Livro2 Fisica Capitulo1 Cinematica

8/12/2019 Livro2 Fisica Capitulo1 Cinematica

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– 1

FÍSICA

LIVRO 2 – CINEMÁTICA

Capítulo 1 – Movimentos Circulares

9) a) = = = = 0,050

= 5,0 . 10–2

b) f = = rpm = 0,50rpm

c) V = = = (m/s) = 30,0m/s = 108km/h

d) a = = (m/s2) a = 1,5m/s2

Respostas: a) 5,0 . 10–2rad/s b) 0,50rpmc) 108km/h d) 1,5m/s2

10) 1) Cálculo da frequência:

V = = = C f

24 . 107 = 27 . 103f

2) Cálculo do número de voltas:

f =

n = f . t = . 104 . 3600

n = 32 . 106

Resposta: 3,2 . 107

11) a) Para cada volta, o ciclista percorre o comprimento dabanda de rodagem.s = N . C6,0 . 103 = N . 2,0

b)

= 2,0 . f

Respostas: a) 3,0 . 103

b) 2,5Hz

12) r = RT + h = 6,4 . 106 + 36,6 . 106 (m)

r = 43,0 . 106 m

V = =

V =

V = 30 . 102m/s = 3,0 . 103m/s

Resposta: C

13) a) = = (m/s2) = 5,0m/s2

b) 1) Tempo gasto para ir de 0 a 180km/h:

V = V0 + t

50 = 0 + 5,0 t1

2) = =

Respostas: a) 5,0m/s2

b)

14) a) V =

2,5 . 105 =

T = 2,0 . 3,1 . 1015s

T = anos

T = 2,0 . 108

anos

b) a =

a = (m/s2)

Respostas: a) T = 200 milhões de anosb) a = 2,5 . 10–10m/s2

15) a) C = 2R = área (V x t)

2R = (6,0 + 2,0)

b) acp = = (m/s2) = (m/s2)

Respostas: a) 2,0mb) 5,0m/s2

16) 1) Para ir de P para Q, a partícula A descreve um ângulo de rad em um intervalo de tempo t dado por:

rad–––––

s

rad–––––

s

2 . 3–––––120

2––––

T

––––t

rad–––––

s1

––––2,0

1–––T

2 . 3 . 600––––––––––

120

2R–––––

T

s––––t

(30,0)2–––––––

600

V2

–––

R

C–––T

s–––t

24 8f = –––– . 104 Hz = ––– . 104 Hz

27 9

n–––t

8–––9

n = 3,2 . 107

N = 3,0 . 103

s CV = –––– = ––– = C f

t T

f = 2,5Hz18,0––––3,6

2r–––––

T

s–––t

2 . 3 . 43,0 . 106m––––––––––––––––

8,6 . 104s

V = 3,0 km/s

75–––15

V–––t

t1 = 10s

rad––––s

/2––––10

–––t

rad = ––– ––––

20 s

rad––––

s

––––20

2R––––

T2 . 3,1 . 2,5 . 1020

––––––––––––––––––T

2,0 . 3,1 . 1015

––––––––––––––––3,1 . 107

T = 200 milhões de anos

V2––––

R

(2,5 . 105)2–––––––––––

2,5 . 1020

a = 2,5 . 10–10m/s2

R = 2,0m–––2

10––––2,0

2

––––2,0

V2

–––R

acp = 5,0m/s2



2 –

= =

2) Para que ocorra a colisão, a partícula B deve percorrer a

distância r no mesmo intervalo de tempo t = com ve-

locidade de módulo V0 dado por:

V0 = =

Resposta: B

17)

→VA =

→VB = R

→V = 2 R

t =

→am =

→am = =

→am tem a mesma orientação de

→V

Resposta: B

18) A velocidade escalar linear é dada por:

V = = (1)

A velocidade areolar é dada por:

VA = = (2)

Fazendo-se , vem

= .

=

Resposta: A

19)

a) Supondo-se ser constante a velocidade da bala, vem:

V = t = = (s)

t = 0,50 . 10–2s

b) Como o cilindro não completou uma rotação, temos:

9° ……………

180° …………… rad

= . rad = rad

A velocidade angular de rotação do cilindro é dada por:

= = 2f

= 2f

= 2 f

f = (Hz)

Respostas: a) 5,0 . 10–3s ou 5,0msb) 5,0Hz

20) a) Para que o pneu pareça estar parado, entre duas fotos su-

cessivas t = T = s

, ele deve ter dado um número

completo de voltas, isto é, a sua frequência de rotação de-

ve ser múltipla da frequência de gravação: fr = n fgPortanto, fr pode valer 30Hz, 60Hz, 90Hz…, n 30 Hz, com n

inteiro positivo, isto é, o pneu pode dar 30 voltas por se-

gundo, 60 voltas por segundo… n 30 voltas por segundo.

b) Quando f for mínima (30 Hz), a velocidade angular também

será mínima:

= 2 f

mín = 2 . 3,0 . 30 (rad/s)

c) A menor velocidade linear será dada por:

V = RVmín = mín . R

Vmín = 180 . 0,3 (m/s)

Nota: Pelo valor encontrado para Vmín , os valores de frequên-

cia 60Hz, 90Hz, … dariam valores exagerados para a

velocidade do carro.

Respostas: a) 30n voltas por segundo, com n inteiro positivo

b) 180rad/s c) 54m/s

––

r–––––

s–––t

rV0 = ––––

T

––2

4 R–––––

T

2 R––––––

T–––2

V→

–––t

s–––t

2R–––––

T

A–––t

R2–––––

T(2)–––(1)

VA–––V

R2–––––

T

T–––––2R

VA–––V

R–––2

VRVA = ––––

2

3,0––––600

s–––V

s–––t

t = 5,0 . 10–3s = 5,0ms

––––20

9––––180

–––t

/20––––––––––5,0 . 10–3

f = 5,0Hz

–––––10–1

0,5––––––10–1

1–––30

mín = 180rad/s

t = –––

–––t

–––t

Vmín = 54m/s



– 3

21) No teste da bicicleta, a distância percorrida por um ponto daperiferia da roda é dada por:

n = número de voltas realizadas.

No teste da esteira, a velocidade escalar constante da pessoaé dada por:

V =

Para os desempenhos serem equivalentes, “as distâncias per-corridas”, no mesmo intervalo de tempo, deverão ser iguais:s1 = s2n . 2 R = V . tComo = f, vem:

V = 2 f R

= 2 . 3 . . R

Resposta: C

22) I (C) Como o satélite realiza 14 voltas em 24h, o seu períodoé dado por:

T =

II (C) A velocidade orbital é dada por:

V = =

R = RT + h = 6400km + 940km = 7340km

V = 27 . 103km/h

V = 2,7 . 104 = . 103m/s = 7,5 . 103m/s

III (C) acp =

acp = (m/s2)

Resposta: E

23) O velocímetro, embora esteja calibrado em unidades de veloci-dade linear (km/h), em realidade mede a velocidade angularcom que giram as rodas do carro. Se o raio do pneu aumenta,

a velocidade linear, para o mesmo valor de , aumenta e aindicação será menor do que a velocidade real.VI = Ri VR = RfVI = velocidade indicada no velocímetroVR = velocidade real do carro

= = 1,05

= 1,05 VI = km/h 76 km/h

Resposta: B

24) VANA = = (m/s) = 9m/s

Como Joana percorre uma distância maior, no mesmo tempo,sua velocidade é maior que a de Ana.Resposta: B

31) Todos os pontos da Terra que estão em movimento circularuniforme, em torno do eixo de rotação da Terra, têm a mesma

velocidade angular:

= rad/h

A velocidade linear e a aceleração centrípeta têm módulosdados por: V = r e acp = 2 rPara constante, V e acp são diretamente proporcionais aoraio r da circunferência descrita.

Sendo rA = rE, resulta:

e

Resposta: A

32) Sendo d a distância de um ponto X do cilindro até o eixo derotação, a aceleração centrípeta do ponto X é dada por:

De acordo com o gráfico dado,vem:

d = 1,0m ⇔ a = 4,0m/s2

4,0 = 2 . 1,0

Resposta: C

33) a) Para que não haja escorregamento entre as polias, os pon-tos de contato entre elas devem ter a mesma velocidade

→V.

b) VA = VB

2fARA = 2fBRB

=

= fB = (Hz)

Respostas: a) anti-horário b) 5Hz

24h––––14

T 1,7h

s––––t

2R––––

T

R 7,3 . 103km

6,28 . 7,3 . 103

–––––––––––––––1,7

km––––

h

km––––h

27––––3,6

V2

––––R

(7,5 . 103)2

––––––––––7,3 . 106

acp 7,7m/s2

80––––1,05

80–––VI

Rf–––Ri

VR–––VI

2R–––––

T

2 . 3 . 7,5––––––––––

5

2––––24

1—2

VEVA = ––––

2

aEaA = ––––

2

ax = 2 d

rad = 2,0 ––––

s

s1 = n . 2 R

s2 = V . ts2––––

t

n––––t

80––––60

3,0 . 103

–––––––––30 . 60

R 21cm

RA––––RB

fB––––

fA

fB = 5Hz10–––2

R–––2R

fB––––10



4 –

34) a) Para um ponto da correia em contato com a polia (1), temos:

V = = = 2 f1 R1

V = 2 . 3 . 4,0 . 6,0 (cm/s)

b) Os pontos das polias em contato com a correia têm a

mesma velocidade escalar linear:V2 = V1

2 f2 R2 = 2 f1 R1

= =

c) V3 = V1

= 2 f1 R1

= f1 R1

T3 = = (s)

Respostas: a) 1,44m/s

b) 3,0Hz

c) s

35) a) V = = = 2 f R

V = 2 . 3 . . 0,60 (m/s)

b) 1) fcoroa = fpedal = Hz = Hz

2)

fcatraca = . (Hz) = Hz

3) V = 2 froda . Rroda

V = 2 . 3 . . 0,30 (m/s)

Respostas: a) 2,4m/sb) 3,0m/s

36) a)

vA = (m/s)

vB = (m/s)

b) Como as partículas caminham em sentidos opostos,temos:vrel = vA + vB

c) Para um encontro na mesma posição de partida, cadapartícula deve dar um número completo de voltas.O tempo gasto será múltiplo do período de cada partícula.O período de encontros será o mínimo múltiplo comumentre os períodos.

TE = m.m.c. (T1;T2) = m.m.c. (8,0; 12,0)

d) Para um encontro em qualquer posição, tomando-se umadas partículas como referencial (suposta parada) e a outramovendo-se com a velocidade escalar relativa, temos:

vrel = 2,5 =

Respostas: a) 1,5m/s e 1,0m/s b) 2,5m/sc) 24,0s d) 4,8s

37) 1) Em 4,0s, o móvel A percorreu um ângulo dado por:

A = 1,5 =

2) A velocidade angular relativa é dada por: rel = B – A rel = 1,5 rad/s

3) Após a partida de B, o tempo de encontro é dado por:

rel = 1,5 =

4) Desde a partida de A, o tempo total é dado por:

T = 4,0s + TE

Resposta: 8,0s

38) 1.a hipótese: o satélite tem velocidade angular maior que a daTerra:

rel = S – T

= – = – =

T1 = d = . 24h

Enquanto a Terra dá 2 voltas (48h), o satélite dá 3 voltas (48h).

2.a hipótese: o satélite tem velocidade angular menor que a daTerra:

rel = T – S

= – = – =

Enquanto a Terra dá 2 voltas (48h), o satélite dá 1 volta (48h).

Resposta: B

2,0–––––––6,0 . 4,0

R3–––––R1 f1

1T3 = ––––– s

12,0

1–––––12,0

R3–––T3

s–––t

2R–––––

T

40–––60

V = 2,4m/s

fcatraca Dcoroa––––––––– = –––––––––

fcoroa Dcatraca

40–––60

2––3

2––3

5––3

25–––10

5––

3

V = 3,0m/s

s 2 Rv = —– = —–—

t T

2 . 3 . 2,0–––––––––

8,0vA = 1,5m/s

vrel = 2,5m/s

TE = 24,0s

s–––t

2 . 3 . 2,0––––––––––

TE

TE = 4,8s

2 . 3 . 2,0–––––––––

12,0vB = 1,0m/s

–––t

–––4,0

= 6,0rad

–––TE

6,0–––TE

TE = 4,0s

T = 8,0s

cmV = 144 –––– = 1,44m/s

s

6,0–––8,0

f2–––4,0

R1–––R2

f2–––f1

f2 = 3,0Hz

2 R3––––––T3

3–––2

1––––T1

1–––1

1––––T1

1–––2

2 ––––TT

2 ––––T1

2 ––––Trel

T1 = 16h2

–––3

2–––3

1–––2

1––––T2

1––––T2

1––––

1

1–––2

2 ––––T2

2 ––––TT

2 ––––Trel

2 R1––––––T1

s–––t

T2 = 2d



– 5

39) a)

1) =

TT = 4TM

T = M

T = 2 e M = 8

2) rel = M – T = 6

rel =

Para o 1.o alinhamento, rel = rad

6 = t = a

3) Para t = T, a Terra percorre volta, ou seja:

Respostas: a) 2 meses b) 60°

40) 1) = =

min = rad/h

h = rad/h

2) rel = min – h

rel = 2 – (rad/h)

3) rel =

2 = TE = h = h

Resposta: D

41) A velocidade angular do ponteiro dos minutos em rela ção aoponteiro das horas é dada por: rel = mín – h

= –

= 1 – =

Trel =

Portanto, o intervalo de tempo entre duas superpo sições su-

cessivas vale .

Resposta: D

42) g0 = 10m/s2; R = 6,4 . 106m; = ; gE = 0

2

R = g0 = = T = 2

T = 6 (s) = 6 64 . 104s

T = 6 . 800s = 4800s = 80 min

Resposta: C

43) De acordo com a relação

V = 2 fpedal Rroda

Para fpedal e Rroda constantes, teremos

Vmáx quando combinamos a coroa de raio máximo (R3) com a

catraca de raio mínimo (R4).Resposta: B

44) De acordo com a relação

V = 2 fpedal Rroda

Para fpedal e Rroda constantes, teremos

Vmín e força máxima quando combinamos a coroa de raiomínimo (R1) com a catraca de raio máximo (R10).Resposta: C

11 rel = –––– 2 rad/h

12

11–––12

/2––––TE

6––––22

3––––11

180TE = ––––– min

11

––––t

2–––T

2–––1

2–––12

2–––12

rel–––––

t

2––––

Trel

2–––1

1––––Trel

1–––12

12 – 1––––––––

12

12––– h11

2–––12

12––– h11

2–––T

g0

–––R

2

–––T

R

–––g0

6,4 . 106

––––––––10

2 ––––

T

1–––4

rad––––

a

rad––––

a

rad––––

a

rel–––––t

–––t

1–––6

t = 2 meses

1–––6

1–––6

360° = ––––– = 60°

6

Rcoroa–––––––Rcatraca

Rcoroa–––––––Rcatraca



6 –

45) 1) Para dar uma volta completa, o tempo gasto pela estaçãoespacial é igual ao seu período: 90 min = 1,5 h

2) Neste intervalo de tempo, um ponto na linha do Equadorterá percorrido uma distância d dada por:d = VEquador . t = T RT t

d = . t

d = . 1,5 (km)

Resposta: D

46) Como as duas têm na sua periferia a mesma velocidadeescalar linear, temos:

VD = VT

=

=

TT = . 1,0s

Resposta: B

47) I (V) O pedal é solidário à coroa e ambos giram com a

mesma frequência e mesma velocidade angular.II (F) Velocidade angular e velocidade linear são grandezas

físicas diferentes e não podem ser iguais.

III (V) fpedal = fcoroa =froda = fcatraca

= = 2

froda = 2 fpedal

Quando o pedal der n voltas, a roda dará 2n voltas.Resposta: D

48) Em um movimento de rotação, os pontos têm a mesma

velocidade angular .Resposta: C

49) A frequência de rotação inicial (fmín) é dada por:

4,80 = 3 fmín . 5,0

A frequência de rotação final (fmáx) é dada por:

4,80 = 3 fmáx . 2,0

Resposta: A

40 000

—–––––24

d = 2500 km

2 RD—–––––

TD

2 RT—–––––

TT

RT—––

TT

RD—––

TD

RT . TDTT = –––––––––

RD

16–––24

2TT = ––– s

3

fcatraca—––––––

fcoroa

Rcoroa—––––––Rcatraca

froda—––––fpedal

Rcoroa—––––––Rcatraca

fmín = 0,32rps

fmáx = 0,80rps

2RT—––––TT



– 7

FÍSICA

LIVRO 2 – CINEMÁTICACapítulo 2 – Composição dos Movimentos

7) a) VR = =

b)→

VR =→

Vrel +→

VarrVR = Vrel – Varr800 = Vrel – 80

Respostas: a) 800 km/h b) 880 km/h

8) Sejam→Vb a velocidade do barco em relação à água e

→Vc a

velocidade da correnteza.

Quando o barco navega a favor da correnteza, temos:

VR = Vb + Vc = 6,0 (1)

Quando o barco navega contra a correnteza, temos:

V’R = Vb – Vc = 2,0 (2)

Fazendo-se (1) + (2), vem:

2 Vb = 8,0

Fazendo-se (1) – (2) vem:

2 Vc = 4,0

Resposta: B

9) 1) Na direção Ox, temos:

x = x0 + V0xt + t2

x = 0 + 0 + t2

(I) (SI)

2) Na direção Oy, temos:

y = y0 + Vy t

(II) (SI)

3) Em (II): t =

Em (I): x = 3,0 . (SI)

Resposta: E

10) s = V t (MU)

d = (Vb – Vc) 10 (1)d = (Vb + Vc) 4 (2)

d = Vc T (3)

(1) = (2):

(Vb – Vc) 10 = (Vb + Vc) 4

5Vb – 5Vc = 2Vb + 2Vc

3Vb = 7Vc

(1) = (3):(Vb – Vc) 10 = Vc T

Vc – Vc 10 = Vc T

. 10 = T

T = h = 13h + h

Resposta: B

11) s = V t (MU)

d = VCR . 300 (1)

d = (VCR + 2,0) 100 (2)

d = (V’C – VCR) 600 (3)

(1) = (2):

300 VCR = 100 (VCR + 2,0)

3VCR = VCR + 2,0

2VCR = 2,0

(1) = (3):

300VCR = (V’C – VCR) 600

300 = (V’C – 1,0) 600

1,0 = 2,0V’C – 2,0

Em (1):

d = VCR . 300 = 1,0 . 300 (m)

(01) Falsa: VR = V’C – VCR = 0,5m/s

(02) Falsa: 0,5m/s

(04) Correta: V’C = 1,5m/s

(08) Correta

(16) Correta: d = 300m

(32) Falsa

(64) Falsa

Resposta: 28

12)

Para chegarem juntos, as velocidades resultantes deverão ser

iguais:

VRA= = = 2,0m/s

VRB= VB + VE 2,0 = VB + 1,0 VB = 1,0m/s

VRC= VC – VE 2,0 = VC – 1,0 VC = 3,0m/s

V = = = f e

VCR = 1,0m/s

V’C = 1,5m/s

d = 300m

s–––t

200m––––––100s

s–––t

n e–––t

T = 13h + 20min

1–––3

40–––3

4–––3

7–––3

sR––––t

600km––––––––

3 h––4

VR = 800km/h

Vrel = 880km/h

Vb = 4,0m/s

Vc = 2,0m/s

ax–––2

6,0––––

2

x = 3,0t2

y = 9,0t

y––––9,0

y2

––––81

y = 27x

7Vb = ––– Vc3



8 –

2,0 = fA . 0,5 fA = 4,0 passos/s

1,0 = fB . 0,5 fB = 2,0 passos/s

3,0 = fC . 0,5 fC = 6,0 passos/s

Respostas: fA = 4,0 passos/s

fB = 2,0 passos/s

fC = 6,0 passos/s

13) Na ida de A para B:

VB + VC = T1 =

Na volta de B para A:

VB – VC = T2 =

T = T1 + T2 = + =

Resposta: C

14) a) 1) x = x0 + Vx t (MU)

x = 2,0t (SI)

2) y = 0,25 x2 (SI)

y = 0,25 . 4,0 t2 (SI)

(SI)

3) Vx = 2,0m/s

Vy = 2,0 t = 2,0 . 1,0 (m/s) = 2,0m/s

V2 = Vx2 + Vy

2

b) ax = 0ay = 2,0m/s2

Respostas: a) 2,0 2 m/sb) 2,0 m/s2 (constante)

15) Considere as águas como referencial (equivale a imaginar as

águas paradas).

