FÍSICA - editorapositivo.com.br · 100 = N + 80 ⇒ N = 20 N 3. A figura a seguir mostra as...

165Caderno de Atividades / Livro do Professor

2ª. Série

ESTÁTICA DO PONTO MATERIAL

1. A partir do gráfico da figura 1, podemos determinar a força de tração no fio 2, que contém a mola. Por semelhança de triângulos, para uma deformação de 6,4 cm, teremos uma força F2 = 32 N.

As forças que atuam no ponto de união dos fios é mostrada a seguir.

F2 = 32 N

F1

α β

P = M . 10

Vamos impor o equilíbrio das forças neste ponto.

Na vertical, teremos: m ⋅ 10 = F1 ⋅ sen α + 32 ⋅ sen β (I)

E na horizontal: F1 ⋅ cos α = 32 ⋅ cos β (II)

Com os valores da tabela em (II) vem:

F1 ⋅ 0,80 = 32 ⋅ 0,60 ⇒ F1 = 24 N

Com os valores da tabela e F1 em (I), obtemos:

m ⋅ 10 = 24 ⋅ 0,60 + 32 ⋅ 0,80 ⇒ m = 4,0 kg

2. As forças que atuam na esfera em equilíbrio, considerada como um ponto material, são mostradas no esquema a seguir.

F . cos θ

F . sen θ

θ

F

N

P

T

Do equilíbrio na direção horizontal, temos:

T = F ⋅ cos θ ⇒ T = 100 ⋅ 0,6 ⇒ T = 60 N

E, do equilíbrio na direção vertical, vem:

P = N + F ⋅ sen θ ⇒ 100 = N + 100 ⋅ 0,8 ⇒ 100 = N + 80 ⇒ N = 20 N

3. A figura a seguir mostra as forças que atuam no bloco. Ob-serve que a força-peso já foi decomposta em suas com-ponentes na direção tangente ao plano e normal ao plano e que a força de atrito estático é dirigida para cima, pois o bloco está na iminência de descer.

P . cos θ

P . sen θ

K . x

N

B

µ . N

θ

Na direção normal ao plano, temos:

N = P ⋅ cos θ ⇒ N = 2,80 ⋅ 10 ⋅ 0,60 ⇒ N = 16,8 N

E na direção tangente ao plano:

k ⋅ x + μ ⋅ N = P · sen θ ⇒ 350 ⋅ x + 0,50 ⋅ 16,8 = 2,80 ⋅ 10 ⋅ 0,80 ⇒ x = 0,04 m

4. Se o bloco de massa m desce o plano inclinado com velo-cidade constante, então o bloco de massa M sobe, também com velocidade constante. Dessa forma, a tração no fio pre-so aos corpos tem intensidade T, tal que, T = M ⋅ g (I).

FÍSICA

166 2ª. Série

Para o bloco de massa m descer o plano com velocidade constante, sua aceleração deve ser nula e a força resultante sobre ele também deve ser nula. Assim, para o bloco que desce o plano, temos:

• N = m ⋅ g ⋅ cosθ (na direção normal ao plano) (II)

• T + μc ⋅ N = m ⋅ g ⋅ senθ (na direção tangente ao plano) (III)

Com (I) e (II) na relação (III), obtemos:

M·g + μc ⋅ m ⋅ g ⋅ cosθ = m ⋅ g ⋅ senθ ⇒

M = m ⋅ senθ – μc ⋅ m ⋅ cosθ

5. As forças que atuam no bloco A são mostradas a seguir.

N

TA

PA

FatA

Como este bloco está em equilíbrio, a força resultante sobre ele é nula e, por estar na iminência de movimento, a força de atrito estático é máxima.

Portanto, na direção vertical:

N = PA ⇒ N = mA ⋅ g ⇒ N = 80 ⋅ 10 ⇒ N = 800 N

E na direção horizontal:

TA = Fat ⇒ TA = μ ⋅ N ⇒ TA = 0,25 ⋅ 800 ⇒ TA = 200 N

A força de tração no fio vertical tem intensidade igual à do peso do bloco suspenso.

As forças que agem no ponto de união dos três fios são mostradas abaixo.

T . sen 45o

T . cos 45o

T

TB = PB

TA = 200 N

Como este ponto está em equilíbrio, a força resultante é nula. Logo:

PB = T ⋅ sen 45° (1) e 200 = T ⋅ cos 45° (2)

Dividindo membro a membro a equação (1) pela equação (2), obtemos:

P T senT

P tg P NBB B200

4545

200 45 200=⋅⋅

⇒ = ⋅ ⇒ =º

cos ºº

Portanto:

PB = mB ⋅ g ⇒ 200 = mB ⋅ 10 ⇒ mB = 20 kg

6. Vamos considerar cada esfera como um ponto material. O sis-tema formado pelas 4 esferas é um tetraedro regular de aresta 2·R, em que R é o raio das esferas. As forças que atuam na esfera de cima e em uma das esferas de baixo é mostrado no esquema a seguir. Nesse esquema, Np é a intensidade da reação normal da parede, Nchão a intensidade da reação normal do chão e F a força de contato entre duas bolas.

F sen θ

F cos θ

P

P

FF F

F

Nchão

NPθ

θ

θ

Para o equilíbrio vertical da esfera superior, devemos ter:

3 ⋅ F ⋅ cos θ = P (I)

E para o equilíbrio horizontal da esfera inferior:

F ⋅ sen θ = Np (II)

De (I) e (II) temos:

NP sen

P =⋅⋅

θθ3 cos

(III)

Da geometria do tetraedro (ver esquema a seguir), vem:

h2R

θθ

2 . 2R 3 3 2

sen

R

Rsenθ θ=

⋅ ⋅

⋅⇒ =

2 33

23

3

Como sen2 θ + cos2 θ = 1, obtemos:

33

16

3

2

2

+ = ⇒ =cos cosθ θ


Física

Com estes valores na equação (III), vem:

NP sen

NP

NP

P P P=⋅⋅

⇒ =⋅

⋅⇒ =

⋅θθ3

33

36

3

26cos

Para cada esfera inferior, na direção vertical, teremos:

Nchão = P + F ⋅ sen θ (IV)

De (II) e (IV), obtemos: N P Nsenchª o P= + ⋅cosθ

θ.

Então:

N PP

NP

chª o chª o= + ⋅ ⇒ =⋅2

6

633

3

43

ESTÁTICA DO CORPO EXTENSO

7. A intensidade do momento de uma força é dada por: MO = F ⋅ d, em que d é o braço de alavanca da força, distân-cia entre a linha de ação da força e o polo O.

Observe que na situação (a) o braço de alavanca da força vale 2 m. Então:

MO = 100 ⋅ 2 ⇒ MO = 200 N ⋅ m

Na situação (b) o braço de alavanca da força vale 0,75 m.

Então:

MO = 50 ⋅ 0,75 ⇒ MO = 37,5 N ⋅ m

8. No equilíbrio de rotação, o módulo do torque da força F em relação ao ponto B deve ser igual à soma do módulo do torque da força-peso da barra com o módulo do torque da força-peso da carga, ambos em relação ao mesmo ponto B. Então:

F ⋅ d1 = Pbarra ⋅ d2 + P ⋅ d3

F ⋅ 1,5 = 5 ⋅ 10 ⋅ 1 + 2 ⋅ 10 ⋅ 2 ⇒ F ⋅ 1,5 = 90

F = 60 N

9. A figura a seguir mostra as forças que atuam na cancela.

2,40 m

2,00 m

oA B

R

1,20 m

P

F

Para iniciar o movimento de subida da cancela em torno do ponto O, o momento da força F deve ser maior ou pelo menos igual ao momento da força peso P.

Então: F ⋅ (2,40 – 2,00) ≥ (10 ⋅ 10) ⋅ (2,00 – 1,20) ⇒ ⇒ F ⋅ 0,40 ≥ 100 ⋅ 0,80 ⇒ F ≥ 200 N

10. A figura a seguir mostra as forças que agem no guindaste quando levanta uma carga P menor que máxima permitida.

Nt PgNd

P

Quando a carga suportada pelo guindaste atingir seu valor máximo P, as rodas traseiras ficarão na iminência de perder contato com o solo (Nt = 0) e o guindaste ficará apoiado apenas nas rodas dianteiras.

Nessa situação:

Nd = Pg + P.

Do equilíbrio do guindaste e adotando o polo dos momentos na roda dianteira, teremos:

MR(O) = 0 ⇒ 50.000 ⋅ 3 = P · 2 ⇒ P = 75 000 N

11.

a) Como o corpo de peso 50 N está em equilíbrio, a força de tração no fio que passa pelas polias tem intensidade T = 50 N.

b) Como a barra de peso 15 N, o corpo de peso 10 N e o corpo M, de peso PM estão em equilíbrio sustentados pelo fio, em que a tração é 50 N, então:

15 + 10 + PM = 50 ⇒ PM = 25 N

c) As forças que agem na barra AB são mostradas abaixo.

BA

d

10 N

50 N

15 N25 N

1,5 m 1,5 m

168 2ª. Série

Impondo o equilíbrio de momentos, em relação ao ponto A, temos:

50 ⋅ d = 15 ⋅ 1,5 + 10 ⋅ 3 ⇒ 50 ⋅ d = 52,5 ⇒ d = 1,05 m

12. Para manter o sistema em equilíbrio estático, o bloco D, de peso 5 N deve permanecer em repouso e, para isso, a tensão no fio valerá 5 N.

Impondo-se o equilíbrio dos momentos da barra, em rela-ção ao ponto A, temos:

5 ⋅ 20 = 20 ⋅ (20 – X) ⇒ 100 = 400 – 20 ⋅ X ⇒ X = 15 cm

13. Para o equilíbrio dos momentos das forças que atuam na barra, em relação à dobradiça, devemos impor que:

T⋅ sen 30° ⋅ 8 = 500 ⋅ 4 ⇒ T = 500 N

14. As forças que atuam na haste são mostradas na figura abaixo:

T

L

mg

60o

Fat

N

O

Impondo o equilíbrio dos momentos em relação ao ponto O, temos:

T L sen m g

T L m g T

L

L mg

⋅ ⋅ ° ⋅ ⋅

⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =

⋅ = 60

602

32 2

12 2 3

cos ”

15. A partir da definição de densidade podemos calcular o vo-lume ocupado por 80 kg desse óleo:

dmV V

V m= ⇒ ⋅ = ⇒ =0 80 1080

0 13 3, ,

Como 1 m3 equivale a 1000 L, podemos concluir que o vo-lume dos 80 kg de óleo, correspondente a 0,1 m3, equivale a 100 L.

16. A densidade da mistura é dada pela razão entre sua massa total e seu volume total:

dmV

m m

VA B= =

+

dmV

d V d V

VA B= =

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅0 4 0 6, ,

3,2 = 2 ⋅ 0,4 + 0,6 ⋅ dB

2,4 = 0,6 ⋅ dB

dB = 4 g/cm3

17.

a) A densidade da mistura é dada pela razão entre sua massa total e seu volume total. Para a mistura de volu-mes iguais de A e B, teremos:

dmV

m m

V Vd

V VV V

dV

Vd

A B

A B

= =++

⇒ =⋅ + ⋅

+⇒

⇒ =⋅

⋅⇒ =

0 6 12

182

0 9

, ,

,, g/cm3

b) Para a mistura de volumes iguais de A e B, teremos:

dmV

m m

V Vd

m mm m

dmm

d d

A B

A B

= =++

⇒ =+

+⇒ =

⋅⋅

⇒

⇒ = ⋅ ⇒ =

0 6 12

2312

2123

0 8

, , ,,

, gg/cm3

18. A massa de água no frasco é:

mágua = 100,00 – 35,00 ⇒ mágua = 65,00 g

E a massa de líquido no frasco é:

mlíquido = 89,60 –35,00 ⇒ mlíquido = 54,60 g

A partir da definição de massa específica, ρ = m/V, e ob-servando que, nos dois casos, o volume ocupado pela água e pelo líquido é o mesmo, igual ao volume V do frasco te-remos:

m mágua

água

líquido

líquido líquidolíquiρ ρ ρ

ρ= ⇒ = ⇒65 00100

54 60,,

,ddo

líquido3g/cm

= ⇒

⇒ =

54 6065 00

0 84

,,

,ρ

19. A pressão p exercida pela bailarina sobre o solo é dada pela relação entre a força exercida sobre o solo e a área de apli-cação da força, ou seja, p = F/A.

A força F tem intensidade igual ao peso da bailarina. Então: F = 500 N

A área de aplicação da força corresponde à área da ponta da sapatilha, ou seja, A = 5 cm2 = 5 ⋅ 10–4 m2.

Temos, então:

pFA

p p p p atm= ⇒ =⋅

⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅−

500

5 101 10 10

46 N/m2

20. No pino atuam quatro forças: seu peso P (vertical, para bai-xo), a força F0 exercida pela pressão atmosférica (vertical para baixo), a força F exercida pelos gases no interior da panela (vertical, para cima), e a reação normal do apoio N (vertical, para cima), conforme mostra a figura a seguir.


Física

F0 N

F

P

Para o equilíbrio do pino, estas forças devem se anular, isto é: F + N = P + F0.

Entretanto, como o peso P do pino e F0 são constantes, à medida que a pressão p no interior da panela aumenta, a força F também aumenta e, consequentemente, a reação normal do apoio N deve diminuir.

Quando a pressão no interior da panela atingir o valor máxi-mo, F atinge seu valor máximo, a força N anula-se e o pino fica na iminência de se movimentar e liberar vapor.

Então, lembrando que p = F/A, teremos:

F P F p A m g p A pm g

A p= + ⇒ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ =

⋅+0 0

0máx máx

Com os valores fornecidos, teremos:

p p

p

máx =⋅ ⋅

⋅ ⋅( )+ ⇒ = ⋅ + ⇒

⇒ = ⋅

−

−

48 10 10

3 2 1010 0 4 10 10

14

3

3 25 5 5,

, 110

14

5 N m

p atm

/ 2

= ,

máx

máx

máx

LEI DE STEVIN

21.

a) Como a torneira despeja 1 litro de água por minuto na piscina, então, depois de 18 horas ou 1 080 minutos, teremos 1 080 litros de água na piscina. A densidade da água é de 1 000 kg/m3, o que equivale a 1 kg/litro. Portanto, depois de 18 horas, a massa de água na pis-cina será de 1 080 kg.

b) Como a piscina é cilíndrica, o volume de água é calcu-lado por: V = π ⋅ R2 ⋅ h.

Então:

1,080 = 3,14 ⋅ 22 ⋅ h ⇒ 1,080 = 12,56 · h ⇒ ⇒ h = 0,086 m = 8,6 cm

c) A variação de pressão no fundo da piscina correspon-de à pressão hidrostática da coluna de água, dada por: Δp = ρ ⋅ g ⋅ h

Então: Δp = 1,0 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 0,086 ⇒ Δp = 860 N/m2

22. A pressão na base da coluna de água é dada pela lei de Stevin: p = ρ ⋅ g ⋅ h.

Temos, então: 1,0 ⋅ 105 = 1,0 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ h ⇒ h = 10 m

23. Nos dois casos, as colunas de líquido exercem, nas suas bases, pressões iguais à pressão atmosférica. Portanto: patm = ρHg ⋅ g ⋅ hHg = ρóleo ⋅ g ⋅ hóleo

Com os valores fornecidos, vem:

13,6 ⋅ 0,76 = 0,8 ⋅ hóleo ⇒ hóleo = 12,92 m

24. A pressão hidrostática exercida por um líquido é diretamen-te proporcional à altura: p = ρ ⋅ g ⋅ h

Como a altura no tubo da esquerda é o dobro da altura do da direita, a pressão no primeiro será 2 vezes maior do que no segundo.

