidade da corrente que passa por L1 e L3 é 0,33 A, 10 � nenhuma delas queima. Da mesma forma, não queimam L2 e L4, ε � 12 V pois a intensidade da corrente que passa por elas é 0,67 A. Resposta: alternativa a. A 110
- 111. No circuito ainda há uma associação de resistores em paralelo, A resistência equivalente do circuito é dada por: que pode ser substituída pelo resistor equivalente Rp . Sendo Rs � 18 � r ⇒ Rs � 18 � 2 ⇒ Rs � 20 � R1 � 40 �, R2 � 20 � e R3 � 40 �, da expressão Logo, a alternativa b está incorreta. 1 1 1 1 ------- � ------- � ------- � ------- , temos: - - - - �ε � �ε� Da equação do circuito elétrico, i � ----------------------------------- , temos: Rp R1 R2 R3 �(R � r � r�) 1 1 1 1 1 1�2�1 12 12 ------- � ------- � ------- � ------- ⇒ ------- � -------------------------- ⇒ - - - - - - i � ------------------ ⇒ i � ------- ⇒ i � 0,6 A - - Rp 40 20 40 Rp 40 18 � 2 20 1 4 ⇒ ------- � ------- ⇒ Rp � 10 � Logo, a alternativa c está correta. - - Rp 40 Sendo R � 18 � e i � 0,6 A, da expressão V � Ri, temos: É fácil ver que o resistor equivalente Rp está ligado em série V � 18 � 0,6 ⇒ V � 10,8 V com o resistor de 8 �. Logo, a alternativa d está correta. Essa associação pode ser substituída pelo resistor equivalente Da expressão PT � εi, temos: R� . Da expressão Rs � R1 � R2, temos: s PT � 12 � 0,6 ⇒ PT � 7,2 W que será a potência total dissipada pelo circuito. R� � Rs � 8 ⇒ R� � 10 � 8 ⇒ R� � 18 � s s s Logo, a alternativa e está incorreta. Podemos então redesenhar o circuito como mostra a figura: Resposta: alternativas a, c, d. 2 668. a) Para U � �5 V, o diodo está polarizado inversamente e, S portanto, funciona como chave aberta. Logo, R → �. Para U � �5 V, o diodo está polarizado diretamente e, por- 1 tanto, funciona como chave fechada. Logo, R → 0. r V b) Para U � �5 V, podemos redesenhar o circuito como mos- 18 � tra a figura: 10 � 3 k� A ε � 12 V i i A � U 2 k� V � Com a chave S na posição 1, temos o seguinte circuito: i A B i r V Nesse circuito há uma associação de resistências em série, 10 � 10 V que pode ser substituída pelo resistor equivalente. Sendo R1 � 3 k� e R2 � 2 k�, da expressão Rs � R1 � R2, temos: ε � 12 V Rs � 3 � 2 ⇒ Rs � 5 k� ⇒ Rs � 5 � 103 � Da expressão V � Ri, podemos calcular a corrente que pas- sa pelo circuito, que é a corrente medida pelo amperímetro. Sendo R � 10 � e V � 10 V, da expressão V � Ri, temos: Logo: V 10 i � ----- ⇒ i � ------- ⇒ i � 1,0 A - - 5 U � Rsi ⇒ 5 � 5 � 103i ⇒ i � ----------------- ⇒ i � 1 � 10�3 A R 10 - 5 � 10 3 a O voltímetro mede a diferença de potencial à qual está subme- O voltímetro mede a tensão na resistência de 2 k�. Da ex- tido o resistor, que é a diferença de potencial fornecida pela ba- tida pressão V � Ri, temos: teria. Da equação do gerador, V � ε � ri, temos: VAB � Ri ⇒ VAB � 2 � 103 � 1 � 10�3 ⇒ VAB � 2 V ⇒ 10 � 12 � r � 1,0 ⇒ 10 � 12 � r ⇒ r � 2,0 � ⇒ VA � VB � 2 V Logo, a alternativa a está correta. Para U � �5 V, o diodo funciona como chave fechada e por- Com a chave S na posição 2, temos o seguinte circuito: tanto não passará corrente pela resistência de 3 k�. Pode- mos redesenhar o circuito como mostra a figura. A 18 � i i r V � U � �5 V 2 k� V � ε � 12 V i A A B 111