Neste caso, a garrafa ficaria em repouso e o barco se afastariadela durante 1,0 min com uma certa velocidade relativa.

Na volta, o barco deverá percorrer a mes ma distância com a

mesma velocidade relativa (em módulo) e, portanto, gastará

o mesmo tempo de 1,0 min.

Portanto, o intervalo de tempo desde que a garrafa foi aban-

donada até ser recuperada foi de 2,0min e a distância per -

corrida pela garrafa, em relação às margens, foi de 2,0 km.

O módulo da velocidade da garrafa ou da correnteza será dado

por:

VC = =

Resposta: A

16) 1) A velocidade resultante da pessoa (velocidade relativa aosolo) é dada por:

VR = = = 1,0m/s

2) Teorema de Roberval:

VR→

= Vrel→

+ Varr→

Como a velocidade relativa (pessoa em relação à escada) ea velocidade de arrastamento (velocidade da escadarelativa do solo) têm sentidos opostos, temos:

VR→

= Vrel→

– Varr→

1,0 = Vrel→

– 0,5

Resposta: D

23) a) Na direção perpendicular à correnteza, temos:

VB =

T = = (h)

b) Na direção paralela às margens, temos:s = V t (MU)D = VA T

D = 0,50 . 2,0 (km)

Respostas: a) 2,0h b) 1,0km

24)

D = 1,0km

d–––T

4,0–––2,0

d–––VB

T = 2,0h

10,0 m–––––––

10 s

BA––––

–––t

Vrel→

= 1,5m/s

VC = 1,0 km/min2,0 km–––––––2,0 min

s–––t

d–––T1

d––––––––VB + VC

d–––T2

d––––––––VB – VC

d––––––––VB + VC

d––––––––VB – VC

d (VB – VC + VB + VC)––––––––––––––––––––

VB2 – VC

2

2 d VBT = ––––––––––VB

2 – VC2

y = 1,0 t2

V = 2,0 2 m/s

| a→ | = 2,0m/s2



– 9

a) tg = =

=

b) V2rel = V2

R + V2arr

V2rel = (40)2 + (30)2

Respostas: a) 30km/hb) 50km/h

25)

1) A pedra tem um movimento de arrastamento com velocida-de horizontal igual à do carro (V1).

2) A pedra tem um movimento, relativo ao carro, circular e uni-forme com velocidade de módulo V2.

3) No ponto X, de contato com o chão, a pedra deve ter velo-cidade nula, em relação ao solo, para que o pneu não der-rape. Portanto, V2 = V1.

4) No ponto Y, a velocidade da pedra, relativa ao solo, será

dada porVy = V2 + V1 = 2V1

Como V1 = 100km/h resulta Vy = 200km/h

5) A trajetória da pedra, em relação ao solo terrestre, tem aforma de uma curva chamada cicloide.

Resposta: D

26) Na figura (II): No triângulo da figura:

a) tg 60° =

3 =

b) sen 30° =

=

Respostas: a) 6,9m/sb) 8,0m/s

27) Para um referencial na plataforma, temos:

Para um referencial no solo terrestre, devemos somar em cadaponto a velocidade da plataforma, 2

→V.

Resposta: C

28)

Como não há escorregamento, o ponto X do ci lindro temvelocidade resultante igual à da tábua A: horizontal para a di-reita com módulo 40 cm/s. Esta velocidade é a soma

vetorial da velocidade relativa ao centro C com a velocidade de

arrastamento do ponto C:

VR = Vrel + Varr

Vrel = VR – Varr

Vrel = VR + (– Varr)

|Vrel| = 50 cm/s (para a direita)

A velocidade resultante no ponto Y é dada por:

Vy = VR = Varr + Vrel

Resposta: (para a esquerda)|Vy| = 60cm/s

Vrel = 8,0m/s4,0

–––––Vrel

1––2

Varr–––––Vrel

60–––80

VR–––––Varr

V–––40

3––4

V = 30km/h

Vrel = 50km/h

VR–––––Varr

VR–––––

4,0

VR = 4,0 3 (m/s) 6,9m/s



10 –

29)

a) Para que haja encontro, a velocidade relativa entre A e B

deve ser dirigida segundo a reta AB, isto é, as componentes

das velocidades→VA e

→VB, na direção perpendicular a AB,

deverão ser iguais:

(condição de encontro)

b) Da relação anterior, vem: VB =

VB será mínimo quando sen = 1 e

c) Vrel =

VA cos + VB cos =

Respostas: a) VA sen = VB sen

b) = 90° e VB = VA sen

c)

30) De acordo com o Princípio de Galileu (independência dosmovimentos), podemos calcular o tempo de travessia ima gi-nando a água parada; esse tempo será mínimo quando avelocidade relativa for perpendicular às margens.Analisando-se apenas o movimento relativo, temos:

s LVrel = –––– = –––––

t Tmín

1,03,0 = ––––––

Tmín

Resposta: D

31)

1) V22 = VR

2 + V12

(2,5)2 = VR2 + (1,5)2

6,25 = VR2 + 2,25

VR2 = 4,0

2) s = Vt (MU)

1,0 = 2,0T

Resposta: C

32) 1) VD = VT

=

2) Para t = t1, a roda dianteira completa uma volta e a rodatraseira completa meia volta. A pedra B estará no pontomais alto de sua trajetória e sua velocidade relativa ao soloé dada por:

Resposta: D

2 2R—–––––

TT

2R—–––

TD

TT = 2TD

VB = 2V

VR = 2,0 km/h

T = 0,5h = 30min

VA sen = VB sen

VA sen ––––––––

sen

= 90°

VB (mín) = VA sen

srel–––––

t

D–––TE

DTE = –––––––––––––––––––

VA cos + VB cos

DTE = –––––––––––––––––––

VA cos + VB cos

1,0Tmín = –––––– h = 20min

3,0



– 11

FÍSICA

LIVRO 2 – CINEMÁTICA

Capítulo 3 – Lançamento de Projéteis

8) a) No ponto mais alto:

VA = V0x = V0 cos = 100 . 0,60(m/s) = 60m/s

aA = g = 10m/s2

b) 1) V0y = V0 sen = 100 . 0,80 (m/s) = 80m/s

2) V = V0y + y t

0 = 80 – 10 ts

3) T = ts + tQ = 2ts

c) Vy2 = V0y

2 + 2 y sy

0 = (80)2 + 2 (–10) H

20H = 6400

d) x = x0 + V0x t

D = V0 cos . T

D = 100 . 0,60 . 16,0 (m)

Respostas: a) 60m/s e 10m/s2

b) 16,0s

c) 320m

d) 960m

9) 1) Cálculo de V0y:

Vy = V0y + y t (MUV)

0 = V0y – 10 . 3,0

2) Cálculo de V0:

V0y = V0 sen

30 = V0 . 0,6

3) Cálculo de V0x:

V0x

= V0

cos

V0x = 50 . 0,8 (m/s)

4) Cálculo do alcance:

D = V0x .T (MU)

D = 40 . 6,0 (m)

Resposta: A

10) 1) H = área (V x t)

H = (m) = 80,0m

2)

V02 = V0x

2 + V0y2

(50,0)2 = V0x2 + (40,0)2

V0x = 30,0m/s

3) D = V0x . Tvoo

D = 30,0 . 8,0 (m) = 240,0m

4) =

Resposta: D

11) 1) Na direção vertical: Vy2 = V0y

2 + 2y sy

0 = V0y2 + 2 (–10,0) 5,0 V0y

2 = 100

2) Na direção vertical: Vy = V0y + y t

0 = 10,0 – 10,0 tS

3) Tempo de voo: T = tS + tQ = 2 tS = 2,0s

4) Na direção horizontal: x = V0x T

10,0 = V0x . 2,0

5) Cálculo de V0:

V02 = V0x

2 + V0y2

V02 = 25,0 + 100

V0

2 = 125

V0 = 5,0 . 2,2 (m/s)

Resposta: 11,0m/s

12) a) 1) V0y = V0 sen 37° = 12,5 . 0,60 (m/s) = 7,5m/s

2) H = H0 + V0y t + t2 (↑ ⊕)

3,0 = 0,5 + 7,5t – 5,0t2

5,0t2 – 7,5t + 2,5 = 0

1,0 t2 – 1,5t + 0,5 = 0

Como a bola já está em movimento descendente, a

solução que interessa é t2 = 1,0s.

b) 1) V0x = V0 cos 37° = 12,5 . 0,80(m/s) = 10,0m/s

2) sx = V0x t (MU)

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

––2

t1 = 0,5s (subindo)

t2 = 1,0s (descendo)

V0 = 11,0m/sV0y = 30m/s

V0 = 50m/s

V0x = 40m/s

D = 240m

4,0 . 40,0–––––––––

2

D–––H

240,0–––––80,0

D––– = 3H

V0y = 10,0 m/s

ts = 1,0 s

V0x = 5,0 m/s

V0 = 5,05m/s

D = 960m

H = 320m

ts = 8,0s

T = 16,0s

D = 10,0m



12 –

c) Vy2 = V0y

2 + 2y sy (↑ )

0 = (7,5)2 + 2 (–10,0) (H – 0,5)

20,0 (H – 0,5) = 56,25

H – 0,5 = 2,8

d) 1) A velocidade é horizontal, dirigida para a direita e de

módulo V0x = 10,0m/s.2) A aceleração é vertical, dirigida para baixo e de módulo

g = 10,0m/s2.

Respostas: a) 1,0s b) 10,0m c) 3,3m

d) V0x = 10,0m/s, horizontal, para a direita;

a = 10,0m/s2, vertical, para baixo.

13) a) 1) Para h = 4,0 m, temos Vy = – 8,0m/s

Vy2 = V0y

2 + 2y sy

64,0 = V0y2 + 2 (–10,0) . 4,0

V0y

2 = 144

2) Vy2 = V0y

2 + 2y sy

0 = (12,0)2 + 2 (– 10,0) H

20,0 H = 144

b) V0x = 12,0m/s

V0y = 12,0m/s

1) Como V0x = V0y, então = 45°

2) V02 = V0x

2 + V0y2

V02 = (12,0)2 + (12,0)2 = 2 (12,0)2

c) 1) Vy = V0y + y t

–12,0 = 12,0 – 10,0 T

2) sx = Vx T (MU)

D = 12,0 . 2,4 (m)

Respostas: a) 7,2m

b) = 45° e V0 = 12,0 2m/sc) 28,8m

14) a) 1) V0x = V0 cos 20°

V0x = . 0,95 (m/s) = 19m/s

2) V0y = V0 sen 20°

V0y = . 0,35 (m/s) = 7,0m/s

3) sx = V0x t (MU)

9,5 = 19 . t1

4) y = y0 + V0yt + t2 (MUV)

h1 = 0 + 7,0 . 0,5 – (0,5)2 (m)

h1 = 3,5 – 1,25 (m)

b) 1) sx = V0xt (MU)

19 = 19 t2

2) y = y0 + V0yt + t2 (MUV)

h2 = 0 + 7,0 . 1,0 – (1,0)2 (m)

3)

d = H – h2

Respostas: a) 2,25m b) 0,4m

15) Após abandonarem o avião, os pacotes conservam a velo-cidade horizontal do avião, por inércia.Isto significa que em relação ao avião os pacotes caem ver-ticalmente, isto é, a cada instante os pacotes estão na mesmavertical do avião.As distâncias entre pacotes sucessivos é crescente, pois os pa-cotes se afastam entre si com movimentos relativos uni-formes.Resposta: B

16)

O tempo de subida é calculado pelo movimento vertical e édado por:

Vy = V0y + y t (MUV)

0 = V0 sen – g ts

ts =

O tempo total T é dado por:

T = ts + tQ = 2ts

72––––3,6

t1 = 0,5s

y–––2

10––––

2

h1 = 2,25m

t2 = 1,0s

10–––2

h2 = 2,0m

d = 0,4m

72––––3,6

y–––2

V0 sen –––––––––

g

T = 2,4 s

D = 28,8 m

V0y

= 12,0m/s

H = 7,2m

V0 = 12,0 2 m/s

H = 3,3m



– 13

T =

T = (s)

Resposta: D

17) O projétil e o pássaro têm aceleração igual à da gravidade e,portanto, a aceleração relativa é nula e o movimento relativoé retilíneo e uniforme.s = V t100 = 200 . T

Resposta: B

24) 1) Tempo de queda da bola:

sy = V0y t + t2 (↓ ⊕)

3,2 = 0 + tQ2

tQ2 = 0,64

2) Velocidade horizontal:

V0 = =

V0 = 11,25 = 11,25 . 3,6

Resposta: A

25) (I) Correta: O tempo de queda só depende do movimentovertical, que é idêntico para o projétil e para o cartucho,pois V0y = 0 e y = g.

(II) Incorreta: As velocidades verticais têm módulos iguais, po-rém para o projétil também existe a velocidade horizontale, portanto:

V→projétil V→

cartucho

(III)Correta: O movimento relativo é retilíneo e uniforme comvelocidade V

→0 , pois a aceleração relativa é nula (A e B têm

acelerações iguais à da gravidade).srelativo = Vrelativa t

Resposta: D

26) 1) a) A altura máxima, lida no gráfico, é de aproximadamen-te 1,52m.

b) Vm(x)= =

c) Desprezando-se o efeito do ar, o movimento vertical é

uniformemente variado e teremos:

Vy2 = V0y

2 + 2y sy

0 = V0y2 + 2 (–10) 1,52

V0y2 = 30,4

Respostas: a) 1,52m b) 1,2m/s c) 5,5m/s

27) a) Desprezada a resistência do ar, o tempo de subida é igualao de queda para o centro de massa da atleta voltar àmesma altura inicial. Podemos estudar apenas o movi-mento vertical de descida do centro de massa da atleta.

sy = V0y t + t2 (MUV)

1,25 = 0 + t12

t12 = 0,25

b) O movimento horizontal, desprezando-se o efeito do ar, éuniforme:

VH =

VH =

c) O tempo total de voo até a atleta chegar ao solo é dadopor:

VH = 6,0 =

O tempo de voo é tal que:

T = t1 + t2

1,17 0,50 + t2

Respostas: a) t1 = 0,50s

b) VH = 6,0m/s

c) t2 0,67s

28) a) (1) A velocidade inicial vertical do projétil é dada por:

V0y = V0 sen = 100 . (m/s) = 50 m/s

(2) O tempo de subida é dado por:

Vy = V0y + yt (↑ )

0 = 50 – 10 ts

(3) A velocidade horizontal do projétil é dada por:

V0x = V0 cos = 100 . (m/s) = 90 m/s

(4) O tempo de voo é dado por:

T = ts + tq = 2ts = 10,0s

y–––2

10–––2

t1 = 0,50s

x–––t

3,0m–––––0,50s

VH = 6,0m/s

x–––t

7,04––––

TT 1,17s

t2 0,67s

x–––t

1,3m––––––

1,1s

Vm(x) 1,2m/s

V0y 5,5m/s

km–––h

m––s

V0 = 40,5km/h

d = V0t

1–––2

ts = 5,0s

1,8––––

2

9,0m–––––0,8s

x––––t

y–––2

10–––

2

tQ = 0,8s

T = 0,5s

2 . 10 . 0,6–––––––––––––

10

T = 1,2s

2V0 sen ––––––––––

g



14 –

(5) O alcance D é dado por:

D = V0x . T

D = 90 . 10,0 (m)

b) A altura máxima, segundo Salviati, é dada por:

Vy2 = V0y

2 + 2y sy

0 = (50)2 + 2(– 10)H

20H = 2500

c) De acordo com Simplício, o projétil sobe em linha reta e,

em seguida, cai verticalmente, porém com o mesmo alcan-

ce calculado por Salviati.

Da figura: tg 30° =

H’ = D tg 30° = 900 . (m)

H’ = 300 . 1,8 (m)

Respostas: a) 900 m

b) 125 m

c) 540 m

29) a) 1) = 45° V0x = V0y = V0 sen 45° = 20,0 2 . (m/s)

V0y = 20,0m/s

2) h = H0 + V0y t + t2 (MUV)

0 = 25,0 + 20,0 t – 5,0 t2

5,0t2 – 20,0 t – 25,0 = 0

t1 = – 1,0s (rejeitada)1,0 t2 – 4,0 t – 5,0 = 0

b) sx = Vx . t2

D = 20,0 . 5,0 (m)

Vy2 = V0y

2 + 2y (H – H0)

0 = 400 + 2 (– 10,0) (H – 25,0)

20,0 (H – 25,0) = 400

Respostas: a) T = 5,0sb) D = 100mc) H = 45,0m

30) 1) Cálculo de V0y:

V02 = V0x

2 + V0y2

V0 = 10,0m/s

V0x = 6,0m/s

2) Cálculo do tempo gasto:

sy = V0yt + t2 (↑ ⊕)

3,0 = 8,0 t – 5,0 t2

5,0t2 – 8,0t + 3,0 = 0

t = (s)

t = s

Como a bola está em movimento descendente, interessa a

solução t2 = 1,0s.

3) sx = Vx t (MU)

x = 6,0 . 1,0 (m)

Resposta: D

31) a) A velocidade é mínima no ponto mais alto da trajetória do

projétil e é igual à componente horizontal de V→

0:

Vmín = V0x = V0 cos 53°

9,0 = V0 . 0,60

b) Analisando-se apenas o movimento vertical (MUV), temos:

y = y0 + V0y t + t2

0 = 32,0 + 15,0 . 0,80 t1 – t12

5,0 t12 – 12,0 t1 – 32,0 = 0

t1 = (s)

t1 = (s) = (s) e

c) Analisando-se o movimento horizontal (MU), vem:

x = x0 + V0x t

x1 = 0 + 9,0 . 4,0 (m)

Respostas: a) 15,0m/sb) 4,0sc) 36,0m

V0 = 15,0m/s

y–––2

10–––2

12,0 ± 144 + 640–––––––––––––––––

10,0

8,0 ± 64,0 – 60,0––––––––––––––––––

10,0

t1 = 0,6s (subindo)

t2

= 1,0s (descendo)

8,0 ± 2,0––––––––

10,0

x = 6,0m

H = 45,0m

V0y = 8,0 m/s

y–––2

2––––

2

y–––2

t2 = 5,0 s

D = 100m

H’––––

D

3––––

3

H’ = 540 m

H = 125m

D = 900m

t1 = 4,0s12,0 ± 28,0

–––––––––––––10,0

12,0 ± 784–––––––––––––––––

10,0

x1 = 36,0m



– 15

32)

a) O tempo de queda é obtido do movimento vertical (MUV):

sy = V0yt + t2 ↓

3,2 = T2 T2 = 0,64

b) 1) Cálculo do tempo de queda de C para B:

sy = V0y t + t2 (MUV)

1,8 = 0 + t CB2

tCB2 = 0,36

2) O tempo total de voo entre A e B é dado por:

TAB = 2 tCB = 1,2s

3) Cálculo de V0 :

V0 = =

4) Cálculo da distância AB:

sx = Vx t (MU)

D = 2,0 . 1,2 (m)

c) A velocidade vertical após a colisão é obtida analisan do-se

o movimento vertical de subida de A para C:

Vy2 = V0y

2 + 2 y sy ( ↑ )

0 = VAy2 + 2(– 10)(1,8)

VAy2 = 36,0

Respostas: a) T = 0,8 s

b) D = 2,4 m

c) VAy = 6,0 m/s

33) 1) O movimento horizontal da bola é uniforme:

V0x = = = 11,0m/s

2) Sendo = 45°, resulta:

V0y = V0x = 11,0m/s

3) O movimento vertical é uniformemente varia do:

sy = V0y t + t2

H = 11,0 . 2,0 – (2,0)2 (m)

H = 22,0 – 20,0 (m)

Resposta: D

34) Para as esferas P e Q, o movimento é acelerado e portanto osmódulos de suas velocidades vão aumentando e o segmentode reta orientado que simboliza as velocidades deve tertamanho crescente.Resposta: B

35) O alcance horizontal D é dado por:

D = sen 2

32 = . sen 2

sen 2 = 0,8 =

2 = 53°

Resposta: B

x–––t

22,0m––––––2,0s

H = 2,0m

y–––2

10,0–––––

2

V02

–––g

400––––10

4––5

= 26,5°

y–––2

T = 0,8 s10

––––2

y–––2

10––––

2

tCB = 0,6 s

V0 = 2,0 m/s1,6 m

–––––––0,8 s

d––––

T

D = 2,4 m

VAy = 6,0 m/s



16 –

FÍSICA

LIVRO 2 – MECÂNICA

Capítulo 1 – As Leis de Newton e suas Aplicações

9) Durante a freada, a carga tende a manter sua velocidadevetorial por inércia (1.a Lei de Newton) e, se não estiver bemamarrada, vai colidir contra a cabina do motorista.