25. Vamos calcular a pressão hidrostática exercida por uma coluna de água de 10 m de altura. Temos:

phidrostática = ρ ⋅ g ⋅ h ⇒ phidrostática = 103 ⋅ 10 ⋅ 10 ⇒⇒ phidrostática = 105 Pa = 1 atm.

O peixe 1 passa do nível 120 m para o nível 90 m, portanto desce 30 m e, consequentemente, sofre um aumento de pressão de 3 atm.

O peixe 2 passa do nível 30 m para o nível 90 m, portan-to sobe 60 m e, consequentemente, sofre uma redução de pressão de 6 atm.

26. De acordo com a lei de Stevin: p = ρ ⋅ g ⋅ hNa situação inicial: P = 1 000 ⋅ 10 ⋅ 0,5 ⇒ P = 5 000 N/m2

Quando o recipiente é colocado no plano inclinado, o desnível h da camada de água muda e passa a valer h’ = 0,5 ⋅ sen 30° ⇒ h’ = 0,25 m.

Nessa nova situação: P’ = 1 000 ⋅ 10 ⋅ 0,25 ⇒ P = 2 500 N/m2

27. Observe que a pressão na superfície livre da água, nos dois recipientes, é a pressão atmosférica.

Então, pela lei de Stevin, para o recipiente superior:

Patm = PA + 103 ⋅ 10 ⋅ 0,4 ⇒ PA = Patm – 4 000

E para o recipiente inferior:

Patm = PB + 103 ⋅ 10 ⋅ 1,20 ⇒ PB = Patm – 12 000

Portanto:

PA – PB = (Patm – 4 000) – (Patm – 12 000) ⇒ ⇒ PA – PB = 8 000 Pa

28. Como o reservatório nas duas situações comporta a mesma quantidade de água, então o volume de água é o mesmo.

Assim: 2 ⋅ 3 ⋅ 2 = 4 ⋅ 3 ⋅ h2 ⇒ h2 = 1 m

Pela lei de Stevin, a pressão hidrostática é dada por:

170 2ª. Série

ph = ρ ⋅ g ⋅ h.

Como o desnível entre a superfície da água e o fundo do reservatório foi reduzido à metade, podemos concluir que P2 = P1/2.

29. O volume de líquido no recipiente 1 é: V = π ⋅ R2 ⋅ HEste volume, ao ser colocado no recipiente 2, atingirá uma altura h, tal que:

V R h R H h h HR

2 2

2 22

39= ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅( )

π π π

De acordo com a lei de Stevin, a pressão na base do reci-piente é diretamente proporcional à altura da coluna líqui-da. Portanto, a pressão no fundo do recipiente 2 será 9P.

30. De acordo com a lei de Stevin, pontos localizados em um mesmo nível de um mesmo líquido estão sujeitos à mesma pressão.

Vamos considerar, então, o ponto A localizado na interface de separação óleo-mercúrio no ramo da esquerda do tubo em U e o ponto B, no mesmo nível e no ramo da direita do tubo em U.

A pressão no ponto A é dada pela soma da pressão do ar comprimido e a pressão hidrostática da coluna de óleo: pA = par + ρóleo ⋅ g ⋅ HA pressão no ponto B é dada pela soma da pressão at-mosférica e a pressão hidrostática da coluna de mercúrio: pB = patm + ρHg ⋅ g ⋅ h

Então: pA = pB ⇒ par + ρóleo ⋅ g ⋅ H = patm + ρHg ⋅ g ⋅ h

Com os valores fornecidos, obtemos:

par + 0,9 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ (0,9 + 0,15) = 1 ⋅ 105 + + 13,6 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 0,25

par + 9,45 ⋅ 103 = 1 ⋅ 105 + 34 ⋅ 103

par ≈ 1,25 ⋅ 105 N/m2

31. Para aplicar a lei de Stevin devemos considerar dois pontos no mesmo nível e no mesmo líquido. No ramo da esquerda vamos considerar um ponto X na base do objeto e no ramo da direita um ponto Y, na mesma horizontal de X.

Então:

p p p p g HA h gA

hHX Y atm atm= ⇒ + = + ⋅ ⋅ ⇒ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ρ ρρ ρ 2 2

32. O desnível z entre as colunas de líquido nos dois ramos do tubo origina uma diferença de pressão Δp dada por: Δp = d ⋅ g ⋅ z, em que d é a densidade do líquido.

Essa diferença de pressão gera uma força resultante no lí-quido contido no ramo horizontal. Se considerarmos que o tubo tem uma área de seção transversal igual a A, então tal força tem módulo dado por: F = Δp ⋅ A ⇒ F = ρ ⋅ g ⋅ z ⋅ A.

A massa de líquido no ramo horizontal inferior do tubo é m = ρ ⋅ L ⋅ A.

Pela segunda lei de Newton:

F = m ⋅ a ⇒ ρ ⋅ g ⋅ z ⋅ A = ρ ⋅ L ⋅ A ⋅ a ⇒ a = z ⋅ g/L

LEI DE PASCAL

33. O Princípio de Pascal estabelece que, quando um líquido incompressível está confinado num recipiente, todo acrés-cimo de pressão sobre o líquido é igualmente transmitido a todas as outras partes do líquido e também para as paredes do recipiente que o contém. Dessa forma:

F

A

F

A A

F

AF kgf1

1

2

2 2

2

22

120015

80= ⇒⋅

= ⇒ =

34. Seja F1 a força aplicada ao pedal do freio e F2 a força aplica-da à pastilha de freio. De acordo com o princípio de Pascal: F1/A1 = F2/A2, em que A1 e A2 são as áreas dos respectivos pistões.

Como o diâmetro do segundo pistão é duas vezes maior que o do primeiro, sua área será quatro vezes maior, pois A = π ⋅ d2/4.

Então: F

A

F

A

F

A

F

A

F

F1

1

2

2

1

1

2

2

1

2414

= ⇒ =⋅

⇒ =

35.

a) De acordo com a lei de Pascal: F

A

F

A1

1

2

2

=

Então:

100

100 10 11 10 10 000

42

24

2⋅= ⇒ = ⋅ ⇒ =−

FF N F N

b) O volume de líquido transferido do tubo de menor diâ-metro para o tubo de maior diâmetro é o mesmo. Então:

A h A h h h

m mm1 1 2 2

42 2

3

100 10 0 10 1

1 10 1

⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ =

= ⋅ =

−

−

,

36. Para o equilíbrio da alavanca AB, teremos, ao impor o equi-líbrio de rotação em torno do ponto A:

F ⋅ AB = F2 ⋅ AC ⇒ F2 = F ⋅ (AB/AC)

Para a prensa hidráulica, pela lei de Pascal: F2/S2 = F1/S1

Então:

F ⋅ (AB/AC)/ S2 = F1/S1 ⇒ F = F1 ⋅ (S2/S1) ⋅ (AC/AB)


Física

LEI DE PASCAL

LEI DE ARQUIMEDES

37. Para que um corpo afunde na água, sua densidade média deve ser maior que a densidade da água. Assim, se o fras-co com medicamento afunda na água, então a densidade média do frasco com medicamento é maior do que a den-sidade da água.

38. A força exercida pela água sobre a esfera, o empuxo, equi-libra o peso da esfera de gelo. Vamos, então, determinar a massa da esfera a partir de sua densidade:

dmV

mm g m kg= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅ −0 90

54 5 4 5 10 3, , ,

Portanto, o peso da esfera de gelo, igual à intensidade da força que a água aplica à esfera é:

P = m ⋅ g ⇒ P = 4,5 ⋅ 10–3 ⋅ 10 ⇒ P = 4,5 ⋅ 10–2 N

39. Para o equilíbrio da pedra na situação 2:

F2 + E2 = P ⇒ F2 = P – E2

E para o equilíbrio na situação 1:

F1 + E1 = P ⇒ F1 = P – E1

Então: F2 – F1 = (P – E2) – (P – E1) = E1 – E2

O volume da pedra é calculado a partir de sua massa e de sua densidade:

dmV V

V m V L= ⇒ ⋅ = ⇒ = ⋅ ⇒ =−2 1012

6 10 63 3 3

Sabemos que a intensidade da força empuxo é igual ao peso do fluido deslocado. Assim, na situação 1, o empuxo tem intensidade E1 = 60 N e, na situação 2, E2 = 15 N.

Então: F2 – F1 = 60 – 15 ⇒ F2 – F1 = 45 N

40. O corpo descreve um MUV e sua posição varia em função do tempo de acordo com:

s = s0 + v0 ⋅ t + a ⋅ t2/2.

Como o corpo parte do repouso, então:

s – s0 = a ⋅ t2/2.

De acordo com o enunciado, o corpo se desloca por 2 m em 2 s.

Então: 2 = a ⋅ 22/2 ⇒ a = 1 m/s2

De acordo com a 2.a Lei de Newton, FR = m · a, temos:

P – E = m ⋅ a ⇒ 5 – E = 0,5 ⋅ 1 ⇒5 – E = 0,5 ⇒ E = 4,5 N

41. Observamos que os cilindros têm mesmo volume, porém suas densidades são diferentes. Pela expressão m = d ⋅ V, vemos que o cilindro de densidade maior possui massa maior. Dessa forma, o centro de massa, onde atuará a

força-peso nessa peça, fica deslocado para o ponto C (ver figura).

A B C

Densidademenor

Densidademaior

PP

Segundo o Princípio de Arquimedes, o empuxo é uma força vertical com sentido de baixo para cima que é igual, em módulo, ao peso do fluido deslocado pelo corpo. O ponto de aplicação do empuxo coincide com o centro de gravidade do fluido deslocado, que é em B.

42. Como o objeto flutua na água, seu peso é igual ao empuxo recebido por ele.

P = E

m ⋅ g = ρLIQ ⋅ g ⋅ VD

Considerando que para o cilindro m = ρC⋅ VC

ρC ⋅ VC ⋅ g = ρLIQ ⋅ g ⋅ VD

O volume do cilindro é VC = ABASE ⋅ L.

O volume deslocado é:

V AL

A L g g AL

D BASE C BASE LIQ BASE= ⋅⋅

⇒ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅⋅3

434

µ ρ

Fazendo as simplificações necessárias e sendo μLIQ = 1 g/cm3:

ρ ρC C= ⋅ ⇒ =134

0 75, g/cm3

43. Como o bloco flutua em equilíbrio na superfície da água, o empuxo exercido pela água equilibra o peso do bloco. Então:

E = P ⇒ρágua ⋅ Vi ⋅ g = dmadeira ⋅ Vcorpo ⋅ g ⇒Vi = Vcorpo ⋅ (ρmadeira / ρágua )

Com os valores numéricos fornecidos, vem:

Vi = 50 ⋅ 0,8 ⇒Vi = 40 cm3

44. a) mtotal = mcortiça + mmetal

mtotal = ρcortiça ⋅ Vcortiça + ρmetal ⋅ Vmetal

mtotal = ρcortiça ⋅ Abase ⋅ hcortiça + ρmetal ⋅ Abase ⋅ hmetal

mtotal = π ⋅ R2 ⋅ (ρcortiça ⋅ hcortiça + ρmetal ⋅ hmetal)

mtotal = 3 ⋅ (1)2 ⋅ (0,2 ⋅ 5 + 8 ⋅ 0,5)

mtotal = 3 ⋅ (1 + 4) = 15 g

172 2ª. Série

b) P = E

Ptotal = Emetal + Ecortiça

mtotal ⋅ g = ρ ⋅ g ⋅ Vmetal + ρ ⋅ g ⋅ Vsub.cortiça submerso

mtotal = ρ ⋅ π ⋅ R2 ⋅ (hmetal + hsub.cortiça)

15 = 1 ⋅ 3 ⋅ 12 ⋅ hsubtotal

hsub.total = 5 cm

45. O líquido mais denso é o que está em contato com o fundo do recipiente.

Na situação descrita, o peso P do cilindro é equilibrado pelo empuxo exercido pelo líquido mais denso, E1, e pelo empu-xo exercido pelo líquido menos denso, E2, ou seja:

P = E1 + E2 ⇒ ρc ⋅ V ⋅ g = ρ1 ⋅ V1 ⋅ g + ρ2 ⋅ V2 ⋅ g

Considerando que o cilindro tenha um volume V, teremos:

dc ⋅ V = 1,50 ⋅ (0,40 ⋅ V) + 0,90 ⋅ (0,60 ⋅ V) ⇒

dc = 0,60 + 0,54 ⇒ dc = 1,14 g/cm3

46. A intensidade da força empuxo é dada por: E = ρlíq ⋅ Vi ⋅ g

Como o volume imerso em cada líquido é o mesmo, V/3, po-demos concluir que a intensidade do empuxo é diretamente proporcional à densidade do líquido.

Assim: E1 < E2 < E3

47. O peso P dos corpos é dado por P = m · g. Como a massa dos corpos é a mesma, mas a aceleração da gravidade g da lua é menor que a da Terra, então: P1 > P2.

A força de empuxo F é calculada por F = ρl · Vld · g. Como os corpos estão imersos em um mesmo líquido e têm mesmo volume, então: F1 > F2.

A força de tração no fio é dada por:

T = P – F = (m – ρl · Vld ) · g.

Observe que a expressão entre parênteses tem um mesmo valor na Terra ou na Lua. Então, a tração T também varia apenas com a aceleração da gravidade e T1 > T2.

48. Esta figura ilustra as forças que atuam em cada um dos blocos.

EB

EA

PB

PA T1

T2

T2

B

A

Como os blocos estão em repouso, então a força resultante sobre cada um deles é nula.

Para o bloco A, temos: PA + T1 = T2 + EA (I)

E para o bloco B: PB + T2 = EB (II)

Calculemos o peso (P = d ⋅ Vc ⋅ g) e o empuxo (E = ρ ⋅ Vld ⋅ g) em cada bloco:

PA = 2,4 ⋅ 103 ⋅ 50 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ PA = 1,2 N

PB = 0,6 ⋅ 103 ⋅ 200 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ PB = 1,2 N

EA = 1,0 ⋅ 103 ⋅ 50 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ EA = 0,5 N

EB = 1,0 ⋅ 103 ⋅ 200 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ EB = 2,0 N

Da equação (II) obtemos: 1,2 + T2 = 2,0 ⇒ T2 = 0,8 N

E da equação (I) vem: 1,2 + T1 = 0,8 + 0,5 ⇒ T1 = 0,1 N

49. O corpo tem volume 1 cm3 = 1 ⋅ 10–6 m3 e densidade 500 kg/m3. Seu peso é:

P = ρc ⋅ Vc ⋅ g ⇒ P = 500 ⋅ 1 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ P = 5 ⋅ 10–3 N

O empuxo exercido pela água sobre o corpo vale:

E = ρl ⋅ Vld ⋅ g ⇒ E = 1000 ⋅ 1 ⋅ 10–6 ⋅ 10 ⇒ E = 10 ⋅ 10–3 N

Antes da aplicação da força que estamos buscando, a tra-ção no fio é tal que:

P + T = E ⇒ 5 ⋅ 10–3 + T = 10 ⋅ 10–3 ⇒ T = 5 ⋅ 10–3 N

Para que a tração passe a ser de 2 ⋅ 10–3 N, devemos apli-car uma força vertical e para baixo de intensidade igual a 3 ⋅ 10–3 N

50. Nessa situação atuam no balão a força-peso, vertical para baixo, e o empuxo (cujo valor deve ser maior que o peso) vertical para cima. Aplicando a 2.a Lei de Newton:

FR = m ⋅ aE – P = m ⋅ aρ ⋅ g ⋅ V – m ⋅ g = m ⋅ a1,2 ⋅ 9,8 ⋅ V – 450 ⋅ 9,8 = 450 ⋅ 0,5

11,76 ⋅ V = 225 + 4410

V = 394,1 m3

51. A partir da situação inicial, qualquer carga adicional deverá ser equilibrada por uma variação na intensidade do empu-xo, conforme mostra o esquema a seguir.