- 112. Da expressão V � Ri, podemos calcular a corrente que pas- ele é a força resultante. Esse campo magnético é simultanea- sa pelo circuito: mente perpendicular a F = e a v . Pela regra da mão direita, con- = 5 U � Ri ⇒ 5 � 2 � 103 i ⇒ i � ----------------- ⇒ i � 2,5 � 10�3 A - cluímos que B= é perpendicular ao plano da figura e aponta para 2 � 10 3 dentro da página. O voltímetro mede a tensão na resistência de 2 k�. Da ex- Resposta: alternativa e. pressão V � Ri, temos: VBA � Ri ⇒ VBA � 2 � 103 � 2,5 � 10�3 ⇒ VBA � 5 V ⇒ 674. a) A direção e o sentido da força magnética que atua sobre a ⇒ VB � VA � 5 V partícula podem ser obtidos usando a regra da mão direita. 669. Quando um ímã se quebra, dá origem a novos ímãs, cuja pola- = FM ridade depende da forma como se partiram. v= B= v= B= Resposta: alternativa c. � • � � = FM 670. Polos de mesmo nome se repelem e polos opostos se atraem. Pólos pólos FE= FE= Logo, a situação mais estável é a configuração da alternativa b. � � Pode-se dizer também que, nessa situação, as linhas do campo magnético das duas agulhas se concatenam. linha de campo magnético b) Situação 1: b) Situação 1: = Como a força é sempre perpendicular à velocidade v=, da Se- gunda Lei de Newton (F = � ma=), concluímos que a acelera- ção a== da partícula vai ser sempre perpendicular à velocidade Resposta: alternativa b. = v=. Trata-se portanto de uma aceleração centrípeta, por isso a partícula descreve uma trajetória circular, com velocidade 671. a) A direção e o sentido da força F = podem ser obtidos a partir de módulo constante, ou seja, ela adquire um movimento da regra da mão direita: circular uniforme. Como o movimento é circular uniforme, concluímos que o = FM = módulo da força resultante (F R) é igual ao da força centrípeta � = v2 (F C), cujo módulo é FC � M � ------ . Da figura, temos: - R FR � FE � FM b) Sob a ação da força magnética, os elétrons se deslocarão O módulo da força magnética é FM � qvB � sen �. Sendo para a parte superior da placa: � � 90°, a expressão do módulo da força magnética torna-se FM � qvB. Como o módulo da força elétrica é N vezes o mó- dulo da força magnética, temos FE � NqvB. Logo, temos: ��������������� v2 v2 M � ------ � NqvB � qvB ⇒ M � ------ � (N � 1)qvB ⇒ - - R R ��������������� qvB qB ⇒ v � R(N � 1) � ----------- ⇒ v � R(N � 1) � -------- - - M M 672. A partícula eletrizada entra na região do campo magnético per- pendicularmente às linhas de campo. Como a força é sempre Situação 2: perpendicular à velocidade v=,== da Segunda Lei de Newton v Como o movimento é circular uniforme, concluímos que o (F == � ma =), conclui-se que a aceleração da partícula vai ser sem- = = módulo da força resultante (F R) é igual ao da força centrípeta pre perpendicular à velocidade v=.== Trata-se portanto de uma v aceleração centrípeta, por isso a partícula descreve uma traje- = v2 (F C), cujo módulo é FC � M � ------ . Da figura, temos: - R tória circular, com velocidade de módulo constante. (Veja exer- FR � FE � FM Resposta: alternativa a.191.) cício resolvido 2, página Resposta: alternativa a. Logo: 673. Como a carga descreve um movimento circular uniforme, con- v2 v2 M � ------ � NqvB � qvB ⇒ M � ------ � (N � 1)qvB ⇒ - - cluímos que a força resultante (F =), sobre ela, está contida no R R plano da figura e aponta para o centro da circunferência. Como qvB qB ⇒ v2 � R(N � 1) � ----------- ⇒ v � R(N � 1) � -------- - - nessa região só existe o campo magnético, a força gerada por M M 112