Resposta: C10) A força resultante é nula quando o corpo está em repouso ou

em movimento retilíneo e uniforme (velocidade vetorial cons-tante).Portanto, a resultante será não nula no corpo I (movimentocircular uniforme) e no corpo II (movimento retilíneo e uni-formemente variado).Resposta: D

11) 1) Verdadeira. No caso de uma freada, o corpo da pessoa éprojetado para frente por inércia de movimento e o papeldo cinto de segurança é aplicar uma força para trás demodo a frear o corpo, evitando a colisão com o vidro ou apessoa ser atirada para fora do carro.

2) Falsa. Não existe inércia de aceleração; quando a força éretirada, no mesmo instante a aceleração se anula.3) Falsa. O movimento retilíneo e uniforme se mantém por

inércia, sem a presença de força.4) Falsa. Galileu pensava dessa maneira porque na sua época

não era conhecido o conceito de força gravitacional, que éresponsável por manter o planeta em sua órbita.

5) Falsa. A maior parte da viagem é feita por inércia, com osjatos desligados, em movimento retilíneo e uniforme.

6) Verdadeira. Nenhum corpo pode sozinho mudar sua velo-cidade vetorial; para mudar a velocidade, o corpo devereceber uma força externa.

7) Verdadeira. Se a partícula criasse campo elétrico na posiçãoonde se encontra, ela ficaria sob ação do próprio campo

(força elétrica) e conseguiria sozinha mudar sua velocidade,o que contraria o princípio da inércia.8) Falsa. A função da força resultante é variar a velocidade.9) Verdadeira. A força resultante no bloco é nula e a força

aplicada pelo plano deverá equilibrar o seu peso e, paratanto, deve ser vertical, para cima e com a mesma inten -sidade do peso.

→F +

→P =

→0

→F = –

→P

Está força→F tem uma compo-

nente normal→FN e uma compo-

nente de atrito →Fat:

→F =

→FN +

→Fat

10)Falsa. Poderá estar em repouso ou em MRU.

11)Falsa. O princípio da inércia somente é válido para os

sistemas de referência chamados sistemas inerciais.

Para nossos estudos, um sistema de referência é dito iner-

cial quando estiver parado ou em MRU em relação ao solo

terrestre.

12)Verdadeira. Para andar (mudar sua velocidade), a pessoa

precisa receber uma força externa do chão por meio do

atrito.

12) Sendo a velocidade constante (MRU), a força resultante é nu-la e a força total aplicada pelo escorregador deve equilibrar opeso:

F→

+ P→

= 0→

Resposta: B

13) Nas três situações, a velocidade vetorial é constante (MRU) e

a força resultante no helicóptero é nula.

As únicas forças externas que atuam no helicóptero são:

(1) o peso P→

aplicado pela Terra;

(2) a força F→

aplicada pelo ar.

Sendo a resultante nula, a força F→

deve equilibrar o peso e,

portanto, deve ser vertical e dirigida para cima nos três esquemas.

Resposta: A

14) Sendo a velocidade constante (MRU), a força resultante é nula.

Projetando-se as forças na direção da reta trajetória, temos

Resposta: C

15) a)

O módulo do deslocamento (→d ) do pombo será dado pelo

valor do segmento OP:→d = OP

Portanto: d2 = (–––OS)2 + (

–––SP)2

d2 = (8,0)2 + (6,0)2

b) Sendo constante a velocidade do pombo, a força resultantedeve ser nula, assim:Fres = Fasas = 0,72N

Fres = bv2

0,72 = 5,0 . 10–3 v2

v2 = 144 (SI)

Respostas: a)→d =

→OP e

→d = 10,0m b) 12,0m/s

d = 10,0m

v = 12,0m/s

F→

= – P→

F = R + P sen



– 17

16) O princípio da relatividade enunciado por Newton e genera-lizado por Einstein nos ensina que todas as leis da Física têma mesma formulação em relação a qualquer sistema dereferência inercial.Isto equivale a dizer que todos os sistemas de referênciainerciais são equivalentes.Resposta: E

17) 01 (V) O resultado de qualquer experiência independe do

sistema inercial em relação ao qual são feitas as me-didas e, portanto, o comportamento das bolas de bilharna colisão independe da velocidade do trem em relaçãoao solo terrestre.

02 (V) É o fundamento do princípio da relatividade.04 (F) Einstein apenas generalizou o princípio da relatividade

newtoniana.08 (F) Não podemos determinar a velocidade do trem.Resposta: 03

18) O texto sugere que um corpo sobre um plano horizontal sematrito se move eternamente em movimento retilíneo e unifor-me, por inércia.Resposta: A

19) O carro tende a manter sua velocidade por inércia (1.a Lei deNewton).Resposta: A

20) A função de uma força é produzir aceleração, ou seja, variar avelocidade de um corpo.O único movimento de uma partícula que se mantém porinércia é o MRU, de acordo com a 1.a Lei de Newton.Resposta: D

28) a) FR = 6,0N (ver figura)

b) PFD: FR = ma

6,0 = 1,2 . a

Respostas: a) 6,0N b) 5,0m/s2

29) PFD (M + m):→F0 = (M + m) a→

PFD (m):→F = m a→

→F = m .

→F =

→F0 =

→F0

Resposta: A

30)

Fmín = 0 Fmáx = F1 + F2 + F3 = 12,0N

amáx = a2 =

amáx = (m/s2)

Resposta: A

31) 1) Como a função V = f(t) é do 1.o grau, o movimento é uni-

formemente variado e a aceleração escalar é constante e

é dada por:

= = (m/s2) = – 6,0m/s2

2) Como a trajetória é retilínea, a componente centrípeta da

aceleração vetorial é nula e portanto:

3) 2.a Lei de Newton (PFD):

FR = ma

FR = 0,5 . 6,0 (N)

Resposta:

32) a) =

=

b) 1) V2 = V02 + 2 s

0 = 400 + 2 25

50 = – 400

2) a = = 8,0m/s2

3) FR = ma = 1,0 . 103 . 8,0 (N)

Respostas: a) 2,5s b) 8,0kN

s––––t

V0 + V––––––––

2

25––––t

20 + 0––––––––

2

t = 2,5s

= – 8,0m/s2

FR = 8,0 . 103N = 8,0kN

a = 5,0m/s2

→F0–––––––M + m

5,0–––––20,0

m––––––––M + m

→F0

F = –––––4

a1 = 0

Fmáx–––––m

12,0–––––2,0

amáx = 6,0m/s2

– 24,0–––––

4,0

V––––t

a = at = = 6,0m/s2

FR = 3,0N



18 –

33) (I) 1 (II) 3 (III) 4 (IV) 2

34) Corpo A: F = mA a (1)

Corpo B: F = 3mA b (2)

Corpo (A + B): F = 4mA c (3)

Comparando-se (1) com (3):

mA

a = 4 mA

. c

Comparando-se (2) com (3):

3mAb = 4mAc

Resposta: A

35) a) V = 10m/s = 10 . 3,6km/h

b) s =N área (V x t)

s = (22,5 + 17,5) (m)

c) De 0 a 3,0s, a aceleração é constante (MUV) e seu móduloa é dado por:

a = = (m/s2)

d) De acordo com a 2.a Lei de Newton:

F = ma = 80 . 2,0 (N)

Respostas: a) 36km/hb) 2,0 . 102mc) 2,0m/s2

d) 1,6 . 102N

36)

V0 = 0

Vf = 18 = = 5,0m/s

a = = m/s2

Fres = m . a

FB – FA = m . a

Sendo FA = FB = 2 . FA

2FA – FA = m . a FA = m . a

FA = 150 . 103 . 0,50 (N)

Respostas: Ver esquema e o módulo da força de resistência daágua é 7,5 . 104N ou 75kN.

37) Para o urubu: V0 = 0

V = 540 = m/s = 150m/s

PFD: Fm = mam = m

Fm = 2,0 . (N)

Resposta: C

38) Resposta: C

39) 1) A mola da esquerda está alongada e a da direita estácomprimida; cada mola exerce na esfera uma força deintensidade F = k d dirigida para a esquerda.

PFD (esfera): 2 F = m a 2 kd = m a

2) A velocidade do carro é dirigida para a direita e a força re-

sultante na esfera é dirigida para a esquerda: o movimentoserá retardado e o módulo da velocidade estará dimi-nuindo.

Resposta: E

40) I) A força nuclear forte une quarks para formar prótons enêutrons e une os prótons e nêutrons para manter coesosos núcleos atômicos.

II) A força nuclear fraca atua em processos radioativos (de-caimento beta) quando um nêutron emite um elétron e umantineutrino e se trans forma em um próton: o númeroatômico aumenta uma unidade e o elemento químico sealtera.

III) A interação entre partículas eletrizadas ocorre com a forçaeletromagnética.

Resposta: C

49) F = m a1 (1)F = M a2 (2)F = (M + m) a (3)

De (1): m =

De (2): M =

F–––a1

F–––a2

10––––

2s = 2,0 . 102m

V––––t

10,0––––5,0

a = 2,0m/s2

F = 1,6 . 102N

V = 36km/h

m–––s

18–––3,6

km–––h

5,0–––––10,0

V–––t

FB–––2

FA = 7,5 . 104N

540

––––3,6

km

––––h

V–––t

150–––––––––1,0 . 10–3

Fm = 3,0 . 105N

2 kda = ––––––

m

a = 0,50m/s2

3c = ––– b

4

ac = –––

4



– 19

Em (3): F = + a

1 = a

a = = (m/s2)

Resposta: C

50) a) Não havendo atrito entre o bloco de gelo e o reboque, o ge-lo fica isento de forças horizontais e sua aceleração é nula.O caminhão e o reboque terão acelerações iguais, cujomódulo a é dado por:

PFD: Fat = (mC + mR) a

10 000 = 4 000 . a

b) A força transmitida pelo engate vai acelerar o reboque:

F = mR . a

F = 1,0 . 103 . 2,5 (N)

Respostas: a) ag = 0; aC = aR = 2,5m/s2

b) 2,5kN

51)

PFD (M1): Fmola = M1a1 (1)PFD (M2): F – Fmola = M2a2 (2)

(1) + (2): F = M1a1 + M2a2

Resposta: A

52) a) PFD: Fx = ma

F cos 60° = ma

8,0 . = 2,0 . a

b) V2 = V02 + 2 s (MUV)

V2 = 2 . 2,0 . 4,0

V2 = 16,0

Respostas: a) 2,0m/s2 b) 4,0m/s

53) a)→FR =

→FA +

→FB +

→FC

→FR = 720 i

→– 540 j

→(N)

→FR 2 = (720)2 + (540)2

b) PFD: FR = ma

900 = 600a

Respostas: a) 900N b) 1,5m/s2

54)

Na direção x:

F1x = – F1 cos 60° = – 1,4 . (N) = – 0,70N

F2x = F2 = 0,50NF3x = 0

Rx = 0,20N

PFD: Rx = max

0,20 = 20 . 10–3 . ax

Resposta: 10m/s2

55) a) 1) Para t = 0 F = 200N

2) PFD: F = ma

200 = 10 . a

b) 1) Força média entre 0 e 2,0s:

Fm = = (N) = 300N

2) PFD: Fm = mam = m

300 = 10

Respostas: a) 20m/s2

b) 60m/s

56) a) 1) Fx

= F cos 37° = 20,0 . 0,80 (N) = 16,0N

2) Fy = F cos 53° = 20,0 . 0,60 (N) = 12,0N

b) Na direção vertical: FN + Fy = P

FN + 12,0 = 60,0

c) PFD: Fx – Fat = M a

16,0 – 10,0 = 6,0 . a

Respostas: a) Fx = 16,0N e Fy = 12,0N

b) 48,0N

c) 1,0m/s2

F – M1a1a2 = ––––––––––

M2

1–––

2

a = 2,0m/s2

V = 4,0m/s

→FR = 900N

a = 1,5m/s2

1––2

ax = 10m/s2

a = 20m/s2

200 + 400–––––––––––

2

F0 + F1––––––––2

V–––t

V1 = 60m/s(V1 – 0)

–––––––––2,0

FN = 48,0N

a = 1,0m/s2

a = 2,5m/s2

F = 2,5kN

a1 a2––––––––a2 + a1

12,0 . 3,0––––––––

15,0a = 2,4m/s2

a2 + a1–––––––a1a2

F–––a2

F–––a1



20 –

57) Na 1.a situação, a força deformadora tem intensidade de 200N.Na 2.a situação, a força deformadora tem intensidade de 400N.Sendo F = kx, quando F duplica, x também duplica.Resposta: C

58) 1) PFD: F1 – f = M a110,0 – f = M 2,0 (1)

2) PFD: F2 – f = M a220,0 – f = M 6,0 (2)

(2) – (1): 10,0 = 4,0 M

Em (1): 10,0 – f = 2,5 . 2,0

Resposta: E

70) Desprezando-se o efeito do ar, a única força atuante na bola éo seu peso, que tem direção vertical, sentido para baixo emódulo P = mg = 6,5N.

71) 01.Falsa. Após ser lançada para cima, a força resultante sobrea laranja (soma vetorial do peso com a resistência do ar) édirigida para baixo.

02.Falsa. No ponto de altura máxima, a velocidade se anula ea força resultante na laranja é o seu peso.

04.Verdadeira.08.Falsa. A força dirigida para cima só existe enquanto a la -

ranja está na mão da pessoa, isto é, no ato de lançamento.16.Verdadeira. É a aceleração da gravidade.Resposta: 20

72) a) PFD (objeto):

2F – P = ma

2F = P + a = P 1 + = P

b) Para o equilíbrio:

2F = P

Respostas: a) F =

b) F =

73) a) Como a força tensora T = 1200N é maior que o peso dobloco P = 1000N, a aceleração a→ é dirigida para cima.

PFD: T – P = m a

1200 – 1000 = 100 . a

b) O sentido do movimento (subindo ou descendo) não estádeterminado.

O helicóptero pode estar subindo com movimento ace-lerado (↑ V

→↑ a→ ) ou descendo com movimento retardado

(↓ V→

↑ a→).

74) a) 1) F = 50V2

200 = 50V12

V12 = 4,0

2) PFD: P – F = ma

800 – 200 = 80a1

b) V = Vlim, quando F = P

50Vlim2 = 800 Vlim

2 = 16

Respostas: a) 2,0m/s e 7,5m/s2

b) 4,0m/s

75) 1)T – P = ma

16 250 – 13 000 = 1300a

2) V = V0 + t 3) V = V1 + t

V1 = 0 + 2,5 . 8,0 (m/s) 0 = 20,0 – 5,0T

5,0T = 20,0

4)

s = área (V x t)

H = (m)

Resposta: 120m

76) a) F = P Vlim = m g

b) 1) As velocidades terminais são iguais e dadas por:

Ftotal = Ptotal

2 Vf = (m1 + m2) g

g + a–––––

g

a––g

P–––g

P g + aF = ––– –––––––

2 g

PF = –––

2

P–––2

P–––2

a = 2,0m/s2

V1 = 2,0m/s

a1 = 7,5m/s2

Vlim = 4,0m/s

a = 2,5m/s2

T = 4,0sV1 = 20,0m/s

12,0 . 20,0–––––––––

2

H = 120m

Vlim = m g/

g + a–––––

g

f = 5,0 N

M = 2,5kg

(m1 + m2)gVf = ––––––––––––

2



– 21

2) F2 + T = P2

+ T = m2g

(m1 + m2) g + 2 T = 2m2g

m1g + m2g + 2T = 2m2g

2T = m2g – m1g

Respostas: a) mg/

b)

c)

77) a) (F) Para ter o mesmo peso, no mesmo planeta, os corposdeveriam ter massas iguais.

b) (F) A massa do corpo não depende do local e o corpo A terámassa de 1,0kg em qualquer planeta.

c) (F) A massa é constante.d) (F) O peso depende do local.e) (V) PB = mB gM = 2,5 . 4,0 (N) = 10,0N

PA = mA gT = 1,0 . 10,0 (N) = 10,0NResposta: E

78) Durante a queda livre, cada bloco tem aceleração igual à dagravidade.A força resultante em cada bloco é o seu próprio peso. Istosignifica que os blocos não interagem com os fios e portanto:

Resposta: C

79) Para uma gota de chuva, rapidamente a resistência do ar

equilibra seu peso e a gota cai com velocidade constante(velocidade limite de queda).

Far = P = Vol g e Vol = R3

k R2 Vlim = R3 g

Vlim = R

↓constante

A gota maior atinge maior velocidade limite e chega antes ao

solo e suporta uma resistência do ar maior (área maior evelocidade maior).Resposta: A

87) a) Morango em equilíbrio:

F→

= 0→

F→

+ P→

= 0→

direção de F→

: vertical

F→

= – P→ sentido de F

→= para cima

F→ = P

→

b) Reação à força F→

: na saladeiraReação ao peso: na Terra

88) I. Falsa.

O corpo pode estar em MRU.

II. Falsa.

N→

e P→

não são, entre si, ação e reação, pois estão aplicadas

ao mesmo corpo.

III. Correta.A reação tem a mesma intensidade da ação (peso).

IV. Falsa.

Ação e reação têm sempre a mesma intensidade.

Resposta: B

89)

A força resultante é nula:

2 T = P

T = = (N)

Resposta: 300N

90) a) A força que a Terra aplica sobre a esfera é o seu peso:FTE = PE = mEg = 24 . 10 (N) = 240N

De acordo com a 3.a

Lei de Newton (ação e reação), a esferaaplica sobre a Terra uma força de mesma intensidade:240N.

b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton à Terra, vem:

FET = mT aT

240 = 6,0 . 1024 aT aT = 4,0 . 10–23m/s2

10–23 < 4,0 . 10–23 < 10–22

Como 4,0 > 10 , a ordem de grandeza é 10–22m/s2

Respostas: a) 2,4 . 102Nb)10–22m/s2

91) (1) Correta.

PFD: F – P = maF = m (a + g)

F = 1,0 (12,0) (N)

(2) Correta. P = mg = 10,0N(3) Correta. É a reação à força F

→.

(4) Falsa.Resposta: B

T1 = T2 = 0

4–––3

Vlim = C R4 g

––– ––––3 k

600––––

2

P––2

T = 300N

F = 12,0N

4–––3

(m2 – m1) gT = ––––––––––––

2

(m1 + m2) gVf = ––––––––––––

2

(m2 – m1)gT = –––––––––––2

(m1 + m2)g–––––––––––

2



22 –

92) a) 2.a Lei de Newton aplicada ao bloco B:T – PB = mBa

T – mBg = mBa

T = mB (a + g)

T = 20 (0,5 + 10)(N)

b) Isolando-se o operário, vem:

PH = peso do operário, aplicadopela Terra

T = força aplicada pelo fio

F = força aplicada pela balança

Como o operário permanece emequilíbrio, temos:

T + F = PH210 + F = 80 . 10

De acordo com a 3.a Lei de Newton (ação e reação), ooperário aplica sobre a balança uma força vertical, dirigidapara baixo e de intensidade 590N e que corresponde àindicação da balança.

c) A reação ao peso do operário é uma força vertical, dirigidapara cima (oposta ao peso), com intensidade 800N (igual àdo peso) e que o operário aplica no centro da Terra.

Respostas: a) 210N

b) 590Nc) 800N; vertical; para cima; no centro da Terra.

93) De acordo com a 3.a Lei de Newton (ação e reação), resulta:

De acordo com a 2.a Lei de Newton (PFD), vem: m ai = 2m af

Resposta: B

94) Cada garota da equipe B puxa a corda para a direita com uma

força→F e a corda reage aplicando na mão da garota uma

força –→F para a esquerda.

Cada garota da equipe B aplica no chão uma força→

Fat para aesquerda e recebe do chão uma força de reação –

→Fat para a

direita.

Resposta: E

95) 1) Para o equilíbrio da pessoa:FN + F = P

2) A força que a balança indica éFbalança = FN + F = P

Observe que, de acordo com a 3.a Lei de Newton, a pessoaaplica sobre a bengala uma força de intensidade F e a bengalareage na mão da pessoa com uma força de mesma intensi-dade F, dirigida para cima.