E + ∆E

Pbalsa + Pmáx

Pbalsa

E

O máximo valor do peso da carga a ser adicionada deve ser equilibrado pela variação máxima do empuxo. Então:

Pmáx = ΔE ⇒ Pmáx = ρágua ⋅ ΔV ⋅ gPmáx = 1 ⋅ 103 ⋅ 15 ⋅ 40 ⋅ 0,20 ⋅ 10


Física

Pmáx = 1,2 ⋅ 106 N

Observe que esta carga corresponde ao peso de uma mas-sa de 120 toneladas.

52. A balsa improvisada terá uma lotação máxima, n passa-geiros, quando o peso total se igualar ao empuxo exercido pela água sobre os tambores, totalmente submersos. As-sim, teremos:

Ppassageiros + Pcaminhão + Ptambores = E

n ⋅ mpassageiro ⋅ g + mcaminhão ⋅ g + mtambores ⋅ g = ρágua ⋅ V ⋅ gn ⋅ 70 + 1 560 + 120 = 1 ⋅ 103 ⋅ 2,4

n ⋅ 70 + 1 560 + 120 = 2 400

n ⋅ 70 = 720

n = 10,3

Portanto, o número máximo de passageiros é 10.

TERMOMETRIA

53. Para poder comparar, transformam-se 68 ºF em ºC.

θ θ θθ θC F C

C ROC5

32

9 568 32

918=

−⇒ =

−⇒ = =º

E, agora, 291 K em ºC

θC = θK – 273

θC = 291 – 273

θC = 18 ºC = θRO

Uma vez que as temperaturas estão na mesma escala, é fácil perceber que:

θRO < θNI < θSP.

54. Podemos determinar a temperatura na escala Celsius rela-cionando-a com a altura da coluna. Assim:

CC C

−−

= ⇒ =0

100 05

2025 º

Podemos determinar a temperatura na escala Fahrenheit da mesma maneira ou pela relação entre as temperaturas Celsius e Fahrenheit:

C F FF F

532

9255

329

77=−

⇒ =−

⇒ = º

55. Sabemos que, para a água, o ponto de fusão é 0 °C (equi-valente a 273 K) e o de ebulição é 100 °C (equivalente a 373 K).

Vamos, então, converter as temperaturas dadas da escala Kelvin para a escala Celsius. Sabemos que: T = C + 273. Então:

809 = C1 + 273 ⇒ C1 = 536 °C (estado gasoso)

328 = C2 + 273 ⇒ C2 = 55 °C (estado líquido)

157 = C3 + 273 ⇒ C3 = –116 °C (estado sólido)

A densidade da água é maior no estado líquido (situação II).

A movimentação média das partículas aumenta ao pas-sarmos da situação I para a situação II e desta para a situação III.

56. a) Façamos a comparação da escala de temperaturas, em

°R, e a de alturas, em mm.

5

30

h

20

70

θ

(°R) (mm)

Podemos obter a relação:

θ θ

θθ

−−

=−−

⇒−

=−

⇒

−=

−⇒ = ⋅ +

2070 20

530 5

2050

525

202

51

2 10

h h

hh

Essa equação termométrica é válida quando a altura h é medida em mm e a temperatura θ em °R, graus Roberto.

b) Para h = 18 mm teremos:

θ = 2 ⋅ 18 + 10 ⇒ θ = 36 + 10 ⇒ θ = 46 °R

c) Para θ = 50 °R teremos:

50 = 2 ⋅ h + 10 ⇒ 40 = 2 ⋅ h ⇒ h = 20 mm

57.

30

0

–50

Tx

40

oC oX

0

174 2ª. Série

Com base na relação entre as escalas mostrada acima,

tem-se:

TT T Xx

x x

−−

=− −− −

⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =0

40 030 500 50

50 80 40 64( )

( )”

58. A partir dos dados do gráfico, podemos estabelecer as rela-

ções mostradas abaixo.

50

θC

30

100

40

oC oT

0

Pela proporcionalidade de segmentos, temos:

C CC

−−

=−−

⇒−

= ⇒ =30

50 3040 0

100 030

204

1038 ºC

59. Podemos estabelecer uma relação de conversão entre a

escala T e a escala Celsius. Pelos dados do gráfico, temos:

100

75

0

130

T

oToC

–50

Então:

75 0100 0

50130 50

75100

50180

85

−−

=− −− −

⇒

=+

⇒ =

T

TT

( )( )

”T

60. Como as escalas termométricas consideram os mesmos

pontos fixos, os intervalos de temperatura entre as mesmas

são proporcionais. Dessa forma temos o seguinte:

90

x

10

100

50

oCoX

0

x

xx x X

−−

=−−

⇒

−= ⇒ = + ⇒ =

1090 10

50 0100 0

1080

510

40 10 50 º

61.

a) Para estabelecer a equação de correção do termômetro, podemos considerar que a escala defeituosa equivale a uma escala arbitrária CE. Com os dados do enuncia-do podemos estabelecer uma relação entre a escala Celsius e a escala defeituosa CE:

100

θC

0

98

θCE

oC oCE

2

Pela proporcionalidade de segmentos, temos:

C C C C

CC

E E

E

−−

=−−

⇒ =−

⇒

=⋅ −( )

0100 0

2

98 2 100

2

9625 2

24

b) Para uma indicação de 40 °C na escala defeituosa, temos:

C C C=⋅ −( )

⇒ =⋅

⇒ ≅25 40 2

2425 38

2439 58, ”C

c) Impondo a condição de que as duas indicações, a defei-tuosa e a correta, sejam iguais, temos:

CC

C C C=⋅ −( )

⇒ ⋅ = ⋅ − ⇒ =25 2

2424 25 50 50 ºC


Física

DILATOMETRIA – DILATAÇÃO DOS SÓLIDOS

62. A dilatação linear dos corpos é diretamente proporcional ao produto do comprimento inicial dos corpos pelo coeficiente de dilatação linear e pela variação de temperatura. Con-siderando que as lâminas possuem mesmo comprimento inicial e sofrerão mesma variação de temperatura, conclui- -se que o encurvamento será determinado pelo coeficiente de dilatação dos materiais. Desse modo, uma vez que o coeficiente de dilatação do bronze é maior que o do ferro, o bronze sofrerá a maior dilatação, fazendo com que fique na parte convexa (a de maior comprimento) da lâmina.

63. No aquecimento de uma lâmina bi metálica, o material com maior valor de coeficiente de dilatação ocupa o lado externo da curva (mais comprido). No resfriamento, esse mesmo material ocupa o lado interno da curva (mais curto).

Portanto, se considerarmos que as barras sofreram um aquecimento (ΔT > 0), então, α1 > α2. Por outro lado, se considerarmos que as barras foram resfriadas (ΔT < 0), então, α1 < α2.

64. De acordo com a lei da dilatação térmica linear:

ΔL = α ⋅ L0 ⋅ Δθ.

Então: ΔL = 10–5 ⋅ 15 ⋅ (65 – 25) ⇒ ΔL = 0,006 0 m

Portanto: L = L0 + ΔL ⇒ L = 15 + 0,006 ⇒ L = 15,006 0 m

65. De acordo com a lei da dilatação térmica linear:

ΔL = α ⋅ L0 ⋅ Δθ.

Então: ΔL = 13 ⋅ 10–6 ⋅ 2 000 ⋅ [45 –(–15)] ⇒

ΔL = 1,56 m ≅ 1,6 m

66. O aumento do comprimento da barra, de acordo com o enunciado, deverá ser 0,1 % de seu comprimento a 20 °C. Portanto:

∆ ∆ ∆L L L L L L= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅−0 1100

0 001 100 03

0

,,

Aplicando a lei da dilatação térmica linear obtemos:

10 5 1010

5 10200

30 0

63

6− −

−

−⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =⋅

⇒

⇒ =

L L

C

∆ ∆

∆

θ θ

θ º

Então, a temperatura deverá variar em 200 °C.

Mas: Δθ = θ – θ0 ⇒ 200 = θ – 20 ⇒ θ = 220 °C

Logo, a barra deverá ser aquecida até 220 °C para que seu comprimento aumente em 0,1%.

67. Devemos analisar a dilatação térmica linear do diâmetro do orifício que deverá passar de 5,0 mm para 5,1 mm.

De acordo com a lei da dilatação térmica linear:

ΔL = α ⋅ L0 ⋅ Δθ.

Então: 5,1 – 5,0 = 20 ⋅ 10–6 ⋅ 5,0 ⋅ Δθ ⇒ Δθ = 1 000 °C

68. Devemos aplicar a lei da dilatação superficial e lembrar que β = 2 ⋅ α.

Então, com A0 = 10,000 m2; β = 44 ⋅ 10–6 °C–1 e

Δθ = 200 °C, obtemos:

ΔA = A0 ⋅ β ⋅ Δθ ⇒ ΔA = 10,000 ⋅ 44 ⋅ 10–6 ⋅ 200 ⇒

⇒ ΔA = 0,088 m2

Como ΔA = A – A0, teremos:

0,088 = A – 10,000 ⇒ A = 10,088 m2

69.

a) A nova distância entre as extremidades A e B é dada pela diferença entre os comprimentos finais: dAB = Lferro – Lzinco

Então:

dAB = L0ferro ⋅ (1 + αferro ⋅ Δθ) – L0zinco ⋅ (1 + αzinco ⋅ Δθ)

dAB = 12,0 ⋅ (1 + 1,0· 10–5 ⋅ 100) – 5,0 ⋅ (1 +

+ 3,0 ⋅ 10–5 ⋅ 100)

dAB = 12,0 ⋅ 1,001 – 5,0 ⋅ 1,003

dAB = 12,012 – 5,015

dAB = 6,997 m

Como a distância inicial entre as extremidades A e B era 7 m, conclui-se que a variação da distância entre as extremidades A e B é:

ΔdAB = 6,997 – 7,000

ΔdAB = –0,003 m = –3 mm

b) Considerando a barra de zinco terminando no ponto C procurado, tem-se que para a distância de C a A não variar com a temperatura:ΔLzinco = ΔLferro

L0zinco ⋅ αzinco ⋅ Δθ = L0ferro ⋅ αferro ⋅ Δθ

L0zinco ⋅ 3,0 ⋅ 10–5 = 12,0 ⋅ 1,0 ⋅ 10–5

L0zinco = 4,0 m

Portanto, o ponto C procurado está a 4,0 m do parafuso.

Logo, a distância de C a A é dada por:

dCA = 12,0 – 4,0

dCA = 8,0 m

176 2ª. Série

70. A dilatação superficial da placa é dada por:

ΔA = A0 ⋅ β ⋅ Δθ, com β = 2 ⋅ α

Portanto:

ΔA = 10,000 ⋅ 20,000 ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 10–6 ⋅ 40 ⇒

ΔA = 16 ⋅ 10–2 m2 ⇒ 1 600 m2

Tal variação de área corresponde à área da folha de papel de 40 cm × 40 cm.

71. À temperatura de 30 °C, o volume inicial do paralelepípedo é:

V0 = 10 ⋅ 20 ⋅ 40 ⇒ V0 = 8 000 cm3

Para a dilatação volumétrica:

γ = 3 ⋅ α ⇒ γ = 3 ⋅ 5 ⋅ 10–6 ⇒ γ = 15 ⋅ 10–6 °C–1

Para uma variação de temperatura Δθ = (130 – 30) °C = = 100 °C, temos:

ΔV = V0 ⋅ γ ⋅ Δθ ⇒ ΔV = 8 000 ⋅ 15 ⋅ 10–6 ⋅ 100 ⇒

ΔV = 12 cm3

DILATAÇÃO DOS LÍQUIDOS

72. a) Inicialmente, vamos calcular a variação da capacidade

volumétrica do recipiente, cujo coeficiente de dilatação volumétrica é γ = 3 ⋅ α = 27 ⋅ 10–6 °C–1.

Temos:

ΔV = V0 ⋅ γ ⋅ Δθ

ΔVrecipiente = 500 ⋅ 27 ⋅ 10–6 ⋅ 200 ⇒ ΔVrecipiente = 2,7 cm3

A dilatação volumétrica do liquido será a soma dessa dilatação do recipiente com o volume transbordado:

ΔVlíquido = 2,7 cm3 + 10 cm3 ⇒ ΔVlíquido = 12,7 cm3

b) Para o líquido, temos:ΔV = V0 ⋅ γ ⋅ Δθ

12,7 = 500 ⋅ γ líquido ⋅ 200 ⇒ γ líquido = 1,27 ⋅ 10–4 °C–1

73. ∆ ∆ ∆ ∆

∆

V V V V

C

= ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =

=⋅⋅

⇒ =

−

−

−

0 0 04

2

4

0 03 6 10

3 10

6 1050

γ θ θ θ

θ

,

”

74. A dilatação volumétrica do frasco é dada por: ΔVfrasco = V0(frasco) ⋅ 3 ⋅ α ⋅ ΔθE a dilatação térmica do líquido por: ΔVlíquido = V0(líquido) ⋅ γ ⋅ ΔθDe acordo com o enunciado, o recipiente está totalmen-te preenchido pelo líquido, ou seja: V0(frasco) = V0(líquido). Além disso, a variação de temperatura Δθ será a mesma para ambos.

Para não haver transbordamento de líquido, devemos ter:

ΔVlíquido ≤ ΔVfrasco ⇒ V0(líquido) ⋅ γ ⋅ Δθ ≤ V0(frasco) ⋅ 3 ⋅ α ⋅ Δθ ⇒ ⇒ γ ≤ 3 ⋅ α

75. A partir da definição de densidade, temos:

massa (m) = densidade (d) ⋅ volume (V ) = constante

Logo: dgelo ⋅ Vgelo = dágua(liq) ⋅ Vágua(liq)

Como dgelo < dágua(liq), pois gelo flutua em água, então: Vgelo > Vágua(liq)

CALORIMETRIA76. Calor é energia térmica em trânsito entre sistemas, ou cor-

pos, a diferentes temperaturas. Essa energia flui esponta-neamente dos corpos quentes para os corpos frios.

Assim, o achocolatado quente cede energia ao ambiente (mais frio), enquanto o achocolatado frio recebe energia do ambiente (mais quente).

77. A amplitude térmica de uma região está relacionada à presença de grandes massas de água ou de umidade relativa do ar. A água, substância que possui um eleva-do valor de calor específico quando comparado a outras substâncias, deve absorver grandes quantidades de calor para se aquecer e liberar grandes quantidades de calor para se resfriar.

No deserto do Saara, a grande amplitude térmica entre o

dia e a noite se deve ao pequeno valor do calor específico da areia e à baixa umidade relativa do ar.

78. O fato de a água ter uma grande influência na amplitude térmica de uma região está relacionado ao seu alto valor de calor específico. A presença de grandes massas de água em uma região faz com que a amplitude térmica seja me-nor nessas região quando comparada a uma região com pequena presença de água.