- 113. 675. a) Falsa Como a trajetória das partículas é a metade de uma circun- ferência, o tempo de permanência delas na região de B= é: Como a carga descreve um movimento circular uniforme, = concluímos que a força resultante (F ), sobre ela, aponta para T πm �t � ----- ⇒ �t � ---------- - - o centro da circunferência. Como nessa região só existe o 2 qB campo magnético, a força gerada por ele é a força resultante. Esse campo magnético é simultaneamente perpendicular a Resposta: alternativas c, e. F = e v=. Pela regra da mão direita, lembrando que a carga do = elétron é negativa, concluímos que B= é perpendicular ao pla- = = 676. a) Como a força F M é sempre perpendicular à velocidade v=, da no da figura e aponta para dentro da página (veja a figura): Segunda Lei de Newton (F = � ma ) concluímos que a acele- = ração a== da partícula vai ser sempre perpendicular à veloci- = dade v=. Trata-se portanto de uma aceleração centrípeta, por = isso, a partícula descreve uma trajetória circular, com velo- �B cidade de módulo constante. Como v � constante, então � v= �EC � 0. Sendo † � �EC , vem † � 0. F= � � � � � P � � � � � F � � v= � � Q1 � b) Falsa Q2 � = � FM = � FM � � O mesmo comentário anterior. c) Verdadeira R 2R Ao penetrar na região do campo magnético B= , o módulo da velocidade da partícula não varia, logo, �EC � 0. b) Usando a regra da mão direita, concluímos que Q1 é negati- va e Q2 é positiva. d) Falsa Se o movimento é circular uniforme, o módulo da força re- c) Se o movimento é circular uniforme, o módulo da força re- == == sultante (F R) é igual ao da força centrípeta (F C), cujo módulo = = = resultante = ( R é igual da força centrípeta (F C (F C), cujo mó- sultante (F R )Fé )igual ao ao da força centrípeta ), cujo módulo mv m 2 é FC � F-------------v- . Como nessa região só existe região só 2 � v - v (capítulo nessa região só existe o região 2 2 é FFC� mm ------------ . Como 13, volume 1). Como nessa campo - dulo é C -(capítulo 13, volume 1). Como nessa o campo -- - C R R r r só existe o campo magnético, a ele é a força resultante,força magnético, a força gerada por força gerada por ele é a cujo existe o campo magnético,por ele égerada por ele é a força magnético, a força gerada a força a força resultante, cujo resultante, cujo módulo é .F Sendo � sen �. Sendo � � 90°, módulo é F qvB sen � qvB 90°, a expressão do resultante, cujo módulo é . Sendo � sen �. Sendo � � 90°, módulo é F qvB sen F � qvB 90°, a expressão do a expressãoforça resultante torna-se FR torna-seIgualando módulo da do módulo da força resultante qvB. FR � qvB. a expressão doresultante torna-se FR resultanteIgualando módulo da força módulo da força qvB. torna-se FR e FC, obtemos: Igualando FR e FC, obtemos: FR �FqvB. Igualando FR e FC, obtemos: FR e C, obtemos: mv 2 mv FR � FC ⇒ qvB � ----------- ⇒ qB � --------- (I) v2 mv - FR � FC ⇒ m � ------ � qvB ⇒ -------- � qB ⇒ - - r r R R 1 qB mv Portanto, temos: ⇒ ----- � -------- ⇒ R � -------- - - - R mv qB mv • para a carga Q1: Q1B � -------- (II) - 2mv 2R Podemos ver na figura que OP � 2R, então OP � ----------- . - qB mv • para a carga Q2: Q2B � -------- (III) - e) Verdadeira R Lembrando que a relação entre velocidade e período no 2πr Dividindo a expressão (II) pela expressão (III), temos: MCU é dada pela expressão v � ---------- , temos: - T mv --------- Q1 B 2R Q1 mv R ----------- � ------------ ⇒ ------- � -------- � -------- ⇒ - - - - 2πR 2π mv 2π m v � ------------ ⇒ v � -------- � --------- ⇒ 1 � -------- � -------- ⇒ Q2 B mv Q2 2R mv - - - - - --------- T T qB T qB R qB 1 2πm Q1 1 ⇒ ------------- � ----- ⇒ T � ------------- - - - ⇒ ------- � ----- - - 2πm T qB Q2 2 113