Resposta: C

96)

1) 3.a Lei de Newton (ação e reação):

FAB = FBA

mB . aB = mA aA

mB = mA

mB VB = mA VA

75 . 0,30 = 50 . VA

2) Vrel = VA + VB = 0,30 + 0,45 (m/s)

Vrel = 0,75m/s

3) srel = Vrel . t (MU) d = 0,75 . 5,0 (m)

Resposta: E

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

7,0 = 14,0 . a

2) PFD (B): FAB = mB a

FAB = 6,0 . 0,5 (N)

Fi = Ff

ai = 2af

(VA – 0)––––––––

t

(VB – 0)––––––––

t

VA = 0,45m/s

d = 3,75m

a = 0,5m/s2

F = 590N

T = 210N



– 23

3) Lei da ação e reação:

Resposta: B

105) 1) PFD (A + B):

F = (mA + mB) a

6,0 = 3,0a

2) PFD (A):

T = mAa

T = 1,0 . 2,0 (N)

Resposta: A

106) a)

1) O dinamômetro ideal tem massa desprezível; a força re-

sultante sobre ele é sempre nula e a força que ele indica

é a força aplicada em uma de suas extremidades.

2) PFD (B): T = mB a

20,0 = 5,0 . ab) PFD (A + B):

F = (mA + mB) a

F = 11,0 . 4,0 (N)


b) 44,0N

107) a) PFD (A + B + C):

F = (mA + mB + mC) a

30,0 = 12,0 a

b) PFD (B + C):

FAB = (mB + mC) a

FAB = 8,0 . 2,5 (N)

c) PFD (C):

FBC = mC a

FBC = 2,0 . 2,5 (N)

FBC = 5,0N = FCB (ação e reação)


b) 20,0N

c) 5,0N

108) a) PFD (A + B + C):

F = (mA + mB + mC) a

30 . 103 = 60 . 103 . a

b) PFD (B + C):

FAB = (mB + mC) a

FAB = 30 . 103 . 0,5 (N)

c) PFD (C):

FBC = mC aFBC = 25 . 103 . 0,5 (N)

FBC = 1,25 . 104 N


b) 15kN

c) 12,5kN

109) a) PFD (A + B + C): F1 – F2 = (mA + mB + mC) a

36,0 – 12,0 = 8,0a

b) PFD (A):F1 – FBA = mA . a

36,0 – FBA = 4,0 . 3,0

c) PFD (C):FBC – F2 = mC . a

FBC – 12,0 = 2,0 . 3,0

Para conferir:FAB – FCB = mB . a

24,0 – 18,0 = 2,0 . a

Respostas: a) 3,0 m/s2

b) FAB = FBA = 24,0 N

c) FBC = FCB = 18,0 N

110) 1) PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC) a

2) PFD (B + C): T1 = (mB + mC) a

3) PFD (C): T2 = mC a

F = T1 + T2 (mA + mB + mC) a = (mB + mC + mC) a

mA + mB + mC = mB + 2 mC

(mB qualquer)

Resposta: Ca = 0,5m/s2

FAB = 15kN

FBC = 12,5kN

a = 3,0 m/s2

FBA = 24,0 N

FAB = FBA = 24,0 N

FBC = 18,0 N = FCB

a = 3,0 m/s2

mC = mA

a = 2,0m/s2

T = 2,0N

a = 4,0m/s2

F = 44,0N

a = 2,5m/s2

FAB= 20,0N

FBA = FAB = 3,0N

FAB = 3,0N



24 –

111) a) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao conjunto dos doisblocos, vem:

F = (mA + mB) a

2,0 = 5,0 . a

b) Isolando-se o bloco superior (A), vem:

2.a Lei de Newton no bloco A:

FatBA= mA a

FatBA= 2,0 . 0,40 (N)

(ação e reação)

Respostas: a) A aceleração tem módulo 0,40m/s2

b) 0,80N

112) 1) PFD (A + B + corda): F = (mA + mB + mC) a

12,0 = 6,0 . a

2) PFD (B + metade da corda):

T = mB + a

T = (2,0 + 0,5) . 2,0 (N)

Resposta: C

113) a) PFD (A + B):

F = (mA + mB) a

7,5 = 1,0 . a

b)

1) PB = Fy = 4,0N

2) PFD (B): Fx = mBa

Fx = 0,4 . 7,5 (N) = 3,0N

3) FAB2 = Fx

2 + Fy2

Respostas: a) 7,5m/s2 b) 5,0N

114) a) PFD (A + B): F2 – F1 = (MA + MB) a (1)

PFD (A): F – F1 = MA a (2)

Sendo a massa proporcional ao comprimento, vem:

MA = kx e MA + MB = kL

: =

F – F1 = (F2 – F1)

b)

c) F =

115) 1) PFD (A + B): F1 – F2 = 3Ma

29,0 – 5,0 = 3Ma

Ma = 8,0

2) PFD (B):

FH – F2 = 2Ma

FH – 5,0 = 16,0

3) PFD (A):

F1 – FH = Ma

29,0 – FH = 8,0

A haste está sendo tracionada por uma força de inten-

sidade FH = 21,0N.

A força resultante na haste é nula porque ela tem massa

desprezível.

Resposta: C

F1 + F2––––––––

2

FH = 21,0 N

FH = 21,0N

FatBA= FatAB

= 0,80N

a = 2,0m/s2

mC 2

T = 5,0N

a = 7,5m/s2

FAB = 5,0N

kx–––kL

F – F1–––––––F2 – F1

(2)–––(1)

x–––L

(F2 – F1)F = F1 + ––––––––– x

L

a = 0,40m/s2



– 25

116) a) PFD (A + B):

b)Nx = MB a

Ny = MA g

N2 = N2x

+ N2y

c) tg = =

Respostas: a) (MA + MB) a

b) M2B

a2 + MA2 g2

c)

117) Nos dois esquemas, temos:F = (m1 + m2) a

Portanto: a1 = a2 =

No esquema (1): PFD(m2): R1 = m2a

No esquema (2): PFD(m1): R2 = m1a

=

Sendo m1 > m2

Resposta: D

118) 1) 2.a Lei de Newton para uma carteira:

(1)

2) Para o conjunto de seis carteiras:

(2)

(2) em (1):

6 fat – fat = ma

5 fat = ma

fat =

fat = (N)

Resposta: A

126) a) PFD (A + B):F – (PA + PB) = (mA + mB) aF – 60,0 = 6,0 . 2,0

b) PFD (B): T – PB = mB a

T – 40,0 = 4,0 . 2,0

Respostas: a) 72,0N b) 48,0N

127) a) Considere o sistema constituído pelos três elos e m = massade cada elo.PFD (sistema):

F – 3 m g = 3 m a

F = 3 m (a + g)

F = 3 . 0,10 . 13 (N)

b) PFD (elo): FR = m a

FR = 0,10 . 3,0 (N)

c) PFD (elo de baixo):

F1 – m . g = m . a F1 = m . a + m . g

F1 = m . (a + g) = 0,10 . 13 (N)

Respostas: a) 3,9N b) 0,30N c) 1,3N

128) a) No instante em que a esfera de massa m1 perde o contatocom o chão, sua aceleração ainda é nula e, portanto:

b) No instante em que a esfera de massa m1 perde o contatocom o chão, a esfera de massa m2 está sob ação de seupeso e da força aplicada pelo fio:

PFD: P2 + T = m2 a

m2g + m1g = m2 a

(m2 + m1) gRespostas: a) m1g b) –––––––––––––

m2

F = (MA + MB) a

N = M2B

a2 + MA2 g2

MB a–––––––MA g

Nx–––––Ny

MB a––––––MA g

F–––––––––m1 + m2

m1––––m2

R2–––R1

R2 > R1

F – fat = ma

F = 6 fat

ma–––5

25,0 . 1,0––––––––––

5

fat = 5,0N

F = 72,0N

T = 48,0N

F = 3,9N

FR = 0,30N

F1 = 1,3N

T = m1g

(m2 + m1) ga = –––––––––––––

m2



26 –

129)

1) Ty = P

2) PFD: Tx = ma

3) tg = =

Resposta: C

130) a)

b) Como não há atrito, não há resistência ao movimento equaisquer que sejam as massas M e m o sistema sempreserá acelerado.

c) PFD (A): T1 = Ma1 (1)PFD (B): PB – T1 = ma1 (2)

PFD (A + B): (1) + (2) PB = (M + m) a1

mg = (M + m) a1

d) Em (1):

e) Se invertermos A e B:

131) a) 1) A partir do gráfico:

a = = (m/s2) = 0,5m/s2

2) PFD (m1): T = m1 a (1)

PFD (m2): m2g – T = m2a (2)

PFD (m1 + m2): m2g = (m1 + m2) a

10,0 = (m1 + 1,0) 0,5

20,0 = m1 + 1,0

b)m2g – FN = m2a (3)

Comparando-se (2) e (3):

FN = T = 19,0 . 0,5 (N)

Respostas: a) 19,0kg b) 9,5N

132) a) PFD (A + B + C):

PC = (mA + mB + mC) a

50,0 = (3,0 + 2,0 + 5,0) a

b) PFD (B):

FAB = mB a

FAB = 2,0 . 5,0 (N)

c) PFD (A + B):

T = (mA + mB) a

T = 5,0 . 5,0 (N)

Respostas: a) 5,0m/s2 b) 10,0N c) 25,0N

133) a) PFD (A + B + C): PA = (mA + mB + mC) a

40,0 = 8,0 a

b) PFD (B + C): T = (mB + mC) a

T = 4,0 . 5,0 (N)

c) PFD (C): FatBC= mC . a

FatBC= 1,0 . 5,0 (N)

Respostas: a) a = 5,0m/s2

b) T = 20,0N

c) Fat = 5,0N

134) a) Quando o eixo da polia móvel se desloca de uma distânciax, o bloco B desloca-se de 2x e, portanto:

aB = 2aA

FatBC= 5,0N = FatCB

ma––––mg

Tx––––Ty

a = g tg

mga1 = ––––––––

M + mM mg

T1 = ––––––––M + m

Mg a2 Ma2 = ––––––––– e –––– = –––––

m + M a1 m

Ma2 = –––– a1m

T2 = T1

m M gT2 = –––––––––m + M

1,0––––2,0

V––––t

m1 = 19,0kg

FN = 9,5N

a = 5,0 m/s2

FAB = 10,0 N

T = 25,0 N

a = 5,0m/s2

T = 20,0 N

aB–––– = 2aA



– 27

b)

PFD (A): 2T = mA a (1)PFD (B): PB – T = mB 2a (2)

(2) x 2: 2PB – 2T = 4 mB a (3)

(1) + (3): 2PB = (mA + 4mB) a

2 . 50 = (20 + 4 . 5) a

100 = 40 . a

c) 2T = mA a

2T = 20 . 2,5

d)

Respostas: a)

b) aA = 2,5m/s2 e aB = 5,0m/s2

c) 25N

d) 50N e 252 N

135) a) Para que o bloco A não se movimente verticalmente,temos:

T = PA = mA g = 0,3 . 10(N)

b) A força aplicada pelo fio é a resultante que acelera o blocoB:

PFD (B): T = mB a

mA g = mB a

a = g = . 10 (m/s2)

c) A força→F é a resultante que acelera todo o sistema

(A + B + C):

PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC) aF = (0,3 + 0,2 + 1,5) 15 (N)

Respostas: a) 3,0N b) 15m/s2 c) 30N

136) a) PFD (bloco + corda):F – P = M . a60,0 – 50,0 = 5,0 . a

b)PFD (bloco + x):

TA – P’ = M’ . a

TA – (4,0 + 2,0x) . 10,0 = (4,0 + 2,0x) . 2,0

TA – 40,0 – 20,0x = 8,0 + 4,0x

c)


b) T = 48,0 + 24,0x (SI)c) vide gráfico

137) a) 1) Fy = P = m g

2) Fx = ma

3) tg = =

b) PFD (M + m): F = (M + m) a

c) Da figura: cos = =

Respostas: a) a = g tg

b) F = (M + m) g tg

c) FN =

138) O corpo A não consegue permanecer sobre o corpo B devidoà inexistência de atrito.Por isso, aA = 0.

a = 2,5m/s2

aA = 2,5m/s2 e aB = 5,0m/s2

T = 25N

F2 = T2 = 252 NF1 = 2T = 50N

aB–––– = 2aA

T = 3,0N

0,3––––0,2

mA––––mB

a = 15m/s2

F = 30N

a = 2,0m/s2

ma––––mg

Fx––––Fy

a = g tg

F = (M + m) g tg

mg––––FN

Fy––––FN

mgFN = ––––––

cos

TA = 48,0 + 24,0x (SI)

mg––––––cos



28 –

Os corpos B e C, entretanto, se movem com acelerações deintensidades iguais.PC = (mB + mC) amg = 2maa = g/2

Resposta: A

139) 1) Na situação em que o fio não está esticado, a esfera caicom aceleração igual à da gravidade (queda livre) eteremos:V2 = V i

2 + 2 s (MUV)

V02 = 0 + 2 g H0 (I)

2) Com o fio esticado, o sistema terá uma aceleração demódulo a dado por:

PFD (M + m0):

m0 g = (M + m0) a

m0 g = 4m0 a

3) Com o fio esticado, a velocidade escalar atingida é dadapor:

V2

= Vi

2

+ 2 a s (MUV)

V2 = 0 + 2 H0 (II)

Comparando-se I com II, vem:

Resposta: C

140) A força que acelera o sistema é o peso dos elos pendentes.

Indicando por m a massa de cada elo e por g o módulo daaceleração da gravidade, temos:

PFD (sistema): P4 = Mtotal a

4mg = 10ma

a = g

Resposta: D

141) A força que acelera a corda é o peso da parte pendente decomprimento x .

PFD: Px = Mtotal a

mxg = Mtotal aComo a massa e o comprimento de corda são proporcionais,vem:

k x g = k L a

x = a = g/3

x = L a = g

Depois que a corda se desprende da mesa, sua aceleração éconstante e igual à da gravidade.Resposta: A

153) a) PFD (bloco):

P – Fdin = ma

20 – 15 = 2,0 . a

↓ a→

b) O sentido do movimento não está determinado.

O elevador pode estar:

a→ ↓ ↓ V→

descendo com movimento acelerado

a→ ↓ ↑ V→

subindo com movimento retardado

c) P – F = mamg – ma = F

F = m (g – a)

Respostas: a) a = 2,5m/s2; para baixob) pode estar descendo com movimento acele-

rado ou subindo com movimento retardado.c) 7,5m/s2

154) a) Aplicando-se a 2.ª Lei de Newton aobloco, vem:P – Fdin = mamg – ma = FdinFdin = m (g – a) = m gap = Paparente

gaparente

Fdin = 10 . 8,0 (N)

b) 1) ↑→v : subindo com movimento retardado.

a→↓

2) ↓→v : descendo com movimento acelerado.

c) queda livre: a = g gap = g – a = 0 Pap = 0 = Fdin

Respostas: a) 80Nb) pode estar subindo com movimento retarda-

do, ou descendo com movimento acelerado.c) zero

V0 = 2gH 0

ga = –––

4

2gH 0V = –––––––––

2

g–––4

V0V = –––

2

2a = ––– g

5

4–––10

L

–––3

a = 2,5m/s2

↓ a→ ⇔ gap = g – a

↑ a→

⇔ gap = g + a

Fdin = 80N

gap = g – a = 7,5m/s2

ga = ––– . x

L

gaB = aC = —–

2



– 29

155) a) PFD (bloco): Fdin – mg = ma

Fdin = m (a + g)

gaparente

Fdin = 2,0 . 12,0 (N)

b) ↑ a→ gap = g + a = 12,0m/s2

c) ↑ a→=

d) s = V0t + t2 (MUV)

1,5 = 0 + T2

T2

= 0,25Respostas: a) 24,0N

b) 12,0m/s2

c) ou subindo com movimento acelerado ou des-cendo com movimento retardado

d) 0,50s

156) a) Fmola = P

k x0 = Mg

b) PFD (balde): Fmola – P = Ma

k (x0 + d) – k x0 = Ma

k d = Ma

Respostas: a) x0 = Mg/kb) a = kd/M

157) a)

PFD (A): T – PA = mAa (1)

PFD (B): PB – T = mBa (2)

PFD (A + B): PB – PA = (mA + mB)a

30 – 20 = 5,0 . a

b) Em (1):

T – 20 = 2,0 . 2,0


b) 24N

158) 1)

2)PFD (A): PA – T = mA a

100 – 40 = 10 . a

3) PFD (B): T – PB= mB a

40 – mB . 10 = mB . 6,0

40 = 16 mB

Resposta: 2,5kg

159) 1)

1) PFD (A): T – PA = MAaA30 – 10 = 1,0 aA

2) PFD (B): T – PB = MBaB30 – 20 = 2,0 aB

A aceleração da polia tem módulo dado por:

aP = (m/s2)

Resposta: C

160) a) 1) Cálculo da aceleração dos blocos A e B:

PFD (A + B): PA – PB = (mA + mB) a

30,0 – 20,0 = 5,0 . a

2) s = V0 t + t2

Fdin = 24,0 N

{1) ↑ V

→subindo com movimento acelerado

2) ↓ V→

descendo com movimento retardado

––2

12,0–––––

2

T = 0,50s

Mgx0 = ––––––

k

kda = –––––

M

a = 2,0m/s2

T = 24N

a = 6,0m/s2

mB = 2,5kg

aA = 20m/s2

aB = 5,0m/s2

aA + aBaP = ––––––––––2

aP = 12,5 m/s220 + 5,0–––––––––2

a = 2,0 m/s2

––2



30 –

16,0 = 0 + tA2

b) 1) Velocidade escalar de B quando A atinge o solo:

V2 = V02 + 2 s

VB2 = 0 + 2 . 2,0 . 16,0

2) Distância percorrida por B depois que A chega ao solo:

V2 = VB2

+ 2 s0 = 64,0 + 2(–10,0) s

20,0 s = 64,0s

3) Hmáx = H0 + s

Hmáx = 16,0 + 3,2 (m)

Respostas: a) 4,0s b) 19,2m

161) a) Para um referencial no elevador, temos:

s = V0t + t2

1,6 = (0,8)2

= (m/s2)

Esta aceleração corresponde à gravidade aparente e, comoé menor que a gravidade real (10,0m/s2), concluímos que a

aceleração do elevador é dirigida para baixo e de módulo

a dado por:

5,0 = 10,0 – a

b) A balança indica o peso aparente da pessoa:Pap = m gap

Pap = 70 . 5,0 (N)

c) Para um referencial no elevador, temos:V = V0 + t

Vrel = 0 + 5,0 . 0,8 (m/s)

d) A velocidade resultante (relativa aosolo terrestre) é a soma vetorial davelocidade relativa (4,0m/s) com avelocidade de arrastamento doelevador (4,0m/s) e, como os sentidossão opostos, ela será nula.