79. Pela equação fundamental da calorimetria: Q = m ⋅ c ⋅ ΔθCom os dados do enunciado, temos:

Q = 6,0 ⋅ 1024 ⋅ 0,5 ⋅ (700 – 2 700) ⇒ Q = –6,0 ⋅ 1027 kJ

Note que o sinal negativo (–) indica que o calor deve ser perdido pela estrela.


Física

DILATAÇÃO DOS LÍQUIDOS

CALORIMETRIA

80. Do enunciado, temos: mA = 1 kg e mB = 2 kg.

Do gráfico obtemos: QA = 500 kJ ; ΔTA = 50 °C; QB = 300 kJ; ΔTB = 100 °C.

Pela equação fundamental da calorimetria: Q = m ⋅ c ⋅ ΔθPara a substância A: 500 = 1 ⋅ cA ⋅ 50 ⇒ cA = 10 kJ/(kg ⋅ °C)

E, para a substância B: 300 = 2 ⋅ cB ⋅ 100 ⇒ cB = 1,5 kJ/(kg ⋅ °C)

81. Do enunciado temos:

Q = 25,2 MJ = 25,2 ⋅ 103 kJ;

cágua = 4,2 kJ/(kg ⋅ K) e Δθ = 20 °C.

Pela equação fundamental da calorimetria:

Q = m ⋅ c ⋅ Δθ.

Com os dados, obtemos:

25,2 ⋅ 103 = m ⋅ 4,2 ⋅ 20 ⇒m = 300 kg

A partir da definição de densidade, temos:

ρ = ⇒ = ⇒ = =mV V

V m L1000300

0 3 3003,

82.

a) Sabendo que a densidade da água é de 1g/cm3 e que 1 L corresponde a 1 000 cm3, concluímos que a massa de água a ser aquecida é de 1 000 g.Então, pela equação fundamental da calorimetria, Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, temos:

Q = 1 000 ⋅ 1 ⋅ 72 ⇒Q = 72 000 cal = 301 392 J

b) A potência da fonte de calor é dada por:

PQt t

t sot = ⇒ = ⇒ = =∆ ∆

∆560301392

538 2 8 97, , min

83. A panela sobre o armário possui energia potencial gravita-cional dada por:

Ep = m ⋅ g ⋅ h ⇒Ep = m ⋅ 10 ⋅ 2,10 ⇒Ep = 21 ⋅ m J (com m em kg)

De acordo com o enunciado 80% dessa energia será con-vertida em calor absorvido pela panela.

Então, com a equação fundamental da calorimetria, Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, temos:

0,80 ⋅ 21⋅ m = (m ⋅ 103) ⋅ 0,42 ⋅ Δθ ⇒

16,8 = 4,2 ⋅ 102 ⋅ Δθ ⇒Δθ = 0,04 °C

84. A energia absorvida pelo sistema de freios, sob a forma de calor sensível, corresponde à energia cinética do carro.

Então:

Q E m cm v

C freio freiocarro= ⇒ ⋅ ⋅ =

⋅⇒

⇒ ⋅ ⋅ ⋅ =⋅ ⋅

∆

∆

θ

θ

2

23

2

30 4 44 102 0 10 2

,, 00

230

2

∆θ ≅ ºC

85. A partir da definição da potência da fonte de calor temos:

PQt

QQ J

Q cal Q cal

ot = ⇒ =⋅

⇒ = ⋅ ⇒

⇒ =⋅

⇒ = ⋅

∆4 000

3 6072 10

72 104

18 10

4

44

Da equação fundamental da calorimetria, Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, temos:

18 ⋅ 104 = 2 400 ⋅ 1 ⋅ Δθ ⇒

Δθ = 75 °C

A barra sofrerá a mesma variação de temperatura, de 75 °C.

Então, para a barra temos:

L0 = 10 cm; α = γ/3 = 1,2 ⋅ 10–5 °C–1 e Δθ = 75 °C.

Pela lei da dilatação térmica linear, ΔL = α ⋅ L0 ⋅ Δθ, temos:

ΔL = 1,2 ⋅ 10–5 ⋅ 10 ⋅ 75 ⇒

ΔL = 9,0 ⋅ 10–3 cm

86. De acordo com o rótulo, o valor energético da castanha é de 90 kcal por porção de 15 g. Então, se queimarmos 150 g dessa castanha, o calor liberado será de 900 kcal, dos quais 60% será absorvido pela massa de água. Portanto, a água receberá 0,6 ⋅ 900 kcal, ou seja, 540 kcal.

com a equação fundamental da calorimetria,

Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, temos:

540 ⋅ 103 = m ⋅ 1 ⋅ (87 – 15) ⇒

540 ⋅ 103 = m ⋅ 72 ⇒ ⇒ m = 7,5 ⋅ 103 g = 7 500 g

87. O volume de ar a ser resfriado corresponde ao volume da sala:

V = 15 ⋅ 10 ⋅ 4 ⇒ V = 600 m3

A massa correspondente de ar é obtida a partir da definição de densidade:

dmV

mm m kg= ⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒ =125

600125 600 750, ,

Aplicando-se a equação fundamental da calorimetria, te-remos:

Q = m ⋅ c ⋅ Δθ ⇒

9 000 ⋅ 250 = 750 ⋅ 103 ⋅ 0,25 ⋅ Δθ ⇒

Δθ = 12 °C

178 2ª. Série

TROCAS DE CALOR

88. Com dados do gráfico podemos relacionar a escala Celsius e a escala X:

10

θC

0

85

θx

oC oX

25

θ θ θ θ

θθ

θ θ

C X C X

CX

X X

−−

=−−

⇒ =−

⇒

=−

⇒ = ⋅ +

0

10 0

25

85 25 10

25

6025

66 25

Antes de aplicarmos as equações de trocas de calor, devemos converter o calor específico da liga metálica de cal/(g ⋅ °X) para cal/(g ⋅ °C).

Para isso, devemos determinar uma relação entre variações de temperaturas nas escalas Celsius e X. Da figura anterior, temos:

∆ ∆∆

∆θ θθ

θC XC

X

10 0 85 25 6−=

−⇒ =

(equação de conversão)

Assim, uma variação de temperatura de ΔθX = 1 °X cor-responde a uma variação de temperatura de 1/6 °C. Logo:

c cal g X cal g C cal g Cliga = ⋅° = ⋅° = ⋅°0 1 0 60 1

, / / , /( ),

( ) ( ) 1/6

Aplicando-se a equação das trocas de calor, teremos:

Qágua + Qliga = 0

100 ⋅ 1 ⋅ (Tf – 20) + 200 ⋅ 0,6 ⋅ (Tf – 75) = 0

Tf – 20 + 1,2 ⋅ (Tf – 75) = 0

Tf – 20 + 1,2 ⋅Tf – 90 = 0

2,2 ⋅ Tf = 110

Tf = 50 °C (temperatura final)

89. Qbarra + Qágua = 150 000

C ⋅ Δθ + m ⋅ c ⋅ Δθ = 150 000

1 000 ⋅ Δθ + 2 000 ⋅ 1 ⋅ Δθ = 150 000

3 ⋅ Δθ = 150

Δθ = 50ºC

ΔL = L0 ⋅ α ⋅ Δθ

0,01 = 40 ⋅ α ⋅ 50

1 ⋅ 10–2 = 2 ⋅ 103 ⋅ α

α = 5 ⋅ 10–6 °C–1

90. No copo teremos uma massa m de refrigerante “gelado” e

uma massa 2 ⋅ m de refrigerante “sem gelo”. Então:

Q”gelado” + Q”sem gelo” = 0

m ⋅ c ⋅ (θf – 5) + 2 ⋅ m ⋅ c ⋅ (θf – 35) = 0

θf – 5 + 2 ⋅ (θf – 35) = 0

θf – 5 + 2 ⋅ θf – 70 = 0

3 ⋅ θf = 75

θf = 25 °C

91. Podemos, a partir dos dados do gráfico, obter a capacidade

térmica C dos corpos.

Usando a relação Q = C ⋅ Δθ obtemos:

1 200 = CA ⋅ 60 ⇒ CA = 20 cal/°C

1 200 = CB ⋅ 20 ⇒ CB = 60 cal/°C

Juntando-se o corpo A, a 60 °C, com o corpo B, a 20 °C, e

usando o princípio geral da trocas de calor temos:

Qrecebido + Qcedido = 0

20 ⋅ (θf – 60) + 60 ⋅ (θf – 20) = 0

θf – 60 + 3 ⋅ θf – 60 = 0

4 ⋅ θf = 120

θf = 30 ºC

92. Sendo 1 ⇒ água líquida a 100ºC; 2 ⇒ calorímetro; 3 ⇒ ⇒ água a 20 ºC; 4 ⇒ água a 0 ºC, tem-se:

Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 0

200 ⋅ 1 ⋅ (20 – 100) + 5 ⋅ (20 – 20) + 100 ⋅ 1 ⋅ (20 – 20) +

+ m ⋅ 1 ⋅ (20 – 0) = 0

–16 000 + 20 ⋅ m = 0

m = 800 g


Física

TROCAS DE CALOR MUDANÇAS DE FASES

93. Sabe-se que, para uma substância pura, a temperatura das mudanças de estado físico é constante. Como o gráfico dado apresenta dois patamares, correspondentes às mudanças de estado, concluímos que o material NÃO é uma mistura.

Ainda pelo gráfico, T2 corresponde à temperatura de fusão (sólido + líquido) e T3 à temperatura de vaporização (líquido + vapor).

Entre T1 e T2 ocorre aquecimento do sólido; entre T2 e T3, aquecimento do líquido e entre T3 e T4 aquecimento do vapor.

94. A quantidade de calor recebida pela água nos 2,0 minutos iniciais é dada por:

Q = m ⋅ 1 ⋅ (40 – 20) ⇒ Q = 20 ⋅ mPara que toda a água da panela (inicialmente a 20 °C) vapo-rize, o calor total a ser recebido pela água é:

Q = m ⋅ c ⋅ Δθ + m ⋅ L ⇒ Q = m ⋅ 1 ⋅ (100 – 20) + m ⋅ 540 ⇒ ⇒ Q = 620·m

Como a potência da fonte de calor é constante, teremos:

Pm

Pm

ttot ot=

⋅⇒ =

⋅⇒ =

202

62062

minmin

∆∆

95. Durante o aquecimento entre –10 °C e 100 °C, o naftale-no encontra-se no estado sólido e apenas sua temperatura deve variar, permanecendo no estado sólido. Assim, no grá-fico T (°C) x t (min) não existirá patamar.

96. Vamos analisar cada uma das afirmações feitas.

I. A afirmação está correta, pois a 300 °C observamos, no gráfico, a existência de um patamar correspondente à passagem do estado sólido para o estado líquido (fusão).

II. A afirmação está correta, pois, usando a definição de potência, Pot = Q/Δt e a equação fundamental da calori-metria, Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, temos: Pot ⋅ Δt = m ⋅ c ⋅ Δθ ⇒ 1 000 ⋅ 39 = 1 ⋅ csólido ⋅ (300 – 0) ⇒ ⇒ csólido = 130 J/( kg ⋅ °C)

III. A afirmação está errada, pois:Pot ⋅ Δt = m ⋅ c ⋅ Δθ ⇒ 1 000 ⋅ (243,3 – 63,3) = = 1 ⋅ clíquido ⋅ (1 500 – 300) ⇒clíquido = 150 J/( kg ⋅ °C)

IV. A afirmação está errada, pois durante a fusão:Q = m ⋅ L ⇒ Pot ⋅ Δt = m ⋅ L ⇒ 1 000 ⋅ (63,3 – 39) = = 1 ⋅ Lf ⇒ Lf = 24 300 J/kg

97. Com a equação fundamental da calorimetria, Q = m ⋅ c ⋅ Δθ, durante o aquecimento da fase sólida, temos:

Q1 = 0,1 ⋅ 1,0 ⋅ [5 – (–15)] ⇒ Q1 = 2 J

O aquecimento na fase líquida, entre 5 °C e 45 °C, exige uma quantidade de calor Q’ dada por:

Q’ = 0,1 ⋅ 2,5 ⋅ (45 – 5) ⇒ Q’ = 0,1 ⋅ 2,5 ⋅ 40 ⇒ Q’ = 10 J

Observe que Q2 = 6 J + Q’

Então: Q2 = 6 + 10 ⇒ Q2 = 16 J

Podemos, agora, obter a razão pedida:

Q

Q

Q

Q1

2

1

2

216

18

= ⇒ =

98. A temperatura da mistura de água e gelo, em equilíbrio no interior na garrafa térmica, permanece igual a 0 °C enquan-to houver gelo por derreter.

O calor que deve entrar na garrafa para a fundir a massa de 400 g de gelo é:

Q = m ⋅ L ⇒ Q = 400 ⋅ 80 ⇒ Q = 32 000 cal = 32 kcal

A partir da definição de potência:

PQt

kcal kcalt

tot = ⇒ = ⇒ =∆ ∆

∆0 232

160,min

min

99. Os dois objetos, com mesma massa, são aquecidos em um mesmo forno de potência constante. O gráfico Temperatura x Tempo mostra que, durante o aquecimento da fase líquida, a temperatura de R aumenta mais rapidamente que a de S (a reta de R tem inclinação maior que a de S). Assim, podemos concluir que o calor específico da fase líquida de R é menor que o de S. Assim, a dedução de Kelvin está correta.

Ainda do gráfico, observa-se que o patamar da fusão de S é maior que o de R, ou seja, S exige um tempo e uma quan-tidade de calor maior para sofrer a fusão. Portanto, o calor latente de fusão de S é maior que o de R. Assim, a dedução de Planck está errada.

100. Durante a fusão do gelo: Q = m ⋅ L ⇒ 800 = m ⋅ 80,0 ⇒ ⇒ m = 10,0 g

Para o aquecimento da massa m = 10,0 g de água, de 0 °C a 25,0 °C, teremos:

Q’ = m ⋅ c ⋅ Δθ ⇒ Q’ = 10,0 ⋅ 1,0 ⋅ (25,0 – 0) ⇒

Q’ = 250 cal.

Mas: Q = 800 + Q’ ⇒ Q = 800 + 250 ⇒

Q = 1 050 cal = 1,05 kcal

101. Para este aquecimento, os 100 g de água devem receber em três etapas: calor sensível para aquecer o gelo de –4 °C a 0 °C, calor latente para fundir a massa de gelo e, nova-mente, calor sensível para aquecer a água líquida de 0 °C a 37 °C.

180 2ª. Série

Q = 100 ⋅ 0,50 ⋅ [0 –(–4)] + 100 ⋅ 80 + 100 ⋅ 1,0 ⋅ (37 – 0)

Q = 200 + 8 000 + 3 700

Q = 11 900 cal = 11,9 kcal

102. Nessa situação o corpo sólido perde calor para o gelo, que é, em parte, derretido. O corpo sólido tem assim sua tem-peratura diminuída, logo o calor por ele trocado é sensível. O gelo muda de fase, então o calor por ele trocado é latente. Aplicando a lei de conservação da energia:

QCEDE + QRECEBE = 0

mSOL ⋅ c ⋅ Δθ + mGELO ⋅ L = 0

16 ⋅ c ⋅ (0 – 100) + 2,5 ⋅ 80 = 0

–1 600 ⋅ c = -200

c = 0,125 cal/g ⋅ °C

103. Devemos observar que, durante a troca de calor entre a água e o gelo, o bloco de gelo sofrerá fusão completa e a água resultante dessa fusão será aquecida até 20 °C (tem-peratura final de equilíbrio).