- 114. 677. a) Antes de entrar na região do campo magnético, a partícula descreve uma trajetória circular, com velocidade de módulo cai verticalmente com velocidade constante. Portanto, ela constante (movimento circular uniforme). Para que o próton está em equilíbrio. As forças que nela atuam são o peso e a = passe pelo ponto B com a mesma velocidade inicial v , no me- resistência do ar (veja a figura): nor tempo possível, ele deverá percorrer semicírculos sequen- ciais no sentido anti-horário no plano superior, e no sentido ho- = Rar rário, no plano inferior. Veja a figura: �t1 P= No equilíbrio, temos FR � 0. Portanto, obtemos: � = � B1 v= v= mg Rar � P ⇒ kv0 � mg ⇒ k � ---------- B A v0 • �v = = • B2 b) Ao penetrar na região onde há o campo magnético, aparece uma força magnética, horizontal para a direita (supondo a �t2 carga positiva). Isso faz a partícula curvar a sua trajetória. Mudando a trajetória, mudam os sentidos das forças de re- O menor valor do tempo será: sistência R=ar do ar, que sempre se opõem ao sentido da ve- = locidade da partícula, e da força magnética F M, sempre per- T1 T2 �t � �t1 � �t2 ⇒ �t � ------- � ------- pendicular ao sentido da velocidade. No instante em que a 2 2 = partícula adquire velocidade v L constante, a resultante das Consideremos o movimento do próton no plano superior. Se o Consideremos o movimento do próton no plano superior. Se o forças que atuam sobre ela se anula. Temos então a situa- movimento é circular uniforme, o módulo da força resultante movimento é circular uniforme, o módulo da força resultante ção descrita na figura: = = (F R ) é igual ao da força centrípeta (F C ), cujo módulo é FC � (F =R ) é igual ao da força centrípeta (F C ), cujo módulo é F C = trajetória da mv 22 (capítulo 13, volume 1). Como nessa região só existe mv � ----------- partícula -----------. Como nessa região só existe o campo magnético, a r antes de r o campo magnético, a força gerada por ele é a força resultante, atingir vL= força gerada por ele é a força resultante, cujo módulo é F R constante cujo módulo é FR � qvB1 � sen �. Sendo � � 90°, a expressão qvB1 sen . Sendo 90°, a expressão do módulo da = Rar = FM do módulo da força resultante torna-se FR � qvB1. Igualando FR força resultante torna-se F R qvB1. Igualando FR e FC, obtemos: e FC, obtemos: vL= mv 2 mv qB 1 1 FR � FC ⇒ qvB1 � ---------- ⇒ qB1 � -------- ⇒ ---------- � ---- ⇒ - - - - trajetória da partícula r r mv r depois de adquirir vL= P= constante, coincidente mv ⇒ r � ---------- com a direção e o sentido de vL= qB 1 Lembrando que a relação entre a velocidade e o período do c) Podemos redesenhar os vetores como mostra a figura abaixo: 2πr MCU é dada pela expressão v � ---------- , obtemos: - = Rar T 2πr 2πr 2π mv v � ---------- ⇒ T1 � ---------- ⇒ T1 � -------- � ---------- ⇒ - - - T1 v v qB 1 P= 2πm ⇒ T1 � ------------- - = FM qB 1 2πm Por analogia, temos T2 � ------------- . - qB 2 2 2 A condição de equilíbrio é P2 � R ar � F M . Portanto: Da expressão FM � qvB � sen �, como � � 90°, temos: 1 2πm 1 2πm �t � ----- � ------------- � ----- � ------------- ⇒ - - - - FM � QvLB � sen 90° ⇒ FM � QvLB 2 qB 1 2 qB 2 Portanto, temos: mπ mπ mπ 1 1 ⇒ �t � ---------- � ---------- ⇒ �t � ---------- [ ------- � ------- ] ⇒ - - - - - 2 2 m2g2 � k 2 v L � Q 2 v L B 2 ⇒ m2g2 � (k2 � Q2B2) v L ⇒ 2 qB 1 qB 2 q B1 B2 2 m2g2 mg mπ B 1 � B 2 ⇒ �t � ---------- [ -------------------- ] ⇒ v L � ------------------------- ⇒ vL � ------------------------------- - - - - k � Q2B2 2 k2 � Q2B2 q B1 B2 Resposta: alternativa a. 678. Como a força F = é sempre perpendicular à velocidade v , da Se- = gunda Lei de Newton (F = � ma ) concluímos que a aceleração a== = 679. Aplicando a regra da mão direita, concluímos que: = do próton vai ser sempre perpendicular à velocidade v . Trata- • em I, B== é paralelo ao eixo do solenoide, com sentido orien- solenóide, se portanto de uma aceleração centrípeta, por isso o próton -se portanto de uma aceleração centrípeta, por tado para a direita; 114
- 115. • em II, B= é perpendicular ao plano da figura, com sentido orien- 682. Usando a regra da mão direita podemos obter a direção e o sen- tado para fora; tido dos campos magnéticos gerados em O por i1 e i2. • em III, B= é perpendicular ao plano da figura, com sentido orien- y tado para dentro. = B2 Resposta: alternativa a. 680. a) Aplicando a regra da mão direita, verificamos que os vetores x = = BP , devido a i1, e BP , devido a i2, têm no ponto P mesma 1 2 direção e sentidos contrários. Veja a figura: z = B1 = BP P = BP2 1 • � i1 O vetor campo magnético resultante pode ser obtido usando a regra do paralelogramo: i2 y = B2 Como B P1 � B P2 , o módulo do vetor campo magnético re- sultante é nulo. x � b) Aplicando a regra da mão direita verificamos que os vetores z = = BQ1, devido a i1, e BQ2 , devido a i2, têm no ponto Q mesma = B1 direção e mesmo sentido. Veja a figura: i1 Resposta: alternativa e. Q � � 683. a) Verdadeira = BQ = BQ2 1 i2 Como as correntes nos fios têm sentidos opostos, os fios se repelem. O módulo da força magnética entre os fios é = Logo, o vetor campo magnético resultante (B Q ) é perpendi- �0 i1 i2 � �i 2 � F � ------------------ . Sendo i1 � i2 � i, temos F � ------------- . - - cular ao plano da figura, com sentido orientado para dentro, 2πd d e tem módulo: Logo, o módulo da força magnética é diretamente proporcio- BQ � B Q1 � B Q2 ⇒ BQ � 1,0 � 10�4 � 3,0 � 10�4 ⇒ nal a i2 e inversamente proporcional à distância d entre os ⇒ BQ � 4,0 � 10�4 T fios. 681. Inicialmente indicamos o sentido da corrente elétrica no circuito. b) Falsa Veja a figura abaixo: Aplicando a regra da mão direita, verificamos que os vetores R B=1, devido à corrente no fio 1, e B=2 , devido à corrente no fio 2, têm, nos pontos pertencentes à reta r, mesma direção e i i i mesmo sentido (veja a figura). Logo, o campo magnético re- i B sultante não será nulo. � A E � D C fio 1 r fio 2 i i i i = B1 i � i Podemos observar que as correntes nos segmentos de fio AB e � CD têm sentidos opostos. Logo, os fios se repelem, devido às = B2 forças magnéticas que neles aparecem. Resposta: alternativa b. 115