Respostas: a) 5,0m/s2; para baixo b) 350Nc) 4,0m/s d) zero

162) a) (1) F1 – P = m a (acelerando)

(2) P – F2 = m a (retardando)

(1) = (2): F1 – P = P – F2

P = = 500N

m = = (kg) = 50kg

b) Em (1): 600 – 500 = 50 . a

c) 1) De 0 a T1, temos:

a =

2,0 =

2) T2

= 8,0

Respostas: a) 50kgb) 2,0m/s2

c) T1 = 2,0 e T2 = 8,0

163) a) 1) O deslocamento vertical de B tem módulo duas vezesmaior que o deslocamento horizontal de A e, portanto:

2) PFD (A + B): 2T = (mA + mB) aA

(horizontal) 2T = 16,0aA T = 8,0aA (1)

3) PFD (B): PB – T = mB ay(B)

(vertical) 10,0 – T = 1,0 . 2aA 10,0 – T = 2,0aA (2)

4) (1) + (2): 10,0 = 10,0aA e

b) Em (1): T = 8,0 . 1,0 (N)

c) sy = v0y t + t2 (MUV)

1,0 = tq2

d)

FN = PA + T

FN = 150 + 8,0(N)

Respostas: a) 1,0m/s2 e 2,0m/s2 b) 8,0Nc) 1,0s d) 158N

164) Levando-se em conta que para o elevador em queda livre agravidade aparente em seu interior é nula, o movimento dabola em relação ao elevador é retilíneo e uniforme:

s = 3,2 m

Hmáx = 19,2 m

––2

––2

= 5,0m/s23,2

–––––0,64

gap = g – a

a = 5,0m/s2

Pap = 350N

Vrel = 4,0m/s

→VR = 0

F1 + F2–––––––

2

500

––––10

P––g

a = 2,0m/s2

V–––t

T1 = 2,04,0–––T1

ay(B) = 2aA

ay(B) = 2,0m/s2aA = 1,0m/s2

T = 8,0N

y–––2

tq = 1,0s2,0–––2

FN = 158N

VB = 8,0 m/s

tA = 4,0s2,0–––2



32 –

FÍSICA


Capítulo 2 – Atrito entre Sólidos

6) a) 1) Fatdestaque= E FN = 0,40 . 40,0N = 16,0N

2) Fatdin= E FN = 0,20 . 40,0N = 8,0N

b) Como a força motriz aplicada (10,0N) não superou a força

de atrito de destaque (16,0N), a caixa fica em repouso e

teremos: Fat = F = 10,0N

c) Como a força motriz aplicada (20,0N) superou a força de

atrito de destaque (16,0N), o atrito será dinâmico e teremos:

Fat = Fatdin= 8,0N

PFD: F – Fat = ma

20,0 – 8,0 = 4,0a

d)

F = Fatdin= 8,0N

e)

Respostas: a) Fatdestaque= 16,0N; Fatdin

= 8,0N b) 10,0N

c) 8,0N; 3,0m/s2 d) 8,0N e) vide gráfico

7) A partir do gráfico, temos:

Fatdestaque= 1,0N

Fatdin= 0,8N

Fatdestaque= E FN = E P

1,0 = E 1,0

Fatdin= D FN = D P

0,8 = D 1,0

Resposta: B

8) a) 1) Força de atrito que o chão aplica em A:

Fat = (PA + PB)

Fat = 0,50 . 100 (N)

2) PFD (A + B): F – Fat = (mA + mB) a

125 – 50 = 10 a

b) 1) Força normal que A aplica em B:

NAB = PB = mBg = 40N

2) Força de atrito que A aplica em B:

PFD(B): FatAB= mBa

FatAB= 4,0 . 7,5 (N) = 30N

3) Força resultante que A aplica em B:

F2AB = N2

AB + Fat2

AB

c) FatAB= E NAB

30 = E 40

Respostas: a) 7,5 m/s2 b) 50 N c) 0,75

9) a) PFD: fat = M a

fat FN

M a M g

a g

b)

PFD: F – Fat = (M + m) a

F = (M + m) g + (M + m) a

F = (M + m) (a + g)

Fmáx = (M + m) (amáx + g)

Fmáx = (M + m) ( g + g)

Respostas: a) gb) 2 (M + m) g

10) a) FatX= PX = 0,20 . 20,0 (N) = 4,0N

FatY= PY = 0,20 . 30,0 (N) = 6,0N

b) PFD (X + Y):

(F1 – F2) – (FatX+ FatY

) = (mX + mY) a

34,0 – 10,0 = 5,0 . a

c) PFD (X):

F1 – (FatX+ F

YX) = mX a

40,0 – (4,0 + FYX) = 2,0 . 4,8

36,0 – FYX = 9,6

Respostas: a) 4,0N e 6,0Nb) 4,8m/s2

c) 26,4N

FYX = 26,4 N

Fmáx = 2 (M + m) g

a = 4,8m/s2

amáx = g

FAB = 50 N

E = 0,75

E = 1,0

D = 0,8

Fat = 50N

a = 7,5 m/s2

a = 3,0m/s2



– 33

11) 1) Fmola = kx = 200 . 1,0 . 10–2 (N) = 2,0N

2)

FatBA= Fmola = 2,0N

3)

PFD(B): F – FatAB= mB a

F – 2,0 = 20,0 . 2,0

Resposta: 42,0N

12) (01) Correta: não há força normal de compressão nemtendência de escorregamento.

(02) Falsa: FN = F = 1,0 . 104 N;

Fat = Ptotal = 150 . 10 (N)= 1500N

(04) Correta: Fdestaque = E FN = 0,35 . 1,0 . 104 N = 3500N

Fdestaque = n P 3500 = n . 500 n = 7(08) Falsa: Fatmáx

= P E F = m g

0,35 F = 500 F 1429N(16) Correta(32) Correta(64) Falsa

Resposta: 53

13) 1) De acordo com o gráfico v = f(t), o corpo só se movimentouquando a força aplicada atingiu o valor F = 10,0 N. Istosignifica que a força de atrito de destaque é ligeiramentemenor (aproximadamente igual) que 10,0N.

Fatdestaque= E FN = E P

10,0 = E . 20,0

2) Com o bloco em movimento, a aceleração tem módulo adado por:

a = = (m/s2) = 2,5m/s2

3) PFD: F – Fatdin= m a

10,0 – Fatdin= 2,0 . 2,5

4) Fatdin= µD P

5,0 = D

. 20,0

Resposta: C

14) 1) Cálculo do módulo da aceleração do carro durante a freada:

PFD: Fat = ma m g = m aa = g = 0,60 . 10 (m/s2) = 6,0m/s2

2) Cálculo da velocidade escalar inicial:

V2 = V02 + 2 s (MUV)

0 = V02 + 2 (– 6,0) 75

V02 = 900

Resposta: C

15) Para que a caixa não escorregue, devemos ter:

PFD: Fat = m aAtrito estático: Fat E . FN

m a E

. m g

a E . g

amáx = 0,1 . 10m/s2

Na fase de aceleração: a1 = = (m/s2) = 1,5m/s2

Na fase de freada: a2 = = (m/s2) = 0,75m/s2

Isto significa que na fase de aceleração, as caixas escorregampara trás e na fase de freada, não há escorregamento.

Resposta: A

24) (01) Correta.

V2 = V02 + 2 s

0 = (25)2 + 2 62,5

– 625 = 125

(02) Falsa. A máxima aceleração que o atrito pode dar à

caixa é:

Fatmáx= m amáx

E m g = m amáx

amáx = E g = 8,0m/s2

Portanto, as caixas não escorregam em relação ao apoio.

(04) Falsa.

(08) Correta.

(16) Correta.

(32) Correta.

(64) Falsa.

Resposta: 57

25) a) PFD (A): FatBA= MAa

A aceleração de A será máximaquando a força de atrito que Baplica em A for a máxima possível(força de atrito de destaque):

E MA g = MA amáx

b) PFD (A + B + C):

MC g = (MA + MB + MC) a

MC g = (MA + MB + MC) E g

MC = (1,0 + 2,0 + MC) 0,5

2 MC = 1,0 + 2,0 + MC

amáx = E . g

amáx = 1,0m/s2

30–––20

V–––t

30–––40

V –––––

t

= – 5,0m/s2


F = 42,0N

E = 0,50

5,0––––2,0

V––––t

Fatdin= 5,0N

D = 0,25

V0 = 30m/s = 108km/h

Mc = 3,0kg



34 –

c) PFD (A + B):T = (MA + MB) a

T = (1,0 + 2,0) . 5,0 (N)


b) 3,0kgc) 15,0N

26)→T = 50

→i + 50

→k (N)

Tx = 50N e Tz = 50N1) Tz + FN = P

50 + FN = 300

2) Tx = Fat = FN

50 = . 250

Resposta: B

27) a) 1) Bloco m:

PFD(m): fat = m a

fat E FN

ma E m g

2) PFD (M + m): F = (M + m) a

Fmáx = 3,0 . 6,0(N)

b) 1) Aceleração do bloco m:

PFD (m): fatdin= m a1

C mg = m a1

2) Aceleração do bloco M:

PFD (1) (M): F – fat = Ma2

19,0 – 0,5 . 10 = 2,0 a2

3) Aceleração relativa entre m e M:

arel = a2 – a1 = 2,0 m/s2

4) Cálculo do tempo gasto:

s = V0t + t2

1,0 = T2

Respostas: a) 18,0N b) 1,0s

28) 1) PFD (B): FN = Ma

2) Para A não escorregar em relação aB:Fat = PA = m g

3) Sendo o atrito estático:

Fat FN

mg M a

a

4) PFD (A + B):

Fmín = (M + m) amín

Resposta: C

29) a) PFD (A + B):

F = (mA + mB) a

4,5 = 3,0 a

b) FatAB

PFD(B): FatAB= mB a

FatAB E FN

mB a E mA g

E

E

E 0,1

E (mín) = 0,1

Respostas: a) 1,5 m/s2

b) 0,1

30)

FN = 250N

1 = –––

5


Fmáx = 18,0N

a1 = C g = 5,0m/s2

a2 = 7,0m/s2

––2

2,0–––2

T = 1,0s

m gamín = ––– –––

M

m g–––– M

m gFmín = (M + m) ––– –––

M

a = 1,5 m/s2

B

mBa–––––mAg

1,8––––18

T = 15,0 N



– 35

a) Para o corpo A subir, o carro deve aplicar em B uma forçade atrito para a esquerda e, pela lei da ação e reação, vaireceber de B uma força de atrito para a direita que vaiacelerá-lo para a direita.

b) 1)

Como as velocidades são constantes, temos:

T = PA = m g

fat = T + Fat = m g + 2 m g = m g (1 + 2)

2) PFD (carro)

fat = ma

m g (1 + 2) = m a

Respostas: a) para a direitab) a = g (1 + 2)

31) a)Fy = F cos 37° = 200 . 0,80 (N) = 160N

Fx = F sen 37° = 200 . 0,60 (N) = 120N

FR = 0 (caixa em repouso)

b) Fat = Fx = 120N

c) FN = Fy + P = 160 + 80 (N) = 240N

d) Fat

FN

120 240

0,50

Respostas: a) Fx = 120N; Fy = 160N; FR = 0

b) 120N c) 240N d) 0,50

32) a) PFD (sistema): P1 = Mtotal a

mg = 6ma

b) PFD (3 + 4 + 5 + 6): T23 = 4ma

c) Para o sistema ser acelerado, devemos ter:P1 > Fatdestaque

mg > M gem que M é a massa total dos blocos que estão em cima damesa.

M < M < M < 4m

Portanto, o número máximo de blocos em cima da mesa é3 e o fio a ser cortado é o fio que liga os blocos 4 e 5.

Respostas: a) g/6 b) 2mg/3 c) fio entre os blocos 4 e 5

33) Nas condições de aceleração mínima a0, o cartão deve per-correr uma distância R + r, enquanto a moeda percorre umadistância r.1) Cálculo da aceleração da moeda:

PFD (moeda): Fat = ma

mg = ma

2) s = V0 t + t2 (MUV)

Moeda: r = t2 (1)

Cartão: R + r = t2 (2)

: =

34) 1) Fy = P2) FN = Fat

3) Para o equilíbrio da escada:

FN . h = P .

Fat . h = P

x = 2 h

xmáx = 2 . h = 2 h

xmáx = 2 . 0,5 . h = h

4) x2 + h2 = (5,0)2

2h2 = 25,0 h2 = 12,5

Resposta: C

35) Para o bloco permanecer em equilíbrio, o peso do cesto com

o seu conteúdo não pode superar a força de atrito de destaque

entre o bloco e o apoio.

PC Fatdestaque

(mC + n m) g E M g

mC + n m E M0,5 + n . 0,080 0,3 . 10

0,5 + n . 0,080 3,0

n . 0,080 2,5

n

n 31,25

mín = 0,50

ga = –––

6

4mg 2T23 = ––––– = ––– mg

6 3

m–––––0,25

m–––

a = g

––2

g––––

2

a0––––2

R + ra0 = ––––––g

r

R + r–––––

r

a0––––g

(2)––––(1)

x––2

x––2

P––––

P

Fat––––P

x = h 3,5m

a = g (1 + 2)

2,5––––––0,080

nmáx = 31



36 –

Não haverá escorregamento para um número máximo de 31

bolas.

O escorregamento começa com um número mínimo de 32

bolas.

Resposta: 32

36) A força de atrito que o chão aplica nas rodas da locomotiva é

a força resultante que vai acelerar o sistema.

PFD: Fat = Mtotal a = a

Se a roda não derrapar, o atrito é estático e prevalece a rela -

ção:

Fat < E FN

Resposta: A

37)

1) Fat = P = mg

2) FN = ma (PFD)

3) Fat FN

mg m a

Para o bloco não escorregar:

a amín =

PFD (M + m): Fmín = (M + m)

O bloco escorrega quando

Resposta: D

38) 1) A força que tende a mover a toalha é a diferença entre opeso do ramo direito e o peso do ramo esquerdo.A massa de cada ramo de corda é proporcional ao seucomprimento: m = kF = PE – PD = k x g – k (L – x) g = k (2x – L) g

2) Para a toalha ficar na iminência de escorregar, temos:

F = Fatdestaque

k (2x – L) g = E k L g

2x – L = 0,5 L

2x = 1,5 L = L

Resposta: C

g––

g––

g––

gF < (M + m) –––

µ

3––2

3x = ––– L

4

3amáx = ––– µg

5

3a < ––– g

5

5––– Ma < M g3

5Fat = ––– Ma

3

2 M + ––– M3



– 37

FÍSICA


Capítulo 3 – Estática

9) A resultante entre F1→

e F2→

, pela regra do paralelogramo, coin-

cide com a força→F3 e é dada pelo Teorema de Pitágoras:

F122 = F3

2 = F12 + F2

2

A resultante entre→F12 e

→F3 tem intensidade de 100N e deve

ser equilibrada por→F4. Portanto,

→F4 = 100N.

Resposta: D

10)

Para o equilíbrio: 2T cos = P

T cos =

Portanto: T1 cos 1 = T2 cos 2 = T3 cos 3

1 > 2 > 3

Como cos é uma função decrescente no 1.o quadrante, vem:

cos 1 < cos 2 < cos 3

11) Nos esquemas de roldana fixa, temos:

Na roldana com fios paralelos:

2 F3 = P F3 =

Na roldana com fio inclinado:

2 F4 cos = P

F4 =

Como cos < 1

2 cos < 2

Resposta: C

12) a)

1) sen 60° = T1 = P . sen 60° = 20 . (N)

2) cos 60° = T2

= P . cos 60° T2

= 20 . (N)

b)

T2 sen = T1 sen

Respostas: a) 103 N e 10N

b) 1

13)

Para o equilíbrio:

1) cos =

2) tg =

Resposta: A

T2–––– = 1T1

3––––

2

T1––––P

T1 = 103 N

1

––2

T2

––––P

T2 = 10N

F4 > F3

P–––––––2 cos

F12 = F3 = 50N

P–––2

T1 > T2 > T3

F1 = F2 = P

P–––2

MgTBA = ––––––

cos

TBC––––TBA

F = Mg tg F

––––TBC



38 –

14) Para o equilíbrio:

H = P = m g = 80N

T = H 2 = 80 2 N

Resposta: C

15) 1) T2 = m2 g = 300N

2) Da figura: sen 53° =

cos 53° =

T1 = T2 sen 53° = 300 . 0,80 (N) = 240NT3 = T2 cos 53° = 300 . 0,60 (N) = 180N

3) T1 = m1 g m1 = 24kg

4) T3 = m3 g m3 = 18kg

Resposta: D

16) a) Para o equilíbrio do atleta com os fios ver-ticais, vem:

2T = P

T = = N

b) 1) Da figura:L = d + 2x

1,5 = 0,5 + 2x

tg = = = 6,0

2)

Para o equilíbrio da pessoa, temos:

2 Ty = P

2 T sen = P (I)

Ainda: T cos = Tx (II)

: 2 tg =

Tx = = (N)

Respostas: a) 300Nb) 50N

17) Bloco A: T = PA

Bloco B: 2T = PBPB = 2PA

Mag + Pbalde = 2 (Mg + Pbalde)

Mag + mg = 2Mg + 2mg

Ma + m = 2M + 2m

18) Ao longo do mesmo fio, a forçatensora tem a mesma intensidadeF, de modo que a barra é solici-tada para cima com uma forçatotal de intensidade 4F.

Para o equilíbrio da barra, temos:

P = 4F = 4000N

Resposta: D

Ma = 2M + m

T1–––T2

T3–––T2

600––––

2

P–––

2

T = 300 N

x = 0,5 m

3,0–––0,5

H–––x

P––––Tx

(I)–––(II)

600–––––––2 . 6,0

P––––––––

2 tg

Tx = 50N



– 39

19) 1) Equilíbrio do contrapeso:

T = P1 = m g

2) Para o equilíbrio do carro:

7T = P2

7mg = Mg

7m = 700

3) O cabo central aplica no carro

uma força de intensidade 2T:

F = 2T = 2mg = 2 . 100 . 10 (N)

F = 2,0 . 103N

Respostas: a) 100kgb) 2,0kN

20) a) T cos = PT . 0,80 = 160

b) FN = T . sen

FN = 200 . 0,60 (N)

Respostas: a) 200Nb) 120N

21) Para o equilíbrio da esfe-ra, a força resultantedeve ser nula e as trêsforças formam um triân-gulo.

1) tg =

2) cos =

22)

F1→

(na direção do cabo)

F2→

e F3→

forças aplicadas pelo cartaz

F4→

força aplicada pela parede

Resposta: D

23)

1) Para o equilíbrio na vertical:

2Ty = P Ty =

2) Da figura:

tg = Tx = Ty tg

Quanto menor , menor será Tx e maior a segurança.

Resposta: B

m = 100kg

T = 200N

FN = 120N

F1 = P tg

F1

––––P

PF2 = ––––––

cos

P––––F2

P–––2

Tx––––Ty

PTx = ––– tg

2



40 –

24)Para o equilíbrio do botijão, temos:

2F cos 37° = mg

2F . 0,8 = 250

F = (N) 156N

Resposta: A

25) Na condição de equilíbrio:

T1 = T2 cos 60° + T3 cos 60°

Como T2 = T3 e T1 = 800N, vem:

800 = T2 . + T2 .

Resposta: D

26) 1) Resultante nula na vertical:

F1 . cos + P = F2 . cos

F1 . 0,6 + 35 = F2 . 0,8 (1)

2) Resultante nula na horizontal:

F2 . sen = F1 . sen

F2 . 0,6 = F1 . 0,8 (2)

: = 1,8 F1 + 105 = 3,2 F1

1,4 F1 = 105

3) F2 . 0,8 = 75 . 0,6 + 35F2 . 0,8 = 80

Resposta: D

27)

Para o equilíbrio:

F = 2T cos

F1 = 2P cos 60° = P

F2 = 2P cos 45° = P 2

Resposta: B

28)

8F = 1600

Resposta: C

29)

Resposta: D

30) Cada polia móvel tem vantagem mecânica igual a 2. Como sãocinco polias móveis, a vantagem mecânica será:

Vm = 25 = 32

Porém: Vm = 32 =

P = 14,4 . 103kgf

Resposta: D

41) 1) Resultante nula

2) As três forças concorrem no pon-

to Y para que o torque resultante

seja nulo.

Resposta: D

F = 2P cos

F2 = F1 2

F = 200kgf

FR–––– = 8FP

P––––––––450kgf

F––f

P = 14,4tf

0,8 F1––––––––––––0,6 F1 + 35

3–––4

(2)–––(1)

F1 = 75N

F2 = 100N

1–––2

1–––2

T2 = T3 = 800N

250–––––1,6



– 41

42) Sendo o objeto mais denso que a água, o peso no prato dajarra B aumenta e o sistema tende a girar no sentido horário.Isso faz com que o fio f1 fique tenso (T1 = PB’ – PA, supondo-seque haja simetria de posições das jarras) e o fio f2 continuasem tensão.Resposta: C

43) Para o equilíbrio, o somatório dos torques, em relação aoponto G, deve ser nulo:

PI dI + PK dK = PA . dA

40 . g 2d + mK g 4d = 60g . 6d

80 + 4mK = 360

4mK = 280

Resposta: B

44) A prancha começa a tombar quando a força aplicada peloapoio (1) se anula.

Impondo-se que o somatório dos torques em relação ao apoio(2) seja nulo, temos:

PP . d = PC . x

2mg . d = mg . x

Resposta: B

45) A linha de ação do peso da pirâmide passa pelo centro de suabase.Assim, considerando-se a pirâmide na iminência de tombar,temos o esquema de forças da figura abaixo.

O somatório dos momentos das forças que agem na pirâmidedeve ser nulo em relação ao ponto O.