Então, do princípio geral das trocas de calor, temos:

Qágua + Qgelo = 0

500 ⋅ 1 ⋅ (20 – 80) + mgelo ⋅ 80 + mgelo ⋅ 1 ⋅ (20 – 0) = 0

100 ⋅ mgelo = 500 ⋅ 60

100 ⋅ mgelo = 30 000

mgelo = 300 g

104. A massa total da mistura de água e gelo é 280 g. Portanto, se no equilíbrio térmico devemos ter massas iguais de água e gelo, concluímos que, na situação final, teremos 140 g de água e 140 g de gelo a 0 °C. Logo, a massa de gelo que sofre a fusão, durante a troca de calor, é 40 g.

O calor recebido por esta massa de gelo que se funde é cedida pela água que estava à temperatura θ °C.

Pela equação das trocas de calor:

Qágua + Qgelo = 0

100 ⋅ 1 ⋅ (0 – θ) + 40 ⋅ 80 = 0

100 ⋅ θ = 3 200

θ = 32 °C

105. Para a fase sólida, com a equação fundamental da calori-metria, temos:

Q = m ⋅ c ⋅ Δθ ⇒ Q = 100 ⋅ 0,03 ⋅ (320 – 20) ⇒ Q = 900 cal

Para a determinação do instante em que se encerra a fusão da substância usaremos uma semelhança de triângulos. Observe a figura a seguir:

800

480

320

20

18 40 t t(s)

0(oC)

128 1480

(128 – t)s

20 s

160 oC

320 oC

Da semelhança entre os triângulos destacados, temos:

128160

20320

128 10 118−

= ⇒ − = ⇒ =t

t t s

DIAGRAMA DE FASES

106. A etapa I, passagem da água no estado líquido para o esta-do sólido (solidificação), corresponde à seta 2.

A etapa II, passagem da água no estado sólido para o esta-do gasoso (sublimação), corresponde à seta 3.

107. Em ambos os diagramas:

• a curva 1 corresponde à transição sólido ↔ líquido;

• a curva 2 corresponde à transição líquido ↔ vapor;

• a curva 3 corresponde à transição sólido ↔ vapor;

• o ponto T é o ponto triplo.

O primeiro diagrama, no qual a curva 1 é decrescente com o aumento de temperatura, é característico das substâncias que se dilatam ao se solidificarem (como a água).

108. Dentro do botijão, a pressão é tal que o butano é encontra-do, em equilíbrio, na fase líquida e na fase gasosa (vapor).

109.

a) De acordo com a curva da fusão, um aumento de pressão provoca uma diminuição da temperatura de fusão (como acontece com a água). Portanto, o diagrama corresponde a uma substância que, durante a fusão, contrai-se.

b) Situação A: estado líquido;Situação B: estado gasoso;

Situação C: estado sólido.

c) A mudança do estado A para o estado C (líquido → só-lido) é a solidificação.

d) Se, a partir do estado B, a temperatura diminuir sem alteração da pressão, a substância passará do estado gasoso para o estado sólido e sofrerá sublimação inver-sa (ou cristalização).


Física

DIAGRAMA DE FASES

TRANSMISSÃO DE CALOR

110. A lã é um bom isolante térmico. Assim, no caso de João, a lã dificultou a passagem de calor de seu corpo (mais quente) para o ambiente (mais frio). No caso de Arnaldo, mais uma vez a lã dificultou a passagem de calor, desta vez, do ambiente (mais quente) para a lata de refrigerante (mais fria).

111. As brisas terrestres e marítimas são estabelecidas quando o ar mais quente e menos denso sobe, originando uma área de menor pressão. O ar mais frio desloca-se, então, para essas regiões de menor pressão. O fenômeno é ilustrado no esquema abaixo.

Terra fria

Terra quente

Brisa terrestre

Brisa marítima

Ar descendente

Ar descendente

Superfície marítimamais fria

Superfície marítimamais quente

Ar ascendente

DIA

NOITE

Ar ascendente

O processo de transmissão de calor associado a este fenô-meno é a convecção.

112. De acordo com o texto, “o ASPS, região de alta pressão na atmosfera, atua como uma ‘tampa’, que inibe os mecanis-mos de levantamento do ar”, ou seja, dificulta a convec-ção do ar. Ainda de acordo com o texto “a Terra perde calor

mais rapidamente, devido à falta de nuvens”, ou seja, a falta de nuvens favorece a irradiação de calor pela Terra.

113. Analisando um a um cada item:

I. Incorreto. Corpos metálicos possuem em geral baixos calores específicos. Assim, se aquecem com facilidade, mas também esfriam com facilidade quando possuem temperaturas superiores à ambiente.

II. Correto. A tubulação com formato de serpentina concen-tra uma maior quantidade de tubo (comprimento) numa área restrita, favorecendo a absorção de energia radiante.

III. Correto. Os corpos negros são os melhores absorvedo-res de energia radiante.

IV. Incorreto. A água fria tem calor específico elevado, preci-sando receber muito mais calor que a tubulação para so-frer a mesma variação na temperatura. O calor absorvido pelo sistema é para a água que atravessa a tubulação.

V. Incorreto. O revestimento de isopor serve de isolamento térmico, contribuindo para que o sistema não troque ca-lor com o meio externo, mas não favorece a absorção.

VI. Incorreto. A tampa de vidro é transparente e deixa a radiação solar atravessá-la. Ela não contribui para a absorção, mas sim na manutenção da temperatura por refletir internamente o calor liberado pela serpentina.

114.

a) A temperatura varia linearmente desde 200 °C na ex-tremidade A até 0 °C na extremidade B. O esquema a seguir ilustra o diagrama da temperatura θ em função da distância x até a extremidade A.

200

x(m)

0(oC)

10

b) A temperatura no ponto C, a 30 cm da extremidade A, pode ser obtida por uma relação de semelhança de triângulos:

200

0,3

x(m)

0(oC)

10

θ

Mar

cos

Gom

es. 2

011.

Dig

irtal

182 2ª. Série

Teremos, então:

2000 3

2001

200 60 140−

= ⇒ − = ⇒ =θ

θ θ,

”C

c) A taxa de transferência de calor é obtida com a lei de Fourier: ϕ = k A Δθ/L

Então: ϕ = 1,0 ⋅ 25 ⋅ (200 – 0)/100 ⇒ ϕ = 50 cal/s

d) Em 10 min (equivalente a 600 s), o gelo fundente rece-berá 50·600 cal que provocará a fusão de uma massa m de gelo.

Com a equação do calor latente, vem:

Q = m ⋅ L ⇒ 50 ⋅ 600 = m ⋅ 80 ⇒ m = 375 g

115.

a) A área A da superfície interna total é:

A = 2 ⋅ (3 ⋅ 4 + 2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 4) ⇒ A = 2 ⋅ (12 + 6 + 8) ⇒ ⇒ A = 2 ⋅ 26 ⇒ A = 52 m2

b) Para manter a temperatura interna constante, o aque-cedor deve repor o calor perdido para o exterior. Então:

Pot = ϕ ⇒ Pot = k A ΔT/ε ⇒ Pot = 0,05 ⋅ 52 ⋅ 60/0,26 ⇒ ⇒ Pot = 600 W

c) A partir da definição de potência:

Pot = E/Δt ⇒ 0,600 = E/24 ⇒ E = 14,4 kWh

116. O calor fluirá do extremo livre da barra 3 para os extremos livres das barras 1 e 2. Pela conservação da energia, deve-mos ter: ϕ3 = ϕ1 + ϕ2

Com a lei de Fourier, ϕ = k A (θ2 – θ1)/L, obtemos:

0 20 100

50

0 16 0

64

0 12 0

24

, , ,⋅ ⋅ −( )=

⋅ ⋅ −( )+

⋅ ⋅ −( )A A Aθ θ θ

4 10 100 2 5 10 5 103 3 3⋅ ⋅ −( ) = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅− − −T T T,

400 4 7 5 115 400 34 78− ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒ =T T T T C, , , ”

ESTUDO DOS GASES

117. De acordo com a Teoria Cinética dos Gases, as partículas que constituem um gás estão em um constante estado de movimentação, caótica e desordenada. Essas partículas têm uma mesma velocidade média, que depende da tem-peratura do gás; porém, podem ter velocidades diferentes num dado instante. Além disso, os choques dessas partí-culas contra as paredes do recipientes são perfeitamente elásticos e com duração desprezível. A Teoria Cinética dos Gases também estabelece que o volume ocupado pelas partículas é desprezível quando comparado ao volume gasoso.

118. Com a equação de Clapeyron, obtemos:

p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T ⇒ 1,0 ⋅ 105 ⋅ V = (128/32) ⋅ 8,31 ⋅ 300 ⇒ ⇒ V ≅ 0,1m3 = 100 litros

119. Como a garrafa permanece aberta, a pressão do ar em seu interior é constante e igual à pressão atmosférica local.

Considerando que o volume V da garrafa praticamente não varia, podemos, com a equação de Clapeyron, relacionar a quantidade de mols de ar na garrafa antes do aquecimento (n) e depois do aquecimento (n’).

Teremos: p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ 300 (I) e p · V = n’ ⋅ R ⋅ 400 (II)

Dividindo, membro a membro, as equações (I) e (II), ob-temos:

p Vp V

n Rn R

nn

nn

n n n

⋅⋅

=⋅ ⋅⋅ ⋅

⇒ =⋅⋅

⇒ =⋅

⇒

⇒ = ⋅ ⇒ =

300400

134

34

0 75 75

’ ’’

’ , ’ % ⋅⋅n

120.

a) A partir da equação de Clapeyron, p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T, temos:

p p Pa⋅ ⋅( ) = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅−1800 106 000

448 3 300 188 106 8, ,

b) Vamos considerar que o extintor tenha uma massa es-timada Mext = 20 kg.Pelo princípio da conservação da quantidade de movi-mento, temos:

Mext ⋅ vext = m ⋅ v ⇒ 20 ⋅ vext = 0,050 ⋅ 20 ⇒

vext = 0,05 m/s

121. A partir da definição de pressão, temos:

pFA

FF N= ⇒ ⋅ =

⋅⇒ =−2 10

1 10205

4

122. Para uma mola: F = k ⋅ x

Logo: 20 = k ⋅ 0,1 ⇒ F = 200 N/m

123.

a) A partir da equação de Clapeyron, P ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T, temos:

nV

PR T

nV

nV

=⋅

⇒ =⋅⋅

⇒ = ⋅−

−3 2 108 300

13 108

11,, mol/m3

Com a Constante de Avogrado, o número de partículas/m3 será:


Física

ESTUDO DOS GASES

NV

mol

m molNV

= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒

⇒ = ⋅

−13 10 6 10

8 10

113

23

12

,partículas

partículasmmol

b) Pnave = 105 – 0 ⇒ Pnave = 105

Psub = (P0 + ρ ⋅ g ⋅ h) – 105 ⇒

Psub = (105 + 1 000 ⋅ 10 ⋅ 100) – 105 ⇒

Psub = 10 ⋅ 105 Pa

Portanto: P

P

P

Psub

nave

sub

nave

=⋅

⇒ =10 10

1010

5

5

124.

a) Na situação de equilíbrio, a pressão exercida pelos ga-ses é a mesma em ambos os lados da parede móvel. Considerando que V seja o volume do lado esquerdo do cilindro e T a temperatura dos gases, podemos usar a equação de Clapeyron (p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T) para obter:

p ⋅ V = 2 ⋅ R ⋅ T (lado esquerdo) e p ⋅ (5 – V) = 4 ⋅ R ⋅ T (lado direito)

Dividindo membro a membro as duas equações, che-gamos a:

V/(5 – V) = 1/2 ⇒ 2 ⋅ V = 5 – V ⇒ V = 5/3 L

b) Com a equação de Clapeyron, aplicada ao lado esquer-do do cilindro, vem:

p p atm⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =53

2 0 080 300 28 8, ,

125.

a) Pela lei de Stevin:

p = p0 + ρ ⋅ g ⋅ h ⇒

p = 1 ⋅ 105 + 1 000 ⋅ 10 ⋅ 30

⇒ p = 4 ⋅ 105 N/m2 = 4 atm

b) Pela lei geral dos gases:

p V

T

p V

T

VV mm1 1

1

2 2

2

22

34 1280

1

3004 3

⋅=

⋅⇒

⋅=

⋅⇒ ≅ ,

126. A pressão exercida por uma dada massa de gás contida em um recipiente de volume constante (como é o caso do ar em um pneu) depende apenas da temperatura: maior temperatura implica em maior pressão, pois as moléculas do gás terão maior velocidade e exercerão forças maiores ao bater nas paredes do recipiente.

Por este motivo, os pneus devem ser calibrados quando frios. Caso contrário, o ar, ao retornar à temperatura am-biente, exercerá pressão menor que a recomendada.

127. De acordo com a lei de Stevin, a pressão do gás na situação inicial é igual à pressão atmosférica acrescida da pressão hidrostática de uma coluna de mercúrio de 20 cm de altura: pgás = patm + pcoluna.

Então, na situação inicial:

pgás = 760 + 200 ⇒ pgás = 960 mmHg

Aplicando-se a lei geral dos gases, obtemos:

p V

T

p V

TV

T

p V

T

p p mmHg

1 1

1

2 2

2

2

2 2

960 0 80

9600 8

1200

⋅=

⋅⇒

⋅=

⋅ ⋅⇒

= ⇒ =

,

,

Portanto, na situação final:

pgás = patm + pcoluna ⇒

1 200 = 760 + pcoluna ⇒pcoluna = 440 mmHg

Como na situação final a pressão hidrostática da coluna de mercúrio é de 440 mmHg, podemos concluir que o desnível h vale: h = 44 cm.

128.

a) Na situação inicial, a pressão do gás é igual à pressão atmosférica de 76 cmHg, pois não há desnível entre as colunas de mercúrio do manômetro em U. Após o aquecimento, com a superfície livre o mercúrio sobe 6 cm, concluímos que a superfície em contato com o gás desce 6 cm e, portanto, o desnível entre as colunas de mercúrio é de 12 cm. Logo, após o aquecimento, a pressão do gás passa a valer (76 + 12) cmHg. Com a lei geral dos gases, obtemos:

p V

T

p V

T

VV L

1 1

1

2 2

2

22

76 3300

88

4003 45

⋅=

⋅⇒

⋅=

⋅⇒ ≅ ,

b) O aumento de volume do gás, de 0,45 L ou 450 cm3, corresponde ao volume de um cilindro de 6 cm de al-tura (o nível do mercúrio junto ao gás desceu 6 cm) e área da base igual a A (área da seção transversal do tubo). Então:

V = A ⋅ h ⇒ 450 = A ⋅ 6 ⇒ A = 75 cm2

129. A equação de Clapeyron, P ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T, aplicada ao estado final do gás fornece:

P ⋅ 12 = 1 ⋅ 0,08 ⋅ 300 ⇒ P = 2 atm

130. Pela lei geral dos gases:

p V

T

p V

T TT KA A

A

B B

B BB

⋅=

⋅⇒

⋅=

⋅⇒ =

8 00 10300

4 00 5 00750

, , , ,

184 2ª. Série

131. Pela lei geral dos gases:

p V

T

p V

T TT Ki i

i

F F

F FF

⋅=

⋅⇒

⋅=

⋅⇒ =

10 10300

5 0 0 5750

, , , ,

132. A transformação ab é uma expansão isobárica, na qual P = constante, V aumenta e T também aumenta.

A transformação bc é um resfriamento isocórico, na qual V = constante, T diminui e P também diminui.

133. O experimento I corresponde a um aquecimento (aumento de temperatura) isométrico (a volume constante) e o dia-grama P–V correspondente é o (c).