- 116. c) Falsa f) Falsa Aplicando a regra da mão direita verificamos que os vetores Se invertermos o sentido das correntes em ambos os fios da B=1, devido à corrente no fio 1, e B=2 , devido à corrente no configuração (I), essas correntes continuam tendo sentidos fio 2, têm, no ponto A da reta t, mesma direção e mesmo contrários. Logo, os fios se repelem. sentido (veja a figura). Logo, o campo magnético resultante Resposta: alternativas a, e. não será nulo. 684. a) Usando a regra da mão direita, podemos obter a direção e o t = B1 fio 1 sentido da força magnética que atua na barra. i A = B2 45° fio 2 i T= B= d) Falsa Como em todos os pontos da reta r há um campo magnético, 45° G T= i = Fm usando a regra da mão direita, concluímos que, ao ser arre- messado na direção da reta r, o elétron ficará sob a ação de P= uma força magnética. Como a força F = é sempre perpendicu- lar à velocidade v , da Segunda Lei de Newton (FR= � ma ) = = concluímos que a aceleração a= = da partícula vai ser sempre = perpendicular à velocidade v . Trata-se portanto de uma ace- b) leração centrípeta, por isso a partícula descreve uma traje- = 45° T� tória circular, com velocidade de módulo constante. T�� 2T = = y r 45° = Fm Tx=� v= B= � i i � P= F= Da figura, temos: 2 T� � T� � sen 45� ⇒ T� � 2T � ----------- ⇒ T� � T 2 e) Verdadeira y y y 2 Aplicando a regra da mão direita verificamos que os vetores B=1 , devido à corrente no fio 1, e B=2 , devido à corrente no fio x x 2 T� � T�� cos 45� ⇒ T� � 2T � ----------- ⇒ T� � T 2 x 2, têm, no ponto B da reta s, mesma direção e sentidos con- 2 trários (veja a figura). Como a distância do fio 1 ao ponto B é a mesma distância do fio 2 ao ponto B, e as correntes que Como a barra está em equilíbrio na situação acima, temos passam pelos fios têm o mesmo valor, da expressão FR � 0. Logo: �0 i B � ---------- , concluímos que B1 � B2. Logo, o campo magné- - F Ry � 0 ⇒ T� � P � 0 ⇒ T� � P ⇒ T 2 � mg ⇒ y y 2πr tico resultante no ponto B será nulo. 0,30 ⇒ T 2 � 30 � 10�3 � 10 ⇒ T � ----------- - 2 fio 1 i = B1 F Rx � 0 ⇒ T� � Fm � 0 ⇒ T� � Fm ⇒ Fm � T 2 ⇒ s x x � B 0,30 ⇒ Fm � ----------- � 2 ⇒ Fm � 0,30 N - B2= 2 fio 2 c) Sendo � � 10 cm � 0,1 m e � � 90°, da expressão Fm � i � Bi� � sen �, temos: 0,3 � B � 2 � 0,1 � sen 90° ⇒ 0,3 � B � 2 � 0,1 � 1 ⇒ ⇒ 0,3 � 0,2B ⇒ B � 1,5 T 116
- 117. 685. A oposição ao movimento é expressa pela Lei de Lenz, conse- b) Falso quência do Princípio da Conservação da Energia; se há oposição Como o gráfico � � t é uma reta, podemos concluir que ao movimento do ímã é preciso que uma força seja exercida ---------- � constante. [Lembre-se que ---------- é a inclinação �� �� para movimentá-lo na direção do movimento. Logo, é necessá- - - �t �t ria a realização de trabalho. da reta — veja figura.] Pela Lei de Faraday, a força eletro- Resposta: alternativa a. �� motriz induzida na espira é ε � � ---------- . Portanto, concluí- - �t 686. Só ocorre indução de corrente elétrica na espira se houver va- mos que � é constante. riação do fluxo magnético. Há variação do fluxo magnético nas situações I e III. � Resposta: alternativa d. �2 �� 687. Resposta: alternativa b. �1 �t �0 688. a) Falsa t A corrente elétrica que chega às residências é alternada. t1 t2 b) Verdadeira c) Falsa c) Verdadeiro A corrente elétrica não varia ao longo de um fio e nem se al- O sentido da corrente elétrica induzida é dado pela Lei de tera ao passar por um resistor, mas há perda de energia Lenz. Sendo o fluxo magnético � � 1,2 � 10�3 � 3,5 � 10�3 t, quando da passagem por fios e resistores. concluímos