P = FH

mg = FH

Para fazer a pirâmide tombar, deve-se ter:

Resposta: D

46)

Para o equilíbrio, o somatório dos torques das forças emrelação ao centro de gravidade do avião deve ser nulo.PD . dD = 2 PT . dT

MD . 16,0 = 2 MT . 4,0

Como a massa total é 90t, vem:

MD + 2 MT = 90t

MD + 2 . 2 MD = 90t

5MD = 90t

Resposta: C

47)

a) 1) Para o equilíbrio do caminhão, o somatório dos torques

em relação ao centro de massa C do caminhão é nulo e

portanto:

F2 d2 = F1 d1

F2 . 4,0 = 1,0 . 105 . 2,0

2) A condição de força resultante nula é:

P = F1 + F2

b) De acordo com a 3.

a

Lei de Newton (ação e reação), o cami-nhão exerce na 2.a balança uma força vertical, para baixo e

de módulo igual a 5,0 . 104N.

Observação:

O item (a) pode ser resolvido sem calcular F2, tomando-se os

torques em relação ao ponto de aplicação de F2.

P . dP = F1 dF1

P . 4,0 = 1,0 . 105 . 6,0

F > ––––––––––––H

L––2

mg

MT = 2MD

MD = 18t

MT = 36t

F2 = 5,0 . 104N = 0,5 . 105N

P = 1,5 . 105N

F = –––––––––––– (condição de iminência de tombamento)H

L––2

mg

x = 2d

L––2

L––2

mK = 70 gramas

P = 1,5 . 105N



42 –

Nesse caso, o valor de F2 seria obtido pela relação:

Respostas: a) 1,5 . 105N

b) vertical, para baixo e de módulo 5,0 . 104N

48) Para o equilíbrio, a soma dos torques em relação ao ombro deNivaldo deve ser nula; isso ocorre na opção (a).

Torques em relação a O:M1 = P . d + P . 2d = 3PdM2 = P . 3d

Resposta: A

49)

1) Somatório dos torques nulo em relação a M:

P . d1 + PP d2 = FJ . d3

300 . 1,0 + 60 . 1,5 = FJ . 3,0

FJ = 100 + 30 (N)

2) Resultante nula:

FM + FJ = P + PP

FM + 130 = 360

Resposta: B

50)

O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve sernulo:

5,0 . g . 1,0 = 6,0 . g . 0,5 + M g 1,0 + 0,5 . g . 2,0

5,0 = 3,0 + M + 1,0

Resposta: A

51)

Para o equilíbrio da ponte, temos:1) Momento resultante nulo em relação a qualquer polo.

Adotando-se o ponto O como polo, vem:200 . x + 1000 . 25 = N2 . 50

x em metros N2 em kN2) Força resultante nula:

N1 + N2 = 1200

N1 + 500 + 4x = 1200

x em metros N1 em kN

N2 = 500kNx = 0 N1 = 700kN

N2 = 700kNx = 50m N1 = 500kN

Resposta: C

52) Quando a tábua estiver na iminência de girar, a força aplicadapelo apoio A se anula.

O torque resultante em relação ao apoio B deve ser nulo.

mt g d = m0 g x

20 . 0,5 = 80 . x

x = 0,125m = 12,5cm

Resposta: C

53)

1) P2 = m2 g = (0,50 + 0,50t)g

2) MU: x = x0 + V t x = 1,0 + V t (SI)

3) Condição de equilíbrio:

P3 . x = P2 . d

5,0g (1,0 + V t) = (0,50 + 0,50t) g . 10,0

1,0 + V t = 1,0 + 1,0t

Resposta: 1,0m/s

N2 = 500 + 4x

FM = 230N

M = 1,0kg

M1 = M2

FJ = 130N

F1 + F2 = P

N1 = 700 – 4x

V = 1,0m/s



– 43

54)

a) Para o equilíbrio, temos:

b) FN = P = 200NF

at= H = 75N

Respostas: a) 75Nb) 200N e 75N

55)

Para o equilíbrio de B: F’N = 2P e F’N x = P .

2Px = P

Resposta: C

56)

Quando a roda começa a subir, a força de contato com o chãose anula.O somatório dos torques em relação ao ponto A deve ser pra-ticamente nulo para que F seja mínimo.

Fmín dF = P . dP

Fmín . 0,80 = 100 . 0,60

Resposta: E

57) Quando o cilindro estiver na iminência de tombar, teremos asituação da figura.

Impondo-se que a soma dos torques em relação ao CG sejanula, teremos:

Fat . = FN . R

Como o movimento é retilíneo e uniforme, a resultante é nulae Fat = P sen .

P sen . = P cos . R

H = 2R

Outra resolução:

No triângulo pontilhado:

tg = =

Resposta: D

Fmín = 75N

H––2

H––2

H = 2R cotg cos

––––––sen

L–––2

Lx = –––

4L

–––2

L L 3Ld = ––– + ––– = ––––

2 4 4

∑MB = 0

LP . ––– cos 53° = H . L . sen 53°

21

200 . ––– . 0,60 = H . 0,802

H = 75N

2R––––

H

R––––H/2

2RH = ––––– = 2R cotg

tg



44 –

58)

a) Para o equilíbrio: Atorques = 0

Mg . = FB .

b) Para o equilíbrio: Força resultante = 0

FAx = FB =

FAy = P = Mg

FA2 = F2

Ax + F2Ay = (Mg)2 + =

Respostas: a) FB =

b) FA = Mg

59) 1) Condição de equilíbrio na figura 1:

PL dL = PE . dE

PL . 10 = PE . 20

2) Condição de equilíbrio na figura 2:

PB dB = PE . dE

PB . 10 = PE . 15

Fazendo-se PE = P, vem:

PL = 2P

PB = 1,5P

3) Na figura (3):

O somatório dos torques, em relação ao ponto B, deve sernulo:

1,5 P . y + P . 20 = 2P . 10 + 3P . x

1,5y + 20 = 20 + 3x

Sendo x + y = 15cm (dado da questão), vem:

3x = 15cm x = 5cm e y = 10cm

Resposta: B

60) a)

Para o equilíbrio, o somatório dos torques em relação aocentro de massa (CM) deve ser nulo:F1 . d1 = F2 . d2F1 . 4 = F2 . 8

b) Para o equilíbrio do pacote, a força resultante deve sernula:

F1 + F2 = P = mg

F1 + F2 = 900

Sendo F1 = 2F2, vem:

2F2 + F2 = 900

3F2 = 900

F1R = –––– = 2F2

PL = 2PE

PB = 1,5PE

MgFB = ––––55D–––2

D–––2

Mg––––

5

26 (Mg)2

–––––––––25

(Mg)2

–––––25

26FA = ––––– Mg

5

Mg–––5

26–––––

5

y = 2x

F2 = 300 N

F1 = 600 N



– 45

c) Para que F1 = F2 , os braços d1 e d2 deverão ser iguais e,portanto, o braço de F2 deve valer 4 unidades de distânciae o ponto V está indicado na figura.

Respostas: a) R = 2b) F1 = 600 N e F2 = 300 Nc) Ponto V indicado na figura

61) a) Considerando-se as forças aplicadas no antebraço (F→

, P→

eC→

) e impondo-se a condição de momento nulo em relação

ao cotovelo (ponto de aplicação de C→), temos:

∑M0 = 0

Fd = Pa

Fd = Mga

F . 0,04 = 2,0 . 10 . 0,30

b) Na situação de equilíbrio, a soma vetorial das forças C→

, P→

e F→

deve ser nula:

C→

+ P→

+ F→

=→0

Em módulo: C + P = F C + Mg = F

C = F – Mg C = 150 – 2,0 . 10 (N)

Respostas: a) 150N

b) 130N

62) a) TH = 4,0 . 106N

TV = = 3,0 . 106N

T2 = TH2 + TV

2

b)

AM = MB = 25 m

d = AM = 25 m

O torque da força→TAB em relação ao ponto O tem módulo

M dado por:

M = →TAB . d

M = 1,8 . 107 . 25 (N . m)

Respostas: a) 5,0 . 106 Nb) 4,5 . 108 N . m

63) a)

Obs. como as massas foram distribuídas de modo unifor-me, o centro de massa coincide com o centro geométrico.

b)

Quando o gaveteiro estiver na iminência de tombar, a rea-ção normal do piso ficará concentrada no ponto A da figura.Impondo-se que o somatório dos torques em relação aoponto A seja nulo, temos:

P2 d = (P1 + P3)

80 . d = 40 . 24

Da figura, D = d + 24cm

c)

L–––2

C = 130N

1,2 . 107N–––––––––4

T = 5,0 . 106N

M = 4,5 . 108 N . m

F = 150N

d = 12cm

D = 36cm



46 –

Na condição de iminência de tombamento com o soma-tório dos torques em relação ao ponto A nulo, resulta:

Pmáx = P1 + P3

Respostas: a) ver figura b) 36cm c) 4,0kg

64) a)

O somatório dos torques, em relação ao ponto fixo C, énulo:FB . dB = F . d

FB . 30 = 750 . 100

b) Fat = µC FB

Fat = 0,40 . 2,5 . 103 N

A borracha exerce sobre o tambor uma força normal para

baixo de intensidade FB = 2,5 . 103 N e uma força de atrito para

a direita de intensidade Fat = 1,0 . 103 N.

A borracha recebe do tambor forças de reação em sentido

oposto:

A força resultante na peça de borrachaé nula e, portanto, ela recebe da ala-vanca uma força normal para baixo (FB)e uma força de atrito para a direita(Fat).

De acordo com a lei da ação e reação, a borracha aplica na

alavanca uma força de atrito (Fat ) para a esquerda e uma

força normal FB para cima.

O pino C aplica na alavanca uma força horizontal de

intensidade FH = 1,0 . 10 3 N e uma força vertical de

intensidade FV = 1,75 . 103 N.

A força resultante que o pino exerce na alavanca é a soma

vetorial de→FH com

→FV.

FC2 = F

H2 + F

V2

FC2 = [(1,75)2 + (1,00)2]106

Respostas: a) 2,5 . 103 N ou 2,5 kN

b) 1,0 . 103 N ou 1,0 kN

c) 2,0 . 10 3 N ou 2,0 kN

65)

1) Para que o carretel não se desloque horizontalmente,devemos ter:Fat = Tx = T cos

2) Para que o carretel gire no sentido anti-horário (a partir

do repouso), devemos ter:Tr > Fat RTr > T cos R

Nota: Os momentos das forças foram tomados em relação aocentro de gravidade C do carretel. O peso do carretel e areação normal de apoio têm momento nulo em relação aoponto C.Resposta: C

66) Para que a gangorra se movimente, é preciso que os torques

dos pesos, em relação ao ponto de apoio da gangorra, sejamdiferentes e, para tanto, o centro de gravidade dos garotosdeve mudar de posição. No caso, o centro de gravidade dogaroto que está em cima deve ficar mais afastado do apoio doque o centro de gravidade do garoto que está embaixo.Resposta: A

67) O torque produzido pela força depende de seu braço (distânciado polo considerado até a linha de ação da força).Como as crianças têm mesmo peso, a condição de equilíbrioexige que elas fiquem à mesma distância do ponto de apoio O.Resposta: A

FC 2,0 . 103 N

rcos < –––

R

Fat = 1,0 . 103 N

FB = 2,5 . 103 N

Mmáx = 4,0kg



– 47

68) Se a vertical baixada do centro de gravidade da pessoa cairfora de sua base de sustentação, não será possível o equilíbrio,pois o torque resultante não será nulo.Resposta: A

69) Além da força de atrito, atuam no boneco a força P→

aplicadaem seu centro de gravidade e a reação normal de apoio

→FN.

Estas duas forças e mais a força de atrito causam em relaçãoao CG do boneco um torque no sentido anti-horário, de modo

a restaurar a posição vertical do boneco.Resposta: E

70) Como o peso tende a girar o portão no sentido horário adobradiça B é comprimida e a dobradiça A é tracionada o queimplica em que A seja mais provável de arrebentar.Resposta: A

71) O momento da força F→

tem módulo M dado por:M = F d

em que d é o braço da força, isto é, a distância da linha de açãoda força ao polo considerado.A porta é aberta mais facilmente na situação da figura 2porque sendo o braço d maior, o respectivo momento de F

→

também será maior.Resposta: D

72) I) VERDADEIRA. O equilíbrio é estável porque o pássarotende a voltar à situação de equilíbrio.

II) VERDADEIRA.1) sen 30° = =

d = 1,5cm2) M = P . d

M = 2,0 . 1,5 . 10–2 (SI)

III) FALSA. Quanto maior a distância entre S e G, maior será o

torque restaurador e maior será a estabilidade do brin-quedo.Resposta: D

73) Para o equilíbrio, o somatório dos torques, em relação aoponto F, deve ser nulo:

m g d2 = m1 g d1

m d2 = m1 d1 (1)

m2 g d2 = m g d1

m2 d2 = m d1 (2)

: =

m2 = m1 m2

Resposta: D

74) T = F . d

Tmáx = Fmáx . d

75 = Fmáx . 0,15 Fmáx = 500NTmín = Fmín . d

45 = Fmín . 0,15 Fmín = 300N

Resposta: E

75)

Na condição de equilíbrio, o somatório dos torques em rela çãoao ponto C deve ser nulo:

P . dP = F . dF

140 . 45,0 = F . 9,0

Resposta: B

76)

1) Somatório dos torques deve ser nulo em relação ao ponto A:

200 . 30 = NB . 240

2) Resultante nula:

NA + NB = P

NA + 25 = 200

Resposta: A

77)

Momento do binário = Fat . d

5,0 = Fat . 1,0 . 10–2

Resposta: A

F = 700N

NB = 25N

NA = 175N

Fat = 5,0 . 102N

1–––2

d–––3,0

M = 3,0 10–2N . m

m1–––m

m–––m2

(1)–––(2)

m = m1m2



48 –

78) Para que o momento do biná -rio seja o mesmo, temos:

F’ . = 2 F d

F’ = . F

F’ = F + F

F’ – F = F

Resposta: B

79) Para que o balde suba com velocidade constante, devemoster:F dF = P dPF . 40 = 300 . 20

Resposta: D

80) Quando o robô estiver na iminência de tombamento, teremos:

Para o equilíbrio do sistema, o somatório dos torques em re-lação ao ponto O deve ser nulo.

PR . dR = PC . dC

240 . g . 40 = mC g 30

Resposta: D

81)

Para o equilíbrio, o somatório dos torques em relação aoponto A deve ser nulo:

P . dp = F . dF

30 . 30 = F . 20

Resposta: 45N

82) Na condição de iminência de tombar, a força no suporteesquerdo se anula e, impondo-se para o equilíbrio que osomatório dos torques em relação ao suporte da direita sejanulo, teremos:

Mmáx g . 0,40 = 10 g . 0,50

Portanto, das opções apresentadas, escolhemos M = 10kg.Resposta: B

83)

1) tg = = =

dE = 0,5m

dA = 0,8m

2) O somatório dos torques em relação ao ponto A deve sernulo:

PE . dE + PA . dA = H . dH

400 . 0,5 + 500 . 0,8 = H . 5,0

200 + 400 = H . 5,0

600 = 5,0H

Resposta: 120N

4,0–––dA

2,5–––dE

5,0–––1,0

H = 120N

mC = 320kg

F = 45N

Mmáx = 12,5kg

1––3

F’ – F 1–––––– = ––

F 3

F = 150N

3d–––2

4––3

1––

3



– 49

FÍSICA

LIVRO 2 – TERMOLOGIA

Capítulo 1 – Dilatação Térmica

6)

O período T0 do pêndulo do relógio de comprimento 0 num

campo gravitacional de módulo g é calculado por:

T0 = 2

O aquecimento do pêndulo provoca um aumento do seu com-

primento para ( = 0 + ), que aumenta o período para T.

O relógio passa a oscilar num tempo maior, fica mais lento e

atrasa.

Resposta: E

7) I) Verdadeira.

Para os três lados do triângulo,L = L0 α.

II) Verdadeira.

Os três lados do triângulo sofrem o mesmo aumentorelativo de comprimento, isto é, são acrescidos da mesmaporcentagem.

= ou %

= . 100%

Os ângulos internos do triângulo não se alteram, o quejustifica a citada semelhança.

III) Falsa.

Resposta: B

8) O vidro pirex tem baixo coeficiente de dilatação térmica e, porisso, as diferenças de temperaturas provocam menos tensõesentre as partes mais frias e mais quentes, minimizando o riscode trincas, ao contrário do que ocorre com o vidro que possuicoeficiente maior.Resposta: B

9)

Resposta: B

10) Quando uma lâmina bimetálica é aquecida, ela curva-se, fi -

cando do lado externo (convexo) o material que se dilata mais.

Quando é esfriada, ocorre o contrário, o que se dilata mais fica

na parte interna (côncavo), pois esse material também se

contrai mais.Assim, nesta questão o material adequado para a placa M2deve ser o alumínio, que tem coeficiente de dilatação maior.

Resposta: B

11) Deve-se mergulhar a tampa do frasco na água quente. O zin-

co irá dilatar-se mais que o vidro, soltando-se do gargalo.

12) O espaçamento é igual à dilatação linear L do trilho:

L = L0

L = 12m . 1,1 . 10–5 °C–1 . (40°C – 0)

L = 12 . 1,1 . 40 . 10–5(m)

L = 528 . 10–5m

L = 0,528 . 10–2m

Resposta: E

13) O comprimento da barra a 110°C vale:

= 0 +

= 100 + 0

= 100 + 100 (110 – 10)

Cálculo do Coeficiente de Dilatação

= 100 + 100 . 1,2 . 10–5 . 100 (m)

= 100 + 1,2 . 10–1 = 100 + 0,12 (m)

Resposta: D

0––––g

L––––L0

L––––L0

L 0,53cm

’ = 0 ’

6 . 10–2 = 100 . . 50

6 . 10–2 = –––––––– (°C–1)

5 . 103

= 1,2 . 10–5 °C–1

= 100,12m



50 –

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

L = L2 – L1

Como:

L = L0 α

Vem:

L = L02 α2 – L01

α1

L = (α2 – α1) L0

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

8,0 . 10-3 = 1,6 . 10-5 . 10,00

800 = 16

Resposta: C

15)

Na situação final, os comprimentos das barras LA e LB ficam

iguais:

LA = LB

L0A + A = L0B + B

1000 + L0A . A . = 1001 + L0B . B .

1000 + 1000 . 3,0 . 10–5 ( – 20) = 1001 + 1000 . 1,0 . 10–5 ( – 20)

3,0 . 10–2 ( – 20) – 1,0 . 10–2 ( – 20) = 1001 – 1000( – 20) (3,0 . 10–2 – 1,0 . 10–2) = 1

– 20 =

– 20 =

– 20 = 50

= 50 + 20

Resposta: C

16)

Para que a diferença X entre o comprimento das barras inde-

penda da temperatura, devemos ter dilatações iguais para as

barras I e II:

L =

L0 1 = 0 2

Resposta: A

17) Cálculo da dilatação linear L de uma barra cujo comprimento

inicial é L0 = 80cm ao sofrer uma variação de temperatura

= 20°C:

L = L0

L = 80 20

cálculo do coeficiente de

dilatação linear

L = 80 . 2,0 . 10–5 . 20 (cm)

L = 3200 . 10–5 cm

L = 0,32 . 104 . 10–5 cm

L = 0,32 . 10–1cm

Resposta: B

= 50oC

1–––––––––2,0 . 10–2

100–––––

2

= 70°C

L0 1 = 0 2

L’ = L’0 ’

2,0 . 10–2 = 1000 . . 1,0 = 2,0 . 10–5 °C–1

L = 0,32mm

18)



– 51 – 51

Q = 2,8 . 10–3L0. 0,20 . Q = 0,70 . 102 cal

Resposta: B

19)

L = . R

L0 α. = . R

1,0 . 2,0 . 10–5 ( – 20) = . 5,0 . 10–3

– 20 = ⇒ – 20 = ⇒ – 20 = 200 ⇒

Resposta: D

20) A barra B tem o comprimento inicial maior (3L0) que a barra A (L0) e, como a diferença de comprimento entre elas não varia (2L0) para

qualquer variação de temperatura (T), o coeficiente de dilatação térmica da barra menor A deve ser proporcional ao da barra B

(αA = 3αB). Graficamente, teríamos:

LA = LB

L0 αA . = 3L0 αB

Resposta: E

21) Análise do gráfico, a partir de uma variação de temperatura :

1,25 . 105

–––––––––L0

Q = 70 cal

–––4

3,2 . 5,0 . 10–3

––––––––––––––––8,0 . 10–5

16 . 102

–––––––––8

= 220°C

αA = 3αB



52 –

Considere a situação de igualdade das variações ( = A = B)

apresentada no gráfico:

B = A

=

=

100 . A . tg 60° = 300 tg 30° B

A = 3 . . B

A = 3 . . B

A . 3 = . B

A = B

Resposta: D

1) Seja R0 o raio das rodas a 0°C e R50 a 50°C.