O experimento II corresponde a uma compressão (diminui-ção de volume) isotérmica (a temperatura constante) é o diagrama P–V correspondente é o (b).

O experimento III corresponde a um aquecimento (aumento de temperatura) isobárico (sob pressão constante) e o dia-grama P–V correspondente é o (a).

134. Com a equação de Clapeyron e, a partir da definição de pressão parcial, temos: pA ⋅ V = nA ⋅ R ⋅ T (para o vapor) e p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T (para a mistura ar + vapor)

Então, dividindo membro a membro as duas relações, che-gamos a:

3 10

1 10

3

103

3

3 2

⋅ ⋅⋅ ⋅

=⋅ ⋅

⋅ ⋅⇒ = ⇒ =

V

V

n R T

n R T

n

n

n

nA A A %

135.

a) A potência da vela é calculada pela relação entre a ener-gia liberada na sua queima e o correspondente intervalo de tempo. Como a vela queima a 0,1 g/min e tem massa 2,5 g ela se consumirá totalmente em 25 minutos. Então:

W

Et

W W W= ⇒ =⋅ ⋅

⋅⇒ =

∆2 5 3 6 10

25 6060

4, ,

b) A energia total liberada pela queima da vela é:

E = 2,5 ⋅ 3,6 ⋅ 104 ⇒ E = 9 ⋅ 104 J

c) Dado que o volume de 1 mol de gás ideal à pressão atmosférica de 1 atm e à temperatura de 27 °C é 25 L e o recipiente tem volume de 750 L, com ar a 27 °C e 1 atm, podemos concluir que neste recipiente temos 30 mols de ar.

Da equação fundamental da calorimetria, temos:

E = Q = n ⋅ Cv ⋅ ΔT ⇒ 9 ⋅ 104 = 30 ⋅ 30 ⋅ ΔT ⇒

ΔT = 100 K

d) O gás do recipiente sofre um aquecimento a volume constante e sua temperatura varia de 300 K para 400K. Pela lei geral dos gases:

p

T

p

T

pp atm

p atm

1

1

2

2

22

2

1300 400

43

133

= ⇒ = ⇒ = ⇒

⇒ = ,

1a. LEI DA TERMODINÂMICA

136. No processo isocórico, o trabalho do gás é nulo, pois seu volume não varia. Então, pela 1.a Lei da Termodinâmica:

ΔU = Q – τ ⇒ ΔU = 7,5 ⋅ 103 – 0 ⇒ ΔU = 7,5 ⋅ 103 J

No processo isobárico, para uma mesma variação de tem-peratura, a energia interna deverá sofrer a mesma variação. Logo:

ΔU = Q – τ ⇒ 7,5 ⋅ 103 = 12,5 ⋅ 103 – τ ⇒ τ = 5,0 ⋅ 103 J

137. Ao final das transformações, o volume do gás aumentou. Logo, o gás realizou trabalho.

Como o produto P ⋅ V é diretamente proporcional à tem-peratura absoluta T (lembre-se de que P ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T), observa-se que a temperatura final do gás é maior que a temperatura inicial. Então, pela lei de Joule, a energia inter-na do gás aumentou.

138. Em uma expansão isobárica:

τ = P ⋅ ΔV ⇒ τ = (1,01 ⋅ 105) ⋅ (40 ⋅ 10–3 – 10 ⋅ 10–3) ⇒

⇒ τ = 3 030 J

Com a equação de Clapeyron, aplicada ao estado final, ob-temos:

1 ⋅ 40 = 2 ⋅ 0,082 ⋅ T ⇒ T = 243 K

139.

a) No diagrama pV, o módulo do trabalho é dado, nume-ricamente, pela área sob a curva da transformação. Como o gás sofre uma expansão, trabalho é realizado pelo gás (τ > 0). Então:

τ τ=+

⋅ ⇒ =6 4

22 10 J

b) Para um gás ideal monoatômico, a energia interna é dada por:

U n R T U p V= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅32

32

Então, entre os estados A e B, teremos:


Física


∆ ∆

∆

U p V p V U

U J

B B A A= ⋅ ⋅ − ⋅( ) ⇒ = ⋅ ⋅ − ⋅( ) ⇒

⇒ =

32

32

6 4 4 2

24

c) Com a 1.a Lei da Termodinâmica obtemos:

ΔU = Q – τ ⇒ 24 = Q – 10 ⇒ Q = 34 J

140. Nada podemos afirmar a respeito das pressões a que o gás fica submetido durante o ciclo. Entretanto, sabemos que nas transformações isocóricas (BC e DA) o trabalho é nulo e que nas transformações isotérmicas (AB e CD) a energia interna não varia. A máquina térmica não é um refrigerador, pois o ciclo de um refrigerador tem sentido anti-horário. Como não existem transformações adiabáticas, podemos afirmar, com certeza, que o gás troca calor com a vizinhan-ça em todas as quatro fases do ciclo.

141. A transformação 1-2 é isobárica (pressão constante) e a transformação 2-3 é isométrica (volume constante). O dia-grama p-V, a seguir, mostra as transformações sofridas pelo gás.

P (Pa)

(1)

P3 T1

1,2 . 105

0,008 0,012

(3)

(2)

0 V (m3)

No diagrama p–V, o trabalho τ é dado pela “área” sob a curva. Então:

τ = (0,012 – 0,008) ⋅ 1,2 ⋅ 105 ⇒ τ = 480 J

Com Q = 500 J e τ = 480 J, na primeira lei da Termodinâ-mica, temos:

ΔU = Q – τ ⇒ ΔU = 500 – 480 ⇒ ΔU = 20 J

Pela lei geral dos gases, P V

T

P V

T1 1

1

3 3

3

⋅=

⋅, obtemos:

12 10 0 008 0 0120 8 10

5

1

3

13

5, , ,,

⋅ ⋅=

⋅⇒ = ⋅

T

P

TP Pa

142.

a) Correta. Observe que de A até B a pressão permanece constante no valor P1. Para saber a respeito da tempe-ratura, basta fazermos para os pontos considerados o produto p ⋅ V, pois a temperatura é diretamente propor-cional a esse valor.

T

T

p V

p VA

B

=⋅⋅

=1 1

1 1

33

b) Incorreta. A transformação é isovolumétrica e não iso-

térmica. Para ser isotérmica, o produto p ⋅ V, nos pontos

B e C, devem ser iguais, ou seja, TB/TC = 1. Verificando:

T

T

p V

p VB

C

=⋅

⋅ ⋅=1 1

1 1212

c) Incorreta. Apesar da transformação C → D ser isobári-

ca, o item afirma que a razão TC/TD é igual a 2/3. Veri-

ficando:

T

T

p V

p VC

D

=⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅=

2

2 212

1 1

1 1

d) Incorreta. AD não é isotérmica. Para ser isotérmica, os

produto p ⋅ V, nos pontos D e A, devem ser iguais, ou

seja, TD/TA = 1. Verificando:

T

T

p V

p VD

A

=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅=

2 2

343

1 1

1 1

e) Incorreta. Se uma transformação é adiabática, não há

troca de calor com o meio, e o item afirma que o calor

trocado com o meio ambiente, nessa transformação, é

igual ao trabalho realizado pelo gás no ciclo.

143. O trabalho das forças é igual à variação da energia cinética:

τ =⋅

+⋅m v m vc c e e

2 2

2 2 (I)

Da conservação da quantidade de movimento, tem-se:

Q0 = Q

0 = mc ⋅ vc + me ⋅ ve

vm v

mec c

e

= −⋅

Substituindo ve em (I), tem-se:

τ =⋅

+⋅ ⋅⋅

m v m m v

mc c e c c

e

2 2 2

22 2

Como o processo é adiabático, da 1a. Lei da Termodinâmica,

tem-se:

ΔU = Q – τ

ΔU = –τ

∆Um m m v

mc e c c

e

= −⋅ +( )⋅

⋅

2

2

186 2ª. Série


144. O ciclo é mostrado na figura abaixo.

P (Pa)

600,0

2,000 5,000

300,0

0V (m3)

O trabalho τ é, numericamente, igual à área interna do ciclo. Então:

τ = (5,000 – 2,000) ⋅ (600,0 – 300,0) ⇒ τ = 900,0 J

145. De acordo com a 2.a Lei da Termodinâmica, é impossível converter totalmente energia térmica em energia mecânica útil. Assim, a situação 3 viola a 2.a Lei da Termodinâmica.

146.

01) (V) O trabalho é dado pela “área” abaixo da curva:

τAB = base ⋅ altura ⇒ τAB = 1 ⋅ 6 ⋅ 102 ⇒ τAB = 6 ⋅ 102 J

02) (V) Como V =constante, então o trabalho é nulo: τBC = 0

04) (V) Como a energia interna é diretamente proporcio-nal à temperatura absoluta (U = k ⋅ T, lei de Joule) e a temperatura absoluta é diretamente proporcional ao produto pressão x volume (P ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T, equação de Clapeyron), na passagem de C para D a energia interna diminuiu.

08) (F) O trabalho no ciclo corresponde à área interna do ciclo: τciclo = 300 J

16) (V) Em 1 segundo, o trabalho total realizado será de 1200 J. Portanto, a potência da máquina térmica é de 1200 J/s ou 1200 W.

147. Quando um ciclo é fechado, o gás retorna ao mesmo estado inicial, apresentando no encerramento do ciclo a mesma temperatura inicial. Sabendo que a variação da energia in-terna de um gás é uma função de sua temperatura, como a variação da temperatura no ciclo é nula, a variação da energia interna também é nula.

148. O calor Q1 recebido da fonte quente é: Q1 = 4000 + 8000 J ⇒ ⇒ Q1 = 12000 J

Usando o poder calorífico do combustível, temos:

6 0 1012 000

0 204, ,⋅ = ⇒ =J

kgJ

mm kg

149. Analisemos cada uma das afirmações.

I. A afirmação I está errada, pois o módulo do trabalho no ciclo é, numericamente, dado pela “área” interna do ciclo, que não é nula.

II. A afirmação está correta, pois a energia interna de uma dada massa de gás depende apenas da tempe-ratura (lei de Joule) que, por sua vez, é diretamente proporcional ao produto pV. Portanto, como o produto pV para o ponto C é maior que para o ponto A, pode-mos concluir que a temperatura e a energia interna de C é maior que a de A.

III. A afirmação está correta. O gás realiza trabalho, pois seu volume aumenta. Além disso, como a temperatura do gás e sua energia interna aumentam, pela 1.a Lei da Termodinâmica, o gás deve receber calor.

150. Em uma transformação cíclica:

• o trabalho realizado pelo gás (quando o ciclo é de sentido horário) ou recebido pelo gás (quando o ciclo é de sen-tido anti-horário) é, em módulo, igual à “área” do ciclo.

• a variação da energia interna.

No ciclo apresentado existem duas transformações isobári-cas, duas transformações isocóricas e duas quaisquer. Não existem transformações isotérmicas nem adiabáticas.

151. Trabalho na expansão AB

τ = p ⋅ ΔV ⇒ τ = 4 ⋅ 105 ⋅ (1 – 0,3)

τ = 2,8 ⋅ 105 J

Variação de energia interna na transformação DA

Como a energia interna é uma variável de estado, a varia-ção da energia do ciclo ABCDA é nula, já que o estado final é igual ao inicial, assim:

ΔUAB + ΔUBC + ΔUCD + ΔUDA = 0 (I)

A variação da energia interna na transformação AB pode ser obtida pela 1a Lei da Termodinâmica:

ΔUAB = Q – τ ⇒ ΔU = 400 ⋅ 103 – 2,8 ⋅ 105

ΔUAB = 1,2 ⋅ 105 J

Como a transformação de B para C é isotérmica, ΔUBC = 0

A variação da energia interna de C para D é dada por:

ΔUCD = Q – τ ⇒ ΔUCD = –440 ⋅ 103 – 2 ⋅ 105 ⋅ (0,5 – 2)

ΔUCD = –4,4 ⋅ 105 + 3 ⋅ 105

ΔUCD = –1,4 ⋅ 105 J

Substituindo os valores em (I), tem-se:

1,2 ⋅ 105 + 0 + (–1,4 ⋅ 105) + ΔUDA = 0

ΔUDA = 2 ⋅ 104 J


Física

2a. LEI DA TERMODINÂMICA 152. De acordo com a 1.a Lei da Termodinâmica, em uma trans-formação cíclica, como ΔU = 0, devemos ter:

Qtotal = τciclo. Então:

Qtotal = τAB + τBC + τCA

Qtotal = (3,0 – 1,0) ⋅ 10–3 ⋅ 150 ⋅ 103 + 0 – 165 ⇒

Qtotal = 300 – 165 ⇒ Qtotal = 135 J

153. O rendimento de uma máquina de Carnot que opera entre essas temperaturas (em K) é:

η η η

η η

= − ⇒ = −++

⇒ = − ⇒

⇒ = − ⇒ =

1 117 273

127 2731

290400

1 0 725 27 5

T

TF

Q

, , %

Na máquina térmica real, o rendimento é obtido a partir da razão entre os calores trocados nas fontes fria e quente.

η η η η= − ⇒ = − ⇒ = ⇒ =1 1400500

0 2 20Q

QF

Q

, %

Observa-se que a afirmação do engenheiro é correta, pois a máquina real tem um rendimento de 20%, inferior ao rendi-mento da máquina de Carnot que é de 27,5%.

154. A grandeza positiva ΔP é dada pela diferença de pressões: PC – PD.

Pela equação de Clapeyron, p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T, aplicada aos pontos C e D, temos:

PC ⋅ 4 = 2 ⋅ R ⋅ TC (I)

PD ⋅ 4 = 2 ⋅ R ⋅ TD (II)

Fazendo a diferença entre (I) e (II), vem:

4 ⋅ (PC – PD) = 2 ⋅ R ⋅ (TC – TD)

Logo: ΔP = R ⋅ (TC – TD)/2

155.

a) O trabalho realizado pelo gás durante o ciclo é dado, numericamente, pela área do ciclo. Então:

τ = (V ⋅ 2 ⋅ p)/2 ⇒ τ = pV

b) Para determinar o calor trocado pelo gás durante o ciclo, vamos analisar separadamente cada uma das transformações pelas quais o gás passa. Para cada transformações determinaremos o trabalho, a variação da energia interna e, com a 1.a Lei da Termodinâmica, o calor trocado pelo gás.

Para o trabalho, temos:

τAB = +2 ⋅ p ⋅ V; τBC = 0; τCA = –p · V.

Observe que o trabalho no ciclo, dado pela soma do tra-balho de todas as transformações, é p · V.

Vamos agora calcular a energia interna do gás em cada um dos estados A, B e C.

Sabendo que U = 3 ⋅ n ⋅ R ⋅ T/2 = 3 ⋅ p ⋅ V/2, obtemos: UA = 1,5 ⋅ p ⋅ V; UB = 9 ⋅ p ⋅ V e UC = 3 ⋅ p ⋅ VPara cada transformação, teremos:

ΔUAB = +7,5 ⋅ p ⋅ V; ΔUBC = – 6 ⋅ p ⋅ V; ΔUCA = – 1,5 ⋅ p ⋅ VObserve que a variação da energia interna no ciclo, dada pela soma da variação da energia interna de todas as transformações, é nula.