que � aumenta no decorrer do tempo. A corren- te induzida deve se opor ao aumento desse fluxo magnético, d) Falsa ou seja, deve gerar um campo magnético cujas linhas de for- Quilowatt-hora é unidade de energia. ça tenham a mesma direção e sentido contrário ao do campo que está aumentando. Por isso, pela regra da mão direita, a V2 V2 corrente induzida percorre o resistor da direita para a es- 689. a) Da expressão P � ------- , temos R � ------- . Como a resistên- - - querda. R P cia do filamento da lâmpada é constante, podemos escrever: d) Falso 2 2 Da expressão � � 1,2 � 10�3 � 3,5 � 10�3 t, e das conside- V V 12 2 6,0 2 ------- � ------- ⇒ --------- � ----------- ⇒ 1 - 2 - - rações feitas no item b, temos: P1 P2 24 P2 �� inclinação � ---------- � 3,5 � 10�3 144 36 - ⇒ ---------- � ------- ⇒ P2 � 6,0 W - - �t 24 P2 �� Como a força eletromotriz induzida é ε � � ---------- , obte- - �t mos ε � �3,5 � 10 V. �3 b) Não. Como a bateria do automóvel tem força eletromotriz constante de 6,0 V, ela é um gerador de corrente contínua. V Sendo R � 3,5 �, da expressão R � ----- , temos: - A corrente contínua gera um campo magnético constante, i por isso não é possível alterar a tensão fornecida pela bate- V ε 3,5 � 10 �3 ria usando o transformador, pois este funciona devido à va- i � ----- ⇒ i � ----- ⇒ i � ------------------------ ⇒ - - - R R 3,5 riação do fluxo magnético que atravessa seus enrolamentos. ⇒ i � 1,0 � 10�3 A ⇒ i � 1,0 mA e) Verdadeiro 690. a) Verdadeiro f) Verdadeiro Como � é uma função do 1o grau em t, o gráfico � � t é uma reta. Resposta: alternativas a, c, e, f. � 691. Quando a onda eletromagnética incide na partícula de carga q positiva em repouso, essa partícula sofre a ação de uma força elétrica devido ao campo elétrico. Essa força tem a mesma di- reção e sentido do vetor campo elétrico E = e faz com que a par- tícula comece a se mover verticalmente para cima. Ao se mo- �0 ver, essa partícula fica também sujeita à ação de uma força magnética, devido ao campo magnético. Usando a regra da t mão direita, concluímos que essa força terá direção horizontal com sentido orientado para a direita. Resposta: alternativa b. 117
- 118. 692. A corrente elétrica alternada cria um campo magnético oscilan- 697. a) Falsa te, que se propaga em seu entorno, atravessando essas espi- A velocidade da luz é sempre a mesma, qualquer que seja o ras. Nas espiras atravessadas por linhas de campo magnético sistema de referência considerado. variável aparece uma força eletromotriz induzida capaz de for- necer energia elétrica para acender lâmpadas, por exemplo. b) Verdadeira Nesse caso, as espiras funcionam como antenas que captam a energia elétrica que se propaga por ondas eletromagnéticas O átomo de hidrogênio é formado por um próton e um elé- originárias da rede de alta tensão. tron. Logo, a massa do átomo de hidrogênio será: 693. a) Da expressão E hf, determinamos a energia do fóton: mH mp me ⇒ mH 1,67 10 27 9,11 10 31 ⇒ ⇒ mH 1,67 10 27 kg E 6,626 10 34 1,6 10 ⇒ E 15 1,06 10 18 J Como 1 eV 1,6 10 J, temos: 19 Determinamos a energia de repouso (E0) correspondente a 1,06 10 18 m0 mH 1,67 10 27 kg. Da expressão E0 m0c2, temos: E ----------------------------- eV ⇒ E 6,6 eV 1,6 10 19 E0 1,67 10 27 (3,0 108)2 ⇒ E0 1,5 10 10 J Como a energia do fóton da luz incidente é maior que a fun- ção trabalho