R50 = R0 (1 + θ)

= 1 + θ = 1 + 20 . 10 –6 . 50

= 1 + 0,001 = 1,001

2) A distância percorrida em N voltas é dada por:

s = N 2 R

Portanto

40 000 . 2 . R50 = N0 . 2 . R0

N0 = 40 000 .

N0 = 40 000 . 1,001

Resposta: B

23)

Assim:

LB LA

L0 αB L0 αA

O coeficiente de dilatação da lâmina B é maior que o da lâmina A.

Resposta: B

24) Resposta: D

25) A estrutura do forno é feita de cobre, cujo coeficiente de

dilatação médio é igual a 17 . 10 –6 °C–1. Para que os parafusos

não forcem e nem afrouxem em demasia a estrutura do forno

nos furos, deve ser escolhido um material cujo coeficiente de

dilatação médio seja o mais próximo possível do valor acima

citado.Analisando os materiais relacionados no texto, concluímosque a melhor opção é o latão (19 . 10 –6 °C –1).Resposta: E

26) I) FALSA.

Sendo Zn

> aço

, a chapa irá dilatar-se mais do que a esfera.

O orifício também irá aumentar e a esfera passará com folga.II) CORRETA.

Aquecendo-se apenas a chapa, o orifício irá aumentar e aesfera continuará com as mesmas dimensões. A esferapassará com folga pelo orifício.

III) CORRETA.

Ao resfriarmos o conjunto, a chapa irá contrair-se mais

(zinco > aço). O orifício ficará menor do que a esfera e esta não

mais passará.

Resposta: E

27)

S = S0

S = S0 . 4,4 . 10–5 . (270 – 20)

S = S0 . 4,4 . 10–5 . 250

S = S0 . 1100 . 10–5

S = S0 . 1,1 . 103 . 10–5

αB αA

tg 30° .

–––––––––––100 . A

tg 60° .

–––––––––––300 . B

sen 30°–––––––––cos 30°

sen 60°–––––––––

cos 60°

3––––3

3–––3

A = B

R50––––R0

R50––––R0

R50––––R0

N0 = 40 040

LA–––––––––L0A

A

LB–––––––––L0B

B

3––––

2–––––

1–––2

1–––2

–––––3––––

2



– 53

S = 1,1 . 10–2 S0

S = S0 = 1,1% de S0

A dilatação superficial S é igual a 1,1% da área inicial S0.

Resposta: B

28)

V = V0

V = 20 . 36 . 10–6 (100 – 0) (cm3)

V = 720 . 10–6 . 102cm3

Resposta: E

29)

V = 6,0cm3

V0 = 6,0

200 . (520 – 20) = 6,0

200 500 = 6,0

=

Dilatação Linear

L = L0 + L

L = 100 + L0

L = 100 + 100 (520 – 20)

L = 100 + 100 . 500 (cm)

L = 100 + 100 . 2 . 10–5 . 500 (cm)

L = 100 + 10 . 10–1 (cm)

L = 100 + 1 (cm)

Resposta: A

30)

V é 0,60% de V0

V = . V0

V = 6,0 . 10–3 V0

V0 = 6,0 . 10–3V0

. 200 = 6,0 . 10–3

=

= 3,0 . 10–5°C–1

3 = 3,0 . 10–5

= °C–1

Resposta: A

35) A dilatação volumétrica V depende em proporção direta do

volume inicial V0, do coeficiente de dilatação volumétrica e

da variação de temperatura :

1,1––––100

V = 72 . 10–3cm3

6,0––––––––100000

= 6,0 . 10–5 °C–1

––3

6,0 . 10–5

––––––––––3

L = 101cm

0,60–––––100

6,0 . 10–3

––––––––––2,0 . 102

3,0 . 10–5

––––––––––3

= 1,0 . 10–5°C–1

V = V0



– 55

VL = VR

V0L + VL = V0R + VR

980 + VL = 1000 + VR

Vlíquido – Vrecipiente = 20cm3

VL . L . – VR . R . = 20

980 . 1,0 . 10–3 . – 1000 . 0,02 . 10–3 = 20

0,98 – 0,02 = 20

0,96 = 20

= °C

– 0 = 20,8°C

(21°C)

Resposta: C

42) Como o mercúrio apresenta um coeficiente de dilatação maior

que o cobre, seu aumento de volume deveria cobrir o aumento

do gás e do recipiente:

Porém, o exercício afirma que o gás deve permanecer com

volume constante, ou seja, . Assim, como o

aumento de temperatura é igual para todos:

VHg = 0 + VR; V0Hg. Hg . = V0R

. cobre .

V0Hg. 180 . 10–6 = 4 . 45 . 10–6; V0Hg

= = 1,0

43) É-nos dado 2 = 10,03g/cm3; 1 = 10,00g/cm3; 2 = 100°C;

1 = 32°F e pede-se o coeficiente de dilatação linear . Sabemos

que = 3 . e podemos utilizar a expressão 2 =

para achar . Porém, antes precisamos transformar 1 = 32°F

em graus Celsius.

= ; = ; 1 = 0°C

2 =

10,03 = ; 10,03 . (1 – 100) = 10,00

10,03 – 1003 = 10,00

–1003 = – 0,03; = °C–1 3 . 10–5 °C–1 = 30 . 10–6 °C–1

= =

Resposta: B

44)

Se Vi = 3,0 . 10–6°C –1, então Vi = 3Vi = 9,0 . 10–6°C–1. Sendo

a o coeficiente de dilatação aparente do mercúrio, temos:

a = Hg – Vi

a = 180 . 10–6 – 9,0 . 10–6 (°C–1)

a = 171 . 10–6

°C–1

Com o aquecimento, um volume de mercúrio igual a Va

adentra o capilar, provocando o surgimento de uma coluna de

altura h. Este volume é dado por:

Va = V0a

Va = 0,500 . 171 . 10–6 . 100 (cm3)

Va = 8,55 . 10–3cm3

Dessa forma, a altura atingida no capilar é dada por:

h . S0 = Va

h . 3,0 . 10–4 = 8,55 . 10–3

h = 28,5 cm

Resposta: C

45) 1) Cálculo da massa:

dg = ⇒ Vg =

da = ⇒ Va =

V = Vg – Va

V = – = m

V = m

m = (g)⇒

20––––––0,96

= 20,8°C

VHg = VGás + VR

VGás = 0

180 . 10–6

–––––––––180 . 10–6

1––––––––––(1 + . )

32 – 32–––––––

9

C––––

5

F – 32–––––––

9

C––––

5

1––––––––––1 + .

10,00–––––––––––––(1 + (0 – 100)

3 . 10–2

–––––––1003

= 10 . 10–6 °C–130 . 10–6 °C–1

––––––––––––3

–––3

h = 285 mm

m–––dg

m–––Vg

m–––da

m–––Va

1 1

––– – ––– dg da

m

–––da

m

–––dg

(da – dg)––––––––dg . da

V dg dam = –––––––––

da – dg

m = 180g20 . 0,9 . 1,0–––––––––––

1,0 – 0,9



56 –

2) Calor cedido pela água:

Q = m c + m L = m (c + L)

Q = 180 (1,0 . 20 + 80) (cal)

Resposta: A

46) Pelo comportamento anômalo da água, sabemos que seu

volume aumenta quando sua temperatura diminui de 4°C para0°C. Logo, seu V 0 para um = (0 – 4)°C = –4°C 0.

Olhando a equação de dilatação volumétrica, temos:

V = V0 . . ; = ; como V 0, V0 0 e 0,

isso implica 0.

Resposta: C

47) O volume de uma certa massa de água é mínimo a 4°C. Assim,o gráfico correto para a dilatação anômala da água é o a .

Resposta: A

Q = 18000 cal

V––––––––V0 .



– 57

FÍSICALIVRO 2 – ÓPTICA

Capítulo 1 – Introdução à Óptica

8) Só vemos objetos que refletem ou emitem luz. Dos citados, o

único que emite luz é o fio aquecido ao rubro.

Resposta: C

9) Princípio da propagação retilínea da luz:“A luz propaga-se em linha reta somente nos meios trans-

parentes e homogêneos.”

Resposta: B

10) É o princípio da reversibilidade de raios luminosos ou princípio

do caminho inverso, que pode ser enunciado como:

A trajetória seguida pelo raio luminoso independente do sen-

tido do percurso.

Resposta: C

11) Toda a figura “imagem” projetada na parede do fundo da

câmara escura de orifício apresenta-se invertida em relaçãoao Cruzeiro do Sul. Essa inversão é tanto longitudinal como

transversal, como se pode observar no esquema a seguir.

Resposta: C

12)

Triângulos semelhantes: ABF ~ A’B’F, portanto:

= D = 40m

Resposta: C

13)

Os triângulos destacados na figura são semelhantes, logo:

=

1.o caso: p’1

= . 100 (cm)

2.o caso: p’2

= . 50 (cm)

O fundo da câmara aproxima-se do orifício de uma distância d,dada por:

d = p’1 – p’2d = (20 – 10)cm

Resposta: D

14) Vale a relação:

i/o = p'/p

i = (o/p')/p i é inversamente proporcional a p:

Para p tendendo a zero i tende para infinito;

Para p tendendo a infinito i tende a zero.

Dando valores a p, o gráfico de i x p é uma hipérbole equilátera

(y = K/x).

Resposta: A

15)

20m–––––5cm

D–––––10cm

ip’ = ––– p

o

i–––o

p’–––p

p’1

= 20cm4

–––20

p’2

= 10cm4

–––20

d = 10cm



58 –

= i1 . p1 = o . p’

i1 . p1 = i2 . p2

= i2 . p2 = o . p’

Conclusão: Quanto mais se afasta a câmara do objeto, menor

o tamanho da imagem.

Resposta: C

16)

Os triângulos ABC e A’B’C são semelhantes, logo:

i/o = di/do i = (o/do) . di i = K . di

Quando di aumenta, i também aumenta, ou seja, i é dire-

tamente proporcional a di.

Resposta: O tamanho da imagem aumenta.

17) Ano-luz é a distância percorrida pela luz, no vácuo, em um ano.

Resposta: B

18) Como 1 ano-luz é a distância percorrida pela luz em um ano,

a luz demorou 4,6 anos para chegar até nós; logo, a explosão

ocorreu 4,6 anos antes da observação.

Velocidade da luz: c = 3,0 . 108m/s

d = c . t

1 ano = 3,0 . 107s

d = 3,0 . 108. 4,6. 3,0 . 107 (m)

d = 4,1 . 1016m

Resposta: E

19)

Caminho da luz

d = 231 . 106 + (231 – 150)106

d = 312 . 106km

A velocidade da luz é 3,0 . 105km/s

t = t = (s) 1040s 17min

Resposta: E

p’–––p1

i1––o

p’–––p2

i2––o

312 . 106

–––––––––

3 . 105

d––

v



– 59

FÍSICA

LIVRO 2 – ÓPTICACapítulo 2 – Fenômenos Ópticos – Leis da Reflexão

8) Sendo o objeto iluminado apenas por uma fonte de luz e tendo

em sua sombra projetada uma região de penumbra, essa fonte

de luz é necessariamente extensa. Portanto, a fonte de luz não

é pontual.

Resposta: E

9) A pouca nitidez da sombra projetada pela esfera no chão deve-

se ao aumento da região de penumbra e à diminuição da

região de sombra projetadas com o afastamento da esfera em

relação ao solo. Como há, portanto, uma região de penumbra

projetada e o objeto é iluminado apenas por uma fonte de luz

(o Sol), podemos afirmar que essa fonte de luz é extensa.

Resposta: A

10) I. Verdadeiro. A interferência ocorrida no cruzamento dos raios

refletidos pelos objetos não distorce a visualização final

destes.

II. Falso. Um objeto, quando iluminado por uma única fontepontual de luz, não projeta penumbra.

III. Verdadeiro.

IV. Falso. Todas as cores têm a mesma velocidade de propa -

gação no vácuo (c 3 . 108m/s). Já nos meios materiais,

cada cor (frequência de luz) possui uma velocidade de

propagação.

Resposta: I. V II. F III. V IV. F

11) Observa-se pela figura que as regiões I e III são parcialmente

iluminadas pela fonte extensa de luz F. Essas regiões são

denominadas regiões de penumbra. Já a região II não é

atingida por raios de luz emitidos pela fonte F. Essa região

portanto é denominada região de sombra.Resposta: D

12) A partir da figura, pode-se observar que, com a utilização de

duas fontes pontuais de luz, foram obtidas duas regiões de

penumbra projetadas (I e III) e uma região de sombra

projetada (II).

Estudando individualmente o efeito de cada fonte de luz,

podemos concluir que cada uma gera uma “figura” circular no

anteparo e, por sobreposição de efeitos, concluímos que a

alternativa que melhor representa a “figura” observada sobre

o anteparo é a c .

Resposta: C

13) A distância mínima de cada barraca à árvore deve ser aproxi-

madamente igual à altura H da árvore, pois caso esta caia, não

atingirá as barracas.

De acordo com a situação descrita:

Da semelhança dos triângulos ABC e DEF:

= ⇒ = H = 5,0m

Logo, a distância mínima de cada barraca à árvore deve ser de

aproximadamente 5,0m.

Resposta: B

14) A região de sombra projetada desaparece a partir de umaaltura na qual o vértice do cone de sombra do lápis toca o solo.

Da semelhança entre os triângulos OAB e OA’B’:

= → = → h = 0,75m

Resposta: C

15) Para que não haja formação de sombra, o vértice do cone de

sombra deve tocar o solo.


= ⇒ = ⇒ h = 1,5m

Resposta: B

H–––––6,0m

1,5m–––––1,8m

H––S

h––s

15 . 1010m––––––––––14 . 108m

h–––––––––––7,0 . 10–3m

H––D

h––d

2,0m–––––––0,80m

h–––––––0,60m

H––D

h––d



60 –

16)

Da semelhança entre os triângulos PAB e PA’B’:

= → dS = 3,75 . 105 . 400 (km)

dS = 1,5 . 108km

Resposta: 1,5 . 108km

17)

Do enunciado: Di = 9,0 . 10–3m

dO = 1,0m

dS = 1,5 . 1011m


= ⇒ = Ds = 1,35 . 109m

Resposta: D

18) O eclipse solar ocorre quando a superfície da Terra é intercep -

tada pelo cone de sombra e pelo cone de penumbra da Lua.

Assim, nesse fenômeno, o Sol é a fonte extensa de luz, pois

gera região de penumbra, a Lua é o obstáculo e a Terra é o

anteparo.

Respostas: a) Sol, Lua e Terra.

b) Anteparo: Terra, Fonte: Sol, Obstáculo: Lua

19) Região A: É a região denominada sombra própria da Lua, pois

é oposta à região voltada para o Sol.

Região B: É a região denominada sombra projetada da Lua.

Nesta região, observa-se o eclipse total do Sol, pois nenhumraio luminoso emitido pelo Sol atinge esta região.

Região C: Região parcialmente iluminada, denominada região

de penumbra projetada. Nesta região, observa-se o eclipse

parcial do Sol.

Região D: Região iluminada. Nesta região, não se observa o

fenômeno de eclipse solar.

Região E: Região de sombra própria da Terra. Nesta região, é

noite, pois é oposta à região da superfície terrestre voltada

para o Sol.

Resposta: I. E II. B III. A IV. C V. D

20) I. Falsa. Eclipses são fenômenos de desaparecimento (visual)

total ou parcial, temporariamente, do próprio Sol, para um

observador na Terra (eclipse solar), ou quando a Lua está

imersa total ou parcialmente no cone de sombra da Terra

(eclipse lunar).

II. Verdadeira.

III. Verdadeira.

Resposta: D

21) a) Falsa. No cone de sombra, observa-se um eclipse total.

b) Falsa. Na região de penumbra, observa-se um eclipse

parcial.

c) Falsa. Na região plenamente iluminada, não se observa

eclipse.

d) Falsa. Na região de sombra própria da Terra, é noite.

e) Verdadeira.

Resposta: E

22) Como a Lua é uma fonte secundária de luz, esta só pode ser

vista devido à reflexão da luz recebida do Sol.

Dependendo de sua posição, durante seu movimento orbital

em torno da Terra, pode-se observar uma área superficialmaior ou menor iluminada pelos raios solares. Por isso, tem-se

o efeito das fases da Lua.

Resposta: A

23) I. Verdadeira.

II. Falsa. Uma blusa é vista como verde, sob a luz do Sol, por-

que ela reflete o verde e absorve todas as outras cores que

compõem a luz solar.

III. Verdadeira.

Resposta: C

24) As cores da bandeira do Brasil são: verde, amarela, azul e

branca. Considerando que todas as regiões da bandeira em

questão são preenchidas por pigmentos puros, quando

iluminada por uma luz monocromática verde, as regiões

amarela e azul não refletirão luz, sendo observadas na cor

preta. Já as regiões branca e verde aparecerão na cor verde.

Resposta: C

25) Considerando o objeto preenchido por pigmento puro ama-

relo, este objeto reflete luz amarela e absorve todas as outras

cores do espectro visível. Portanto, quando iluminado por luz

monocromática azul, este objeto não refletirá luz, parecendo

preto.

Resposta: C

26) Para o sistema óptico (S1), o ponto O representa um objeto

real, pois é vértice de um pincel incidente de luz do tipo cônico

divergente; o correspondente ponto imagem P é real, pois é

vértice do pincel emergente do tipo cônico convergente.

Para o sistema óptico (S2), o ponto P representa um objeto

virtual, pois é vértice de um pincel incidente de luz do tipo

cônico convergente; o correspondente ponto imagem Q é real,

pois é vértice do pincel emergente do tipo cônico convergente.

Resposta: D

dL–––2RL

dS–––2RS

9,0 . 10–3m––––––––––

1,0m

DS––––––––––1,5 . 1011m

Di–––dO

DS–––dS



– 61

27) O raio de luz que parte de R sofre reflexão no sistema óptico

(S1). Após sofrer reflexão, o raio de luz passa pelo ponto P2 e

atinge o sistema óptico (S2), sofrendo refração. Após sofrer

refração, o raio de luz passa pelo ponto P3, atingindo o sistema

óptico (S3), onde sofre novamente refração. Por fim, o raio de

luz passa pelo ponto P4 e atinge o olho na figura.

Portanto: S1 funciona como refletor e S2 e S3 como refratores.

Resposta: C

28) Na primeira figura, as linhas retas (que simulam paralelas e

criam o efeito de perspectiva) dão a impressão de que o se-

gundo homem seja maior que o primeiro, e o terceiro maior

que o segundo, mas na verdade os três têm o mesmo tama-

nho.

Na segunda figura, as linhas retas do plano de fundo dão a

impressão de que a figura central seja irregular, quando na

verdade esta é uma circunferência.

Resposta: D



62 –

FÍSICA

LIVRO 2 – ÓPTICA

Capítulo 3 – Reflexão da Luz: Espelhos Planos

5) Quando um raio de luz sofre reflexão, os ângulos de incidência

i e reflexão r são iguais: r = i.

Na figura temos i = 2, então r = 2. Como + r = 90° (normal

no ponto de incidência), temos: + 2 = 90°

= 30°

i = 2 = 60°

r = 2 = 60°

Resposta: D

6)

Quando um raio de luz sofre reflexão, os ângulos de incidência

i e reflexão r são iguais: r = i.

Na figura, temos:

tg 53° = =

=

h = 96cm

Resposta: h = 96cm

7) Obtemos geometricamente a imagem A’ do objeto A no

espelho horizontal e a imagem B’ do objeto B no espelho

vertical:

O comprimento D do segmento A’B’ corresponde à distância

percorrida pelo raio de luz que incide a partir de A, reflete-se

nos dois espelhos e atinge o ponto B. Da figura, temos no

triângulo retângulo A’B’C:

D = (3b)2 + (3b)2

D = 3b 2

Resposta: D = 3b 2

8) Como o Sol é um objeto impróprio (muito distante de umobservador na Terra), os raios de luz solar que incidem sobre

o aluno e sobre o poste o fazem em direções paralelas entre

si, como ilustra a figura:

Estando o poste e o aluno posicionados na vertical, o para -

lelismo dos raios solares torna os triângulos destacados na

figura semelhantes:

=

=

H = 6,8m

Resposta: D

9) Obtemos geometricamente a imagem A’ do objeto A conju -

gada pelo espelho:

Do triângulo retângulo A’BC, temos

A’B = A’C2 + BC2

A’B = 52 + 52 (m)

A’B = 52 m

Resposta: A’B = 52 m

128–––h

sen 53°–––––––cos 53°

128–––

h

0,80–––––

0,60

h–––d

H––––

D

1,7–––1,2

H–––––4,8



– 63

10)

O triângulo PNM da figura é retângulo e isósceles, portanto o

ângulo é de 45°. Como os ângulos de reflexão e incidência

são iguais, concluímos que a posição angular do Sol em

relação à superfície no instante considerado também é de 45°.