Com a 1.a Lei da Termodinâmica (ΔU = Q – τ), aplicada a cada transformação, obtemos:

+7,5 ⋅ p ⋅ V = QAB – (+2 ⋅ p ⋅ V) ⇒ QAB = +9,5 ⋅ p ⋅ V (calor recebido)

– 6 ⋅ p ⋅ V = QBC – 0 ⇒ QBC = – 6 ⋅ p ⋅ V (calor perdido)

– 1,5 ⋅ p ⋅ V = QCA – (– p ⋅ V) ⇒ QAB = – 2,5 ⋅ p ⋅ V (calor perdido)

Observe que o calor total trocado pelo gás é igual ao trabalho no ciclo, ou seja, Q = τ = p ⋅ V.

Entretanto, o gás recebe calor apenas na transformação AB: Q = +9,5 ⋅ p ⋅ V.

O esquema a seguir ilustra o fluxo de energia em cada uma das transformações:

AB

Q = 9,5 pV

τ = 2 pV

∆U = +7,5 pV ∆U = –6 pV ∆U = –1,5 pV

τ = 0τ = pV

Q = 6 pV Q = 2,5 pV

BC CA

c) O rendimento do ciclo, por definição, é dado pela rela-ção entre o trabalho útil e o calor recebido. Então:

η η η

η

=⋅⋅ ⋅

⇒ = ⇒ ≅ ⇒

⇒ =

p Vp V9 5

19 5

0 105 3

10 53

, ,,

, %

156. O rendimento da máquina térmica é, por definição, dado por:

ητ

= ⇒ = ⇒ =Q Q

Q J1 1

10 452 000

4 444 4, ,

Sabemos, pelo princípio da conservação da energia, que a energia total Q1, recebida da fonte quente, é em parte convertida em trabalho W e que a energia restante, Q2, é rejeitada para uma fonte fria, de tal forma que: Q1 = τ + Q2.

Portanto:

4 444,4 = 2 000 + Q2 ⇒ Q2 = 2 444,4 J

157. a) O trabalho em um ciclo é, em módulo, numericamente

igual à área do ciclo. Então:

τ = (0,5 – 0,1) ⋅ (200 – 100) ⇒V = 0,4 ⋅ 100 ⇒ V = 40 J

188 2ª. Série

b) Sabemos que

τ = Q1 – Q2. Então: 40 = 100 – Q2 ⇒ Q2 = 60 J

c) O rendimento de uma máquina térmica é:

η = τ/Q1 ⇒ η = 40/100 ⇒ η = 40%

d) Da definição de potência:

P = τ/Δt ⇒ P = (5 ⋅ 40)/1 ⇒ P = 200 W

158. Dado que TF/TQ = 10/8, o rendimento da máquina de Carnot será:

η η η η= − ⇒ = − ⇒ = ⇒ =1 18

100 20 20

T

TF

Q

, %

O trabalho útil por ciclo será então de 20% de 500 cal, ou seja:

τ = 0,20 ⋅ 500 ⇒ τ = 100 cal = 400 J

A potência da máquina é:

Pt

P P Wot ot ot= ⇒ = ⇒ =τ∆

4002

200

159. O trabalho no ciclo é dado, numericamente, pela área do

ciclo. Então:

τ = (2 ⋅ V1 ⋅ 3 ⋅ P1)/2 ⇒ τ = 3 P1 ⋅ V1 ⇒ τ = 3 ⋅ 12 ⇒ τ = 36 J

Da definição de rendimento:

ητ

= ⇒ = ⇒ =Q Q

Q J1 1

10 4036

90,

Pela conservação da energia:

τ = Q1 – Q2 ⇒ 36 = 90 – Q2 ⇒ Q2 = 54 J

160. O rendimento ou eficiência da máquina de Carnot será:

η η η η

η η

= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = ⇒

⇒ = ⇒ =

1 1450600

134

14

0 25 25

2

1

T

T

, %

O trabalho útil será igual a 25% da energia recebida da

fonte quente.

Então: τ = 0,25 ⋅ 6,30 ⋅ 104 ⇒ τ = 15750 J

INTRODUÇÃO À ÓPTICA GEOMÉTRICA

161. A figura mostra a posição da pessoa quando na iminência

de sair da sombra do prédio.

x

15 m

20 m

1,80 m

Por uma relação de semelhança de triângulos, temos:

2015

20180

36 300 15 15 264

17 60

=−

⇒ = − ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒

⇒ =

xx x

x m,

,

162. Seja d a distância do lápis ao observador O na situação

inicial e D a distância entre o observador e o edifício. O

esquema a seguir mostra os raios que, partindo do edifício

e tangenciando as extremidades do lápis, chegam ao olho

do observador nas duas situações.

d

D

0,1 mO 18 m (6 andares)

d + 0,5

D

0,1 mO 12 m (4 andares)

Por uma relação de semelhança de triângulos, podemos escrever que:

0 1 18,d D

= (situação inicial)

0 10 5

12,,d D+

= (situação final)

Dessas relações, obtemos:

18 ⋅ d = 12 ⋅ (d + 0,5) ⇒ d = 1 m.

Com d = 1 m, vem:

0 11

18180

,= ⇒ =

DD m

163. O esquema a seguir mostra os ângulos visuais α e β sob os quais o observador vê a torre de altura H.


Física

INTRODUÇÃO À ÓPTICA GEOMÉTRICA

x

Hαβ

d

h

Para a visada sob ângulo α, podemos escrever que:

tgH h

xα =

−

E para a visada sob ângulo β: tgH hx d

β =−+

Da primeira relação obtemos xH htg

=−α

que, substituído na segunda relação, fornece:

tgH htg

d H h Hd tg tgtg tg

hβα

α βα β

−+

= − ⇒ =⋅ ⋅

−+

.

164. O eclipse lunar ocorre quando o Sol, a Terra e a Lua, nes-

ta ordem, estão praticamente alinhados, e a Lua, em seu

movimento orbital, penetra o cone de sombra da Terra.

Esta disposição dos astros caracteriza a fase da Lua Cheia,

como mostra o esquema abaixo.

Lua CheiaLua Nova

Luz solar

Terra

Lua Crescente

Lua Minguante

REFLEXÃO DA LUZ

165. A figura abaixo ilustra a situação descrita no enunciado.

H

A

A’

B

h

O

H

αβ

No triângulo OAB, temos: tgH hOB

α =−

(I)

E no triângulo OA’B: tgH hOB

β =+

(II)

Eliminando OB nas relações (I) e (II), chegamos a:

H htg

H htg

−=

+α β

H ⋅ tg β – h ⋅ tg β = H ⋅ tg α + h ⋅ tg α

H ⋅ (tg β – tg α) = h·(tg α + tg β)

H htg tg

tg tg= ⋅

+( )−( )

β αβ α

166.

a) Observe na figura 2 que os pontos A, B e C formam um

triângulo retângulo.

Nesse triângulo, o cateto oposto (CO) ao ângulo de 45º

mede 3,4 m e o cateto adjacente (CA), (L + 1,2) m.

tgCOCA L

L m45 13 4

122 2º

,,

,= ⇒ =+

⇒ =

b) Projetando na figura a imagem virtual O’, por semelhan-

ça de triângulos determina-se o tamanho do espelho.

Observe que a placa e o espelho são paralelos entre si

e possuem o mesmo vértice O’.

xx m

2 8125 6

0 6,

,,

,= ⇒ =

167. A figura a seguir mostra o campo visual do espelho. Por

semelhança de triângulos, pode-se calcular o comprimento

pela estrada ao longo do qual a moto pode ser vista.

190 2ª. Série

5 m

fora de escala

1,8 m

2 m 2 m

calçada

O O

E

A

B

C

D

V

O triângulo OAB é semelhante ao triângulo OCD, portanto:

∆∆

ss m

7122

4 2= ⇒ =,

,

Porém, o comprimento total que deve ser considerado é o espaço ΔS subtraído do comprimento da moto (1,8 m), pois se espera saber por quanto tempo a moto pode ser vista por inteira, e isso só ocorrerá quando ela estiver por completo no campo visual do espelho.

ts

vt t s=

−⇒ =

−⇒ =

∆ 18 4 2 180 8

3, , ,

,

168. A figura abaixo mostra a imagem A’B’ da parede AB forne-cida pelo espelho plano.

2,5 m

2,5 m

3,3 m

d

A

A’

B’B d

x

1,5

m0,

3 m

1,8

m

De acordo com enunciado, a distância dos olhos da pessoa à imagem A’B’ é igual a 3,3 m. Então:

d + 2,5 = 3,3 ⇒ d = 0,8 m.

Considerando a distância x, a menor distância que o es-pelho deve ser movido verticalmente para cima, de modo

que a pessoa possa ver sua imagem refletida por inteiro no espelho, por semelhança de triângulos teremos:

0 32

0 15,

,⋅

= ⇒ =d

xd

x m

169.

a) A velocidade resultante da imagem da moto, fornecida pelo espelho, é devida a dois movimentos simultâneos, o movimento do objeto e o movimento do espelho. En-tão, temos:• devido ao movimento do objeto, vi = –80 km/h (igual

à do objeto, porém de sentido oposto);

• devido ao movimento do espelho, v’i = +100 km/h (igual ao dobro da velocidade do espelho).

Portanto, o módulo da velocidade da imagem da moto, em relação ao solo, é de 20 km/h (para a direita da figura).

b) Como o motorista tem velocidade, em relação ao solo, de + 50 km/h e a imagem, também em relação ao solo, de +20 km/h, a velocidade da imagem, em relação ao motorista, será de –30 km/h (para a esquerda da figu-ra), ou seja, com módulo 30 km/h.

c) Como o motociclista tem velocidade, em relação ao solo, de + 80 km/h e a imagem, também em relação ao solo, de +20 km/h, a velocidade da imagem, em relação ao motociclista, será de –60 km/h (para a esquerda da figura), ou seja, com módulo 60 km/h.

170. Nos espelhos esféricos, a reta N, normal à superfície no ponto de incidência do raio de luz, passa sempre pelo cen-tro de curvatura

Observe na figura abaixo que os ângulos de incidência dos raios de luz no espelho são tais que θA > θC > θB = 0°.

N N

N

A

B C

θC

θC = 0o

θA

Pela segunda lei da reflexão, o ângulo de reflexão é igual ao ângulo de incidência. Então: θA > θC > θB.

171.

a) Quando um espelho sofre rotação, a variação angular entre o ângulo incidente e o ângulo refletido é sempre o


Física

dobro da variação angular do espelho. Veja a figura que ilustra a situação a seguir:

Rotação do espelho

P

C β

α

P’2

P’1

E1

E2

Rotação da imagem

β = 2α

Nesse caso, em função da rotação do espelho, o detec-tor deve ser posicionado de modo que α = 2θ.

b) Observa-se que a luz, depois de incidir no espelho ro-tatório, percorre a distância d até incidir com o espelho estacionário e, novamente d até que bata pela segunda vez no primeiro espelho, demorando um tempo Δt. Des-se modo, pode-se escrever que:

vst

cdt

= ⇒ =∆∆ ∆

2

Ao mesmo tempo que a luz efetua a trajetória indicada, o primeiro espelho gira um ângulo θ, podemos escrever então:

ωθ

=∆t

Ao igualarmos as duas equações, chegamos à seguinte relação:

θω

ωθ

= ⇒ =⋅ ⋅2 2d

cc

d

c) Pode-se, em um dado momento, colocar um recipiente transparente de índice de refração igual ao da água, de paredes muito finas e contendo água entre os espelhos de modo que o raio luminoso incida perpendicularmen-te à parede do recipiente para que não sofra desvio. Ao proceder com a mudança, verifica-se que o detector só funcionará se for ajustado para um ângulo α maior, pois a água atrasará o raio luminoso fazendo com que o ângulo de rotação θ seja maior.

172. Os focos (principal e secundários) de um espelho corres-pondem aos pontos em que os raios luminosos paralelos convergem após sofrerem reflexão. Porém, somente espe-lhos côncavos são capazes de concentrar raios luminosos no foco principal. Nos espelhos convexos, os raios refletidos são divergentes entre si e seus prolongamentos convergem para um foco (principal ou secundário).

173. Com a equação de Gauss dos pontos conjugados, para f = – R/2 e p = R, temos:

1 1 1 2 1 1 3 13f p p R R p R p

pR

= + ⇒ − = + ⇒ − = ⇒ = −’ ’ ’

’

Observe que o sinal negativo de p’ indica que a imagem é virtual.

174. Nos espelhos esféricos convexos, as imagens de objetos reais são sempre virtuais, direitas e menores que o objeto. Como os tamanhos (da imagem e do objeto) são proporcio-nais às respectivas distâncias ao espelho, então as ima-gens se formam mais próximas do espelho que os objetos. Além disso, o campo visual do espelho convexo é maior que o de um espelho plano de mesmo tamanho.

175. Os espelhos convexos são capazes de produzir apenas um tipo de imagem, virtual, direita e menor que o objeto, mas em compensação apresentam um campo visual maior, ou seja, apesar de a imagem ser reduzida, comporta uma área visual maior para quem a observa.

Os espelhos côncavos, por sua vez, são capazes de for-necer muitas imagens diferentes, a imagem produzida de-pende da distância que o objeto se encontra desse espelho. No caso do espelho utilizado por dentistas, o objeto sempre estará a uma distância inferior à distância focal desse es-pelho, obtendo-se, portanto, uma imagem maior, direita e virtual.

176. Os espelhos esféricos côncavos apenas fornecem imagens virtuais (e maiores) de objetos reais que estejam entre o foco principal e o vértice do espelho.

177. Como R = 30 cm, a distância focal do espelho é f = R/2 = 15 cm.

Na primeira situação, p = 5 cm, temos:

1 1 1 115

15

17 5

f p p pp cm= + ⇒ = + ⇒ = −

’ ’’ ,

(imagem virtual)

Na segunda situação, p = 30 cm, temos:

1 1 1 115

130

130

f p p pp cm= + ⇒ = + ⇒ =

’ ’’

(imagem real)

Logo, a distância entre as posições em que se formam as imagens é de 37,5 cm.

178. A figura mostra as posições relativas dos espelhos e do objeto.

192 2ª. Série

20 cm

OE1 E2

V2 F2C2

C1F1V1

40 cm 40 cm

80 cm

20 cm

Para o espelho côncavo:

1 1 1 140

120

140

f p p pp cm= + ⇒ = + ⇒ = −

’ ’’

(imagem virtual e direita)

A imagem virtual formada pelo espelho côncavo desempe-nhará o papel de objeto real para o espelho convexo. Então, para o espelho convexo, com p = 80 cm, teremos:

1 1 1 120

180

116

f p p pp cm= + ⇒

−= + ⇒ = −

’ ’’

(imagem virtual e direita)

179.

a) Para um objeto muito afastado do espelho (p → ∞), sua imagem será formada no foco principal (p’ = f = 15 m). Então, pela equação do aumento, teremos:

io

pp

DD m= − ⇒

⋅= −

⋅⇒ = −

’

, ,,

15 10

15

15 100 15

9 11

Portanto, a imagem invertida do Sol terá diâmetro de 0,15 m.

b) A densidade de potência solar é dada pela relação entre a potência incidente no espelho e a área do espelho que recebe esta potência. Então:

dPA

PP Wp = ⇒ =

⋅⇒ =1000

575 000

2π

No plano da imagem, essa potência será recebida em uma área correspondente à área de um círculo de raio 0,075 m. Então:

SPA

S S= ⇒ =⋅

⇒ ≅ ⋅75 000

0 0754 4 10 6

π ,, W/m2

c) Para o disco de alumínio, desprezando as perdas de ca-lor durante a reflexão, teremos: Q = m ⋅ c ⋅ ΔT ⇒ 75 000 ⋅ 4 = 600 ⋅ 1 ⋅ ΔT ⇒ ΔT = 500 K

180. A figura a seguir mostra dois raios notáveis usados para determinar a localização do objeto.

C

C: Centro de curvaturaF: FocoV: VérticeI: Imagem

F V I

O objeto se encontra entre F e V e a flecha aponta no mes-mo sentido da flecha que representa a imagem.