da prata, † 4,74 eV, então o efeito fotoelé- c) Verdadeira trico ocorre. b) Como as partículas ejetadas pela placa C são elétrons, elas E E2 E1 ⇒ E 5,43 10 19 ( 21,73 10 19 )⇒ são desviadas para a placa A, numa trajetória parabólica. ⇒ E 16,3 10 19 J 19 Como 1 eV 1,6 10 J, temos: 694. Da expressão v f, com v c, temos: 16,3 10 19 f1 c ------- ⇒ f 1 c ⇒ E ----------------------------- ⇒ E 10 eV - 1 1,6 10 19 1 ----- - 2 4 f⇒f c d) Verdadeira c ----- ⇒ - ⇒ f1 4c ------- - 2 Da expressão Efinal Einicial hf, temos: f2 c E2 E1 hf (I) ------- - 2 Da expressão v f, com v c (para uma onda eletromag- Da expressão E hf, temos: nética), temos: hf1 ⇒ E1 4c 4hc E1 h ------- ⇒ E 1 - ---------- - c 2 2 c f⇒f ----- - (II) E2 hf2 ⇒ E2 hc ------- - Substituindo (II) em (I), temos: 2 Logo, temos: c hc E2 E1 h ----- ⇒ (E2 - E1) hc ⇒ ------------------- - 4hc E2 E1 ---------- - E1 E1 ------- ------------- ⇒ ------- 2 - 4 ⇒ E1 4E 2 E2 hc E2 e) Verdadeira -------- 2 A radiação eletromagnética, como a luz, tem um comporta- Resposta: alternativa a. mento que pode ser descrito do ponto de vista ondulatório, 695. Como tAndré 2tRegina , da expressão tAndré tRegina , concluí- na interferência e na difração. Pode também ser descrita do mos que 2. Do gráfico, para 2, temos: ponto de vista corpuscular, como fótons absorvidos nas tran- sições de elétrons em saltos quânticos para níveis de menor v 0,87 ⇒ v 0,87c ⇒ v 87 ---- - ---------- c - para maior energia ou como fótons emitidos na transição de c 100 elétrons em saltos quânticos, de níveis de maior para menor Resposta: alternativa b. energia. 696. Da expressão m m0 Resposta: alternativas b, c, d, e. --------------------------- com v ,- 0,5c, temos: 1 v2 ------ - c2 698. Aplicando a relação dada, conhecida como Lei do Deslocamen- m0 m0 to de Wien, sendo T 27 273 300 K a temperatura da m ⇒ ------------------------------------- m ⇒ ---------------------------- 1 (0,5c) 2 1 0,25 pele humana, temos: ---------------- c2 máx 300 0,29 10 2 ⇒ máx 9,7 10 6 m 1 m ⇒ m ----------------- 0 - Esse é o comprimento de onda em que a pele humana emite 0,75 com intensidade máxima. Resposta: alternativa a. 118
- 119. 699. Da expressão EC 1 700. a) Inicialmente determinamos a massa dos quatro átomos de ----- mv 2 , temos: - 2 hidrogênio: E Ci 1 2 m4H 4 1,67 10 27 kg ⇒ m4H 6,68 10 27 kg ----- mv i - 2 Podemos verificar que a soma da massa dos quatro átomos E Cf 1 2 de hidrogênio é maior que a massa do átomo de hélio (for- ----- mv f - 2 mado por esses quatro átomos de hidrogênio). Logo, a ener- gia produzida por essa reação é equivalente a essa diferen- Como E Cf 2E Ci , temos: ça de massa, chamada de “defeito de massa”. 1 2 1 2 2 2 ----- mv f - 2 ----- mv i ⇒ v f - 2v i ⇒ v f 2v i b) Calculamos a diferença de massa m. Portanto, temos: 2 2 m m4H mHe ⇒ m 6,68 10 27 6,65 10 27 ⇒ Da relação de De Broglie, o comprimento de onda do elétron ⇒ m 0,03 10 27 kg aqui chamado de função de onda é h -------- . Temos, portanto: - mv Como ocorrem 1038 reações a cada segundo, temos: h ⇒ h 1 h f ---------- f ----------------------- ⇒ f ----------- --------- ⇒ - - m 1038 0,03 10 27 ⇒ m 3,0 109 kg mv f m 2 vi 2 mv i Determinamos a energia de repouso (E0) correspondente a ⇒ f i ----------- 2 m0 3,0 109 kg. Da expressão E0 m0c2, temos: Resposta: alternativa a. E0 3,0 109(3,0 108)2 ⇒ E0 2,7 1026 J 119