181. Como a imagem está mais próxima do espelho do que o objeto, então ela é menor que o objeto. Por ter natureza real, a imagem é invertida. Então, considerando que a imagem é real, menor e invertida, podemos concluir que o espe-lho usado é do tipo côncavo. Pela equação de Gauss, com p = 20 cm e p’ = 12 cm, obtemos:

1 1 1 1 120

112

7 5f p p f

f cm= + ⇒ = + ⇒ =’

,

REFRAÇÃO DA LUZ

182.

ncv

n n= ⇒ =⋅⋅

⇒ =3 10

2 5 1012

8

8,,

183. Ao passar do ar para o vidro, a velocidade da luz diminui. Quanto maior o desvio sofrido pelo raio luminoso, menor será a sua velocidade de propagação. Então, pela figura do enunciado, podemos concluir que vx < vy < vz. Como o ín-dice de refração é inversamente proporcional à velocidade (n = c/v), então nx > ny > nz.

Devemos ainda lembrar que, para uma onda, v = λ ⋅ f e que, na refração, a frequência f da onda não varia. Assim, o comprimento de onda λ e a velocidade v da onda são diretamente proporcionais. Neste caso, como vx < vy < vz, teremos: λx < λy < λz.

184. Como o raio V incide na direção do centro da esfera, sua incidência é perpendicular à superfície e este raio atravessa a esfera sem desvio.

Sendo R o raio da esfera, podemos representar a trajetória dos raios conforme a figura a seguir.


Física

REFRAÇÃO DA LUZ

60o

ar vidro

A

V

R R

P

C

α

i1

Com a lei de Snell-Descartes, aplicada ao raio A, e conside-

rando o índice de refração do vidro n = 3 , temos:

n sen i n sen i sen i

sen i i

1 1 2 2 1

1 1

3 13

212

30

⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒

⇒ = ⇒ = º

Como o triângulo APC é isósceles, teremos:

2 ⋅ i1 + α = 180° ⇒ 2 ⋅ 30° + α = 180° ⇒ α = 120°

185. O ângulo-limite para o dioptro ar-água é dado por:

sen Ln

nsen L sen L Lar= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

água

143

0 75 48 6, , º

A figura a seguir mostra o raio de luz que, tangenciando a boia, incide na interface água-ar com ângulo de incidência igual ao ângulo-limite.

2,26 m

2,5 m 2,5 – y

boiaar

água

fora de escala

y

48,6o

48,6o

Da figura temos:

tgy y

y m48 62 26

2 5113

2 262 5

0 50, ”,

,,

,,

,=−

⇒ =−

⇒ =

Portanto, um observador, no ar, poderá ver apenas 0,50 m da parte inferior da haste. Essa parte corresponde a 20% do comprimento da haste.

186. Quando um raio se propaga pelo meio com maior índice de refração (n1 = 2) em direção ao vácuo e atinge a superfície de separação entre esses 2 meios, se o raio refratado sai num ângulo de 90º em relação à normal (dito rasante), o ân-gulo que o raio incidente faz com a normal corresponde ao

ângulo limite. Para qualquer ângulo de incidência superior ao ângulo limite, o raio incidente sofrerá reflexão total ao atingir a superfície de separação entre os meios. Aplicando Snell-Descartes:

n1 ⋅ sen θ1 = n2 ⋅ sen θ 2

2 ⋅ sen L = 1 ⋅ sen 90º

sen L = 0,5

L = 30º

187. Na figura B, a luz incide perpendicularmente à placa e não sofrerá desvio em função desta. Ao atingir o prisma, o raio luminoso estará em condição idêntica à situação A.

Na figura C, a placa está disposta paralelamente à face do prisma, a luz ao atravessá-la sofre desvio, porém como a lâmina tem faces paralelas, o raio luminoso, ao retornar para o ar, volta a se propagar na mesma direção que tinha antes de entrar na lâmina. Desse modo, conclui-se que, nesse caso, o ângulo θC será o mesmo verificado no pri-meiro caso (θA). Veja a imagem que ilustra como um raio luminoso atravessa uma lâmina de faces paralelas.

A1

A3

B

d

e

θ1

θ’1

θ’1 = θ1

θ2 θ2

A2

188. O ângulo limite para o prisma é dado por:

sen Ln

nsen L sen L Lar= ⇒ = ⇒ = ⇒ ≅

água

115

23

42,

º

O raio luminoso incide sobre a superfície oposta ao ângulo reto com ângulo de 45º, que é superior ao ângulo limite do prisma. Portanto, o feixe de luz branca sofre reflexão total, como mostrado a seguir.

45o

45o

45o

45o

194 2ª. Série

189. A fonte de luz pontual, colocada a 5,0 cm de L1, está posi-cionada no foco principal da lente convergente. Assim todos os raios emitidos pela fonte e que atravessam L1 emergem paralelamente ao eixo principal e incidem sobre a lente di-vergente L2. Para a lente L2, os raios emergentes têm a di-reção passando pelo foco principal. A figura abaixo mostra a trajetória dos raios que incidem na borda das lentes.

6,0 cm

24 cm4,0 cm5,0 cm

L1 L2

P1 D

A

Uma relação de semelhança de triângulos fornece:

D

DD cm

4 0 246 04 0

286 04 0

42

,,,

,,

+= ⇒

= ⇒ =

Portanto, a região iluminada do anteparo corresponde à área de um círculo com 42 cm de diâmetro, ou seja, com raio de 21 cm.

Logo:

A = π ⋅ R2 ⇒

A = π ⋅ 212 ⇒

A = 441 ⋅ π cm2

190. Da equação de Gauss, com p = 40 cm e f = –40 cm, temos:

1 1 1 140

140

120

f p p pp cm= + ⇒

−= + ⇒ = −

’ ’’

(imagem virtual a 20 cm da lente)

Pela equação do aumento:

io

pp

ii cm= − ⇒

+= −

−( )⇒ = +

’6

20

403

A imagem tem altura de 3 cm e é direita (observe que i e o têm ordenadas positivas).

191. Utilizando raios notáveis, obtém-se a imagem a seguir:

6,0 cm

24 cm4,0 cm5,0 cm

L1 L2

P1 D

A

De acordo com a escala, a imagem está localizada a 6 cm da lente e é invertida, real, maior (4 cm de altura).

192. Para que uma lente de vidro imersa no ar seja convergente, ela deverá ser uma lente de bordas finas. Portanto, apenas as lentes L1 e L3 podem ser usadas como lupa.

193.

I. A afirmação está errada. Observe que, quanto mais ar-redondada estiver a superfície, menor será seu raio de curvatura. Lembre-se de que uma superfície plana tem raio de curvatura que tende ao infinito.

II. A afirmação está correta. Se a lente tivesse faces pla-nas, sua distância focal seria infinita, mas, à medida que as faces se tornam mais e mais arredondadas, sua distância focal diminui.

III. A afirmação está correta. Observe, na figura abaixo, o comportamento de um feixe de luz, paralelo ao eixo da fibra, e que incide na face arredondada.

fibra ótica

microlente

t1

t2t3

194. O aumento linear transversal é A = +2,5 (positivo, pois a imagem é direita).

Com a equação do aumento:

App

pp cm= ⇒ + = − ⇒ = −

’,

’’ ,2 5

27 5

Com a equação de Gauss:

1 1 1 1 13

17 5

5f p p f

f cm= + ⇒ = +−

⇒ =’ ,


Física

195. Com p = 6 cm e f = 4 cm, com a equação de Gauss, ob-temos:

1 1 1 14

16

112

f p p pp cm= + ⇒ = + ⇒ =

’ ’’

(imagem real)

Lembrando que nas lentes as imagens reais se formam do lado oposto àquele em que se encontram os objetos reais, podemos concluir que a distância entre o objeto e sua ima-gem será (6 + 12) cm, ou seja, 18 cm.

196. Uma lente pode ser usada como lupa se for uma lente con-vergente. Além disso, o objeto deverá ser posicionado entre o foco e o centro óptico desta lente, ou seja, a distância do objeto à lente deverá ser menor que a distância focal da lente.

197. O esquema a seguir ilustra a situação proposta no enun-ciado.

OI2 I1F F

Podemos, com a equação de Gauss, determinar a posição da imagem da fonte de luz pontual conjugada pela lente convergente:

1 1 1 130

1120

140

f p p pp cm= + ⇒ = + ⇒ =

’ ’’

(imagem real)

Observe que esta imagem real desempenha o papel de ob-jeto virtual para a lente divergente.

Então, para a lente divergente, teremos: p = –10 cm e p’ = –150 cm.

Com a equação de Gauss, aplicada à lente divergente, ob-temos:

1 1 1 1 110

1150

9 375f p p f

f cm= + ⇒ =−

+−

⇒ = −’

,

198. a) Na área de 6 mm × 6 mm = 36 mm2, teremos um total

de 500 × 500 pixels.

Então, temos:

500 × 500 × Spixel = 36 ⇒ Spixel = 1,44·10–4 mm2

Portanto, cada pixel ocupa uma área de

12·10–2 mm × 12·10–2 mm.

b) Com a equação de Gauss, sendo p = L, p’ = d = 175 mm e f = 50 mm, vem:

1 1 1 150

1 1175

70f p p L

L mm= + ⇒ = + ⇒ =’

c) Com a equação do aumento linear transversal, e con-siderando que a imagem ocupa toda a área do sensor (i = – 6 mm), teremos:

Aio

pp D

D mm= = − ⇒−

= − ⇒ =’

,6 175

702 4

199. O aumento linear transversal é A = +5 (positivo, pois a ima-gem é direita).

Com a equação do aumento:

App

pp cm= ⇒ + = − ⇒ = −

’ ’’5

1050

Com a equação de Gauss:

1 1 1 1 110

150

12 5f p p f

f cm= + ⇒ = +−

⇒ =’

,

Como a distância focal é positiva, podemos concluir que a lente é convergente, ou seja, uma lente do tipo convexa (bordos finos).

A partir da definição de vergência:

Vf

V V di= ⇒ = ⇒ =1 1

0 1258

,

200. Observe que, à medida que o objeto se aproxima da lente objetiva, a imagem tende a se afastar da lente (p’ aumen-ta), ou seja, a imagem tende a se deslocar para a direita. Contudo, é possível manter a imagem focada sobre o CCD se a lente objetiva for deslocada para a esquerda (o que possibilita o aumento de p’).

201. Pelo gráfico, percebe-se que a distância focal é de 30 cm (nesse ponto a imagem é imprópria) e, como quando o ob-jeto é colocado no centro de curvatura, a imagem possui o mesmo tamanho que o objeto, porém é invertida (negativa no gráfico), conclui-se que o objeto possui 10 cm de altura.

Da equação de Gauss, tem-se:

1 1 1 130

120

1 1 2 360

60f p p p p

p cm= + ⇒ = + ⇒ =−

⇒ = −’ ’ ’

’

Da equação da ampliação, tem-se:

i pp

ii cm

0 10

60

2030= ⇒ = −

−( )⇒ =

’

202. Na situação inicial, com o objeto muito distante, a imagem forma-se no foco da lente. Então: f = p’ = 5 cm.

Para o objeto a 100 cm da lente, aplicando-se a equação de Gauss, obtemos:

196 2ª. Série

1 1 1 15

1100

1 10019

5 3f p p p

p cm= + ⇒ = + ⇒ = ≅’ ’

’ ,

Portanto: Δp’ = 5,3 – 5,0 ⇒ Δp’ = 0,3 cm

203. a) A máquina fotográfica utiliza uma lente convergente, e

o objeto sempre se encontra a uma distância maior que a distância focal dela. Sendo assim, a imagem gerada é projetada num filme e possui as seguintes característi-cas: real, menor e invertida.

b) A luneta e o telescópio projetam no seu foco imagens vindas do infinito, e para produzir o aumento, normal-mente o foco da lente objetiva (que forma a 1a. imagem) fica entre o centro óptico e o foco da lente ocular, que irá produzir uma imagem final virtual, direita e maior que a 1a. imagem.

c) A lupa funciona quando objetos são colocados entre o centro óptico e o foco da mesma, sendo assim produz uma imagem aumentada, direita e virtual.

d) Comentado no item B.

204. Lembrando que nas lentes divergentes as imagens de obje-tos reais sempre são imagens virtuais, direitas e formadas entre o foco principal e a lente, podemos concluir que a miopia pode ser corrigida com lentes esféricas divergentes.

O foco principal da lente a ser usada deve coincidir com a posição do ponto remoto do olho míope. Assim, qualquer

objeto real terá uma imagem formada no intervalo de visão distinta do míope. Portanto: f = – 50 cm = – 0,5 m.

Da definição de vergência:

V

fV V di= ⇒ =

−⇒ = −

1 10 5

2,

205. Usando a equação de Gauss (todas as variáveis medidas em mm), tem-se:

1 1 1 1 1350

120

1 20 350350 20

1 3707 000

18 9

f p p f f

ff mm

= + ⇒ = + ⇒ =+

⋅⇒

⇒ = ⇒ =

’

,

206. A hipermetropia pode ser corrigida com lentes esféricas convergentes. Para que a correção seja possível, a lente deve conjugar, do objeto observado, uma imagem virtual no ponto próximo do olho hipermétrope.

Para o caso apresentado, devemos ter: p = 25 cm e p’ = – 50 cm.

Da equação de Gauss:

1 1 1 1 125

150

150

f p p f fcm= + ⇒ = +

−⇒ =

’

Da definição de vergência:

Vf

V V di= ⇒ =+

⇒ = +1 1

0 502

,

INTRODUÇÃO À ÓPTICA FÍSICA

207. Se a pressão na cápsula for nula (vácuo), então c = λ ⋅ f e

o número de comprimentos de onda que cabem na cápsula

é 2 ⋅dλ

.

Quando a pressão na cápsula é 1 atm (ar à pressão atmos-

férica), a velocidade da luz sofrerá uma redução e, com ela,

o número de comprimentos de onda no interior da cápsula

sofrerá um acréscimo de N em relação à quantidade ante-

rior. Nesta situação, a velocidade da luz na cápsula será v =

λ’·f e o novo número de comprimentos de onda na cápsula

passa a ser:

2 2 22

⋅=

⋅+ ⇒ =

⋅ ⋅⋅ + ⋅

d dN

dd Nλ λ

λλ

λ’’

A partir da definição do índice de refração absoluto, tere-

mos:

ncv

nff

nd

d N

nd N

dn

Nd

= ⇒ =⋅⋅

⇒ =⋅ ⋅

⋅ + ⋅

⇒

⇒ =⋅ +

⋅⇒ = +

⋅⋅

λλ

λλ

λλ

’ 22

22

12

208.

a) Com as equações fornecidas, I = I0 ⋅ cos2θ e IP

d00

24=

⋅ ⋅π,

e tomando π = 3, temos:

IP

dI

d

I

=⋅ ⋅

⋅ ⇒ =⋅ ⋅

⋅

⇒

⇒ =

02

22

2

4

24

4

12

0 125

πθ

πcos

, WW/m2

b) Com a lei de Snell-Descartes, temos:

n sen n sen sen n sen

n n

1 1 2 2 2

2 2

1 60 30

32

12

3

⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒

⇒ = ⋅ ⇒ =

θ θ º º

FÍSICA - editorapositivo.com.br · 100 = N + 80 ⇒ N = 20 N 3. A figura a seguir mostra as...

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