Como o Sol demora 6h para ascender em movimento unifor-

me do horizonte até seu zênite (vertical em relação a um

observador terrestre), sofrendo um deslocamento angular de

90° em relação à superfície da Terra, podemos concluir que

para um deslocamento angular de 45° graus, o Sol demora 3h.

Como o Sol nasceu às 6h, após 3h o horário mostrado na

figura corresponde às 9h.

Resposta: C

11)

Quando um raio de luz sofre reflexão, os ângulos de incidência

i e reflexão r são iguais: r = i = . Na figura notamos que o

ângulo procurado é o complementar de 70°, ou seja,

+ 70° = 90°

= 20°

Resposta: C

12)

Para que o raio refletido no espelho B retorne numa trajetória

coincidente à do raio incidente, o ângulo mostrado na figura

deve ser igual a 90° (i = 0° e r = 0°). Então temos:

+ + = 180°

30° + 90° + = 180°

= 60°

Resposta: D

13) O espelho plano não altera as dimensões do objeto por ele

refletido. A qualquer distância que esteja o objeto em relação

ao espelho plano, a imagem conjugada terá sempre o mesmo

tamanho que o objeto:H = H’ = 1,80m

Resposta: B

14) No espelho plano, a distância entre a imagem e o espelho é

igual à distância entre o objeto e o espelho. A distância D B

entre o barbeiro e o espelho é de 1,3m, então a distância DB’

entre a imagem do barbeiro e o espelho também é de 1,3m. A

distância DR entre o rapaz e o espelho é de 0,80m. A distância

D entre o rapaz e a imagem do barbeiro é dada por:

D = DB’ + DR

D = 1,3 + 0,80 (m)

D = 2,1m

Resposta: E


igual à distância entre o objeto e o espelho. A distância D C

entre o cartão e o espelho é de 3,8m, então a distância DC’

entre a imagem do cartão e o espelho também é de 3,8m. A

distância DP entre o paciente e o espelho é de 3,0m. A

distância D entre o paciente e a imagem do cartão é dada por:

D = DC’ + DP

D = 3,8 + 3,0 (m)

D = 6,8m

Resposta: D


igual à distância entre o objeto e o espelho. Como a ponta do

lápis está apoiada sobre o vidro, a uma distância d da super-

fície refletora, a imagem da ponta do lápis se forma também

a uma distância d dessa superfície refletora:

12mm = d + d

d = 6,0mm

Resposta: B


igual à distância entre o objeto e o espelho. As figuras a seguir

mostram as situações de maior e menor distância, respectiva-

mente, entre o objeto P e o espelho:



66 –

32) Obtemos geometricamente o campo visual de A em relação

ao espelho:

O indivíduo B atinge a região em que sua imagem é visível

para o observador A no instante:

d = VB . t

2 = 1 . t

Resposta: A

33) a) A intensidade da velocidade da imagem V im em relação ao

espelho é dada por:Vim = –Vob

Vim = –3m/s

Como a marreta e sua imagem movem-se em sentidos

opostos, a intensidade Vrel da velocidade relativa da ima-

gem em relação ao objeto é dada por:

Vrel = Vim – Vob

Vrel = –3 – 3 (m/s)

Vrel = 6m/s

b)

O tamanho real da imagem permanece igual ao do objeto,

porém ela nos parece menor em virtude da redução do

ângulo sob o qual ela é vista.

34)

A intensidade da velocidade da imagem Vim em relação à Terra

é dada por:

Vim = 2VE – VP

Vim = 2 . 5,0m/s – 10m/s

Vim = 0Resposta: Vim = 0

35) A velocidade da imagem D é obtida pela soma vetorial das

velocidades das imagens C e B:→

VD =→

VC +→

VB

VC = 2VE

VB = 2VF

VD = VB2 + VC

2

VD = (2VF)2 + (2VE)2

VD = (2 . 4,0)2 + (2 . 3,0)2 (cm/s)

VD = 8,02 + 6,02 (cm/s)

VD

= 10cm/s

Resposta: E

36) Em relação ao objeto, a imagem P’ se afasta, a partir da

posição 2a, com uma aceleração relativa constante de inten-

sidade 2. Como a aceleração tem módulo constante, o

movimento descrito é uniformemente variado:

s = s0 + V0t + t2

Se adotarmos como origem dos espaços a posição inicial do

objeto P e orientarmos a trajetória positivamente de P para P’,

temos:

s = 2a + t2

s = 2a + t2

Resposta: D

t = 2s

–––2

2–––2



– 67

FÍSICA

LIVRO 2 – ÓPTICA

Capítulo 4 – Associação e Rotação de Espelhos Planos

5) O ângulo entre os dois espelhos vale = 90°.

Para um dos vasos, temos N = – 1; N = 3 imagens.

Como são dois vasos, teremos 6 imagens de vasos mais os 2

vasos originais, gerando 8 vasos na foto.

Resposta: E

6) Se, com 3 bailarinas, gera-se uma cena com 24 imagens,

significa que cada bailarina aparece = 8 vezes na cena.

Para a mesma bailarina, teremos então 8 – 1 = 7 imagens

formadas pelos espelhos. Logo:

N = – 1

7 = – 1

8 = ⇒ 8 . = 360°

= = 45°

Resposta D

7) O ângulo entre os espelhos vale = 18°. O número de imagens

da bailarina será:

N = – 1

N = = 1

N = 20 – 1 = 19 imagens.

O corpo de dança será constituído pelas 19 imagens mais a

bailarina original, totalizando 20 bailarinas.

Resposta: B

8) Pela figura, notamos que o ângulo entre os espelhos vale = 90°.

Utilizando N = – 1, temos:

N = – 1

N = 4 –1 = 3 imagens.

Resposta: C

9) a)

Para se desenhar os pontos p’ e p”, basta refleti-los de p

normalmente. p’’’ surge da reflexão de p’ no eixo do

espelho E2 ou da reflexão de p” no eixo E1. A distância d

vale d = a2 + b2 e corresponde ao raio da circunferência na

qual estão p’, p“, p’’’ e p.

b) Como apenas um dos espelhos se move, a imagem p’’’ só

se move em relação a um deles. Assim, sua velocidade se

torna 2V.

10) a)

b)

c) Do esquema (a), vem:

d1,2 = 6,0m

d2,3 = 4,0m

d3,4 = 6,0m

11)

Girar o espelho ao longo do eixo perpendicular indicado não

altera a imagem.

Resposta: C

360°––––

90°

24–––3

360°––––

360°––––

360°––––

360°––––

8

360°––––

360°––––18°

360°––––

360°––––90°



68 –

12)

Da figura acima, percebemos, na situação final, que o espelho

precisa girar um certo ângulo de tal forma que o raio R i se

torne a nova reta normal NF na situação final. Com isso,

determinamos , pois 30° + 30° + = 90°, = 30°, já que o

ângulo entre o espelho e a reta normal necessariamente é

reto. Da figura, temos + = 60°, = 30°, que representa o

desvio angular do espelho. O desvio angular da imagem na

situação final é dado pela expressão = 2 = 60°.

Resposta: D

13)

Como OM = MN = d e em M temos um ângulo reto, o triângulo

OMN é isósceles. Temos então que 2 + 90° = 180° = 45°:

= 45° =

O ângulo = representa o desvio entre as imagens ocasio-

nado pela rotação do espelho de um ângulo . Como = 2,

resulta que =

Resposta: E

14) A velocidade angular é definida por = , em que é a varia-

ção angular. Nesse caso, = = rad, e t = 0,5s = s.

Logo: = = = . ⇒

Resposta: C

15)

Como o desvio angular do espelho foi = 30°, o desvio do raio

será = 60°.

Como tg =

tg 60° =

3 =

P1P2 = 133 . 3

16) O desvio angular sofrido pelo raio refletido = 30° é dado pela

figura. Isso significa que o ângulo de rotação α do espelho

vale:

= 2; 30° = 2;

17)

As retas N1 e N2 são perpendiculares aos espelhos E1 e E2,

respectivamente. Com isso, podemos assegurar que + são

ângulos internos ao triângulo da figura. Como + + 60° = 180°,

temos = 120° – .

Resposta: E

–––4

––4

––2

= ––

8

–––t

1–––2

––8

rad = ––– ––––

4 s

2––1

––8

––8

––––1––2

––t

P1P2–––––AP1

P1P2–––––133

P1P2–––––133

P1P2= 39m

= 15°



– 69

LIVRO 2 – ÓPTICACapítulo 5 – Reflexão da Luz: Espelhos Esféricos

4)

Se o objeto está muito longe, os raios de luz que saem dele e

atingem o espelho são todos praticamente paralelos ao eixo

principal. Neste caso, os raios se refletem em direção ao foco,

e se encontram nele. Como os próprios raios refletidos se

encontram no foco, a imagem será real.

Resposta: A

5)

No espelho convexo, raios que incidem sobre o centro de cur-

vatura (i1) refletem-se retornando sobre si mesmos (r1).

No espelho convexo, raios que incidem sobre o foco (i2) refle-

tem-se retornando paralelamente ao eixo principal (r2).

Resposta: B

6)

No espelho côncavo, raios que incidem sobre o centro de

curvatura (AC) refletem-se retornando sobre si mesmos.

No espelho côncavo, raios que passam pelo foco (AF) refletem-

se retornando paralelamente ao eixo principal.

Logo, a única alternativa válida é a A.Resposta: A

7)

Para que o estudante acenda a fogueira, ele precisa concentrar

o maior número de raios de luz em um ponto. Como os raios

do Sol incidem praticamente paralelos, precisamos de um

espelho côncavo, que concentra esses raios sobre seu foco.

Resposta: C

8)

Em um automóvel, deseja-se jogar a luz do farol o mais longe

possível, iluminando objetos distantes. Isso significa que os

raios precisam sair de forma paralela do carro. Apenas

colocando o filamento sobre o foco de um espelho côncavo

conseguimos esse efeito.

Resposta: B

9)

O espelho é côncavo.

Raios que incidem no vértice V refletem-se com mesmoângulo de incidência ().

Para desenhar o raio refletido, pode-se “rebater” a distância

do eixo principal ao ponto P, no caso 2 quadrados, abaixo do

eixo principal, marcar o ponto P’ e ligar o trecho VP’. O raio

refletido passa pelo ponto D.

Resposta: C

14)

Na ilustração, colocamos o prego entre o foco e o vértice do

espelho côncavo. Para construir sua imagem, basta utilizar 2

dos 4 raios notáveis conhecidos.

Escolheu-se desenhar:

• raio que incide no vértice com ângulo reflete-se com

mesmo ângulo ;



70 –

• raio que passa pelo foco reflete-se paralelamente ao eixo

principal.

Como os raios refletidos não se encontram, desenhamos seus

prolongamentos. Como os prolongamentos dos raios refleti-

dos se encontram, a imagem é virtual. Da figura, vemos que a

imagem em p’ é maior e tem a mesma direção do objeto.

Obs.: Pode-se verificar que o desenho dos outros raios notá-

veis fornece a mesma imagem.

Resposta: D

15) A colher funciona neste caso como espelho côncavo, e a clas-

sificação da imagem depende da posição do objeto em relação

ao espelho, não havendo, portanto, uma classificação única. A

imagem ora será real e invertida, ora será virtual e direita, ou

não invertida.

Resposta: D

16)

Para a imagem num espelho côncavo ser virtual, seu objeto

precisa estar entre o foco e o vértice do espelho. Precisamos

encontrar estes pontos na figura. O ponto M é claramente o

vértice do espelho, já que está situado nele. Como todo raio

que incide no espelho paralelo ao eixo principal retorna pelo

foco, o raio r1 deve passar pelo foco. Logo, o ponto N é o foco

do espelho. Como todo raio que retorna sobre si mesmo ao

incidir no espelho deve ter passado pelo centro de curvatura,

o raio r2 deve passar pelo centro. Logo, o ponto P é o centro.

Resposta: A

17) Os espelhos que aumentam o campo visual, por possibilitarem

a visão de imagens diminuídas do ambiente, são os espelhos

convexos. Estes fornecem sempre o mesmo tipo de imagem

de um objeto real: virtual, menor, direita.

Resposta: B

18)

a) Sempre direitas.

b) As imagens obtidas por espelhos convexos são sempre

menores, direitas e virtuais, pois não existe, devido ao

formato do espelho, posição onde se possa colocar o

objeto de forma que os raios refletidos (ex.: r1 e r2) se

encontrem, apenas seus prolongamentos.

c) Não, pois são virtuais.

19)

A única posição para o objeto que fornece imagens reais,

invertidas e do mesmo tamanho que o objeto é sobre o centro

de curvatura. Tanto o objeto como a imagem se localizarão na

mesma posição.

Resposta: E

20)

Na ilustração, colocamos o objeto (por exemplo, um prego)

entre o foco e o vértice do espelho côncavo. Para construir sua

imagem, basta utilizar 2 dos 4 raios notáveis conhecidos.

Escolheu-se desenhar:

• raio que incide no vértice com ângulo reflete-se com

mesmo ângulo ;

• raio que passa pelo foco reflete-se paralelamente ao eixo

principal.

Como os raios refletidos não se encontram, desenhamos seus

prolongamentos. Como os prolongamentos dos raios refleti-dos se encontram, a imagem é virtual. Da figura, vemos que a

imagem em p’ é maior e tem a mesma direção do objeto.

Obs.: Pode-se verificar que o desenho dos outros raios notá-

veis fornece a mesma imagem.

Resposta:

21) I. Verdadeira. No espelho côncavo, a classificação da imagem

depende da posição do objeto em relação ao espelho. Não

terá, portanto, uma classificação única. A imagem ora será

real e invertida, ora será virtual e direita, ou não invertida.

II. Verdadeira. Os espelhos que aumentam o campo visual,

por possibilitarem a visão de imagens diminuídas do

ambiente, são os espelhos convexos. Estes fornecem

sempre o mesmo tipo de imagem de um objeto real:

virtual, menor, direita.



– 71

III. Falsa. No espelho plano, a imagem é sempre virtual, pois

resulta dos prolongamentos dos raios refletidos.

Resposta: D

22) I. Falsa. As imagens são menores.

II. Falsa. As imagens são menores.

III. Verdadeira. Os espelhos que aumentam o campo visual,

por possibilitarem a visão de imagens diminuídas do

ambiente, são os espelhos convexos. Estes fornecem

sempre o mesmo tipo de imagem de um objeto real:

virtual, menor, direita.

IV. Falsa. Todos os espelhos aumentam o campo visual, logo

todos são convexos.

Resposta: C

27) Para descobrir a distância entre as imagens, precisamos

primeiro encontrar as posições delas, p’A e p’B. Da figura, pode-

mos obter a distância focal do espelho, f = 5cm + 5cm = 10cm,

além das distâncias de cada objeto em relação ao espelho,

pA = 5cm e pB = 15cm. Com a Equação de Gauss, encon-

traremos a posição de cada imagem.

Objeto A:= +

= +

– =

– =

– =

p’A = –10cm

Objeto B:

= +

= +

– +

– =

=

p’B = 30cm

No esquema, vemos que a distância entre as imagens será de

40cm.

Resposta: D

28) A posição do garoto em relação ao espelho vale p = 2,0m. Se a

imagem é direita e aumentada 3 vezes, podemos dizer que seu

aumento é A = 3. Para acharmos a distância focal f, usamos:

A =

3 =

3 . (f – 2) = f

3f – 6 = f

2f = 6

Como a distância focal f = 3,0m é positiva, o espelho é

côncavo.

29) Para encontrar a distância da imagem ao espelho p’, podemos

utilizar a Equação de Gauss, dado que p = 40cm e que a distân-

cia focal vale metade do raio de curvatura, f = cm = 15cm.

= +

= +

– =

– =

=

p’ = cm

p’ = 24cm

Obs: A maioria dos exercícios desta seção exige conhecimento

de propriedades de frações e de equações fracionárias e é omínimo que se espera de alunos do Ensino Médio.

Resposta: B

30) a) Para calcular a distância entre o passageiro e sua imagem,

d = p – p’ , primeiro precisamos da posição da imagem p’.

Temos que p = 3,0m, R = 4,0m e com este valor descobrimos

a distância focal f = ; f = m = 2,0m. Como o espelho

é convexo,

= +

– = +

– – =

– – =

= –

1–––p’A

1–––pA

1––f

1–––p’A

1––5

1––10

1–––p’A

1––5

1––10

1–––p’A

2–––10

1––10

1–––p’A

1–––10

1

–––p’B

1

–––pB

1

––f

1–––p’B

1––15

1––10

1–––p’B

1––15

1––10

1–––p’B

2––30

3––30

1–––p’B

1–––30

f––––f – p

f–––––(f – 2)

f = 3,0m

30–––2

1––p’

1––p

1––f

1––p’

1––40

1––15

1––p’

1––40

1––15

1––p’

3––––120

8––––120

5–––120

1––p’

120–––5

4,0–––2

R––2

f = –2,0m

1––p’

1––p

1––f

1––p’

1––3

1––2

1––p’

1––3

1––2

1––p’

2––6

3––6

5––6

1––p’



72 –

p’ = –1,2m

E a distância d vale: d = 3 – (–1,2) (m)

b) Como o passageiro tem altura o = 1,6m, para encontrar a

altura da imagem i, usamos:

=

=

= +0,4

i = 1,6 . 0,4 (m)

31) Do enunciado, temos p = 90cm e, como a imagem do artista é

direita, o aumento é positivo e vale A = . Para achar a

distância focal f, usamos:

A =

=

1 . (f – 90) = 10 . (f)

f – 90 = 10f

9f = –90

f = –10cm

Resposta: D

32) Do enunciado, obtemos p = 2,0cm e A = 2. Assim:

A =

2 =

2(f – 2) = f

2f – 4 = f

Como a distância focal f = 4,0cm é positiva, o espelho é côn-

cavo.

33) O raio de curvatura R = 50mm nos fornece a distância focal

f = , f = 25mm. A distância da cavidade ao espelho fornece

p = 20mm.

a) Deseja-se p’.

Então:= +

= +

– =

– =

= –

A imagem está a 100mm do espelho.

b) Nesse caso, ele pede o aumento linear A.

A = –

A =

A imagem é 5 vezes maior que a cavidade.

c) Como p’ < 0, a imagem é virtual como A = 5 é positivo, a

imagem será direita e ampliada.

34) A distância x representada na figura corresponde a p’. Dafigura, também obtemos p = 10cm. Com f = 30cm, temos:

= +

= +

– =

– =

= –

x = –15cm

Resposta: D

35) Para encontrarmos a posição da imagem p’ no segundo caso,

quando a posição do objeto p = x = 1,0cm, precisamos

primeiro encontrar a distância focal do espelho f. No primeiro

caso, da figura obtemos p = 6cm e p’ = 3cm. Assim:

1.o caso: = +

= +

= +

=

f = 2,0cm

2.o caso:= +

d = 4,2m

–p’––p

i––o

–(–1,2)––––––

3

i–––1,6

i–––1,6

i = 0,64m

1–––10

f––––f – p

(f)––––––(f – 90)

1––10

f = 10cm

f––––f – p

(f)––––––(f – 2)

f = 4,0cm

R––2

1––p’

1––p

1––f

1––p’

1––20

1––25

1––p’

1––20

1––25

1––p’

5––––100

4––––100

1–––100

1––p’

p’ = –100mm

p’–––p

– (–100)–––––––

20

A = 5

1––p’

1––p

1––f

1––x

1–––10

1–––30

1––x

1–––10

1–––30

1––x

3–––30

1–––30

2–––30

1––x

x = 15cm

1––p’

1––p

1––f

1––3

1––6

1––f

2––6

1––6

1––f

3––6

1––f

1––p’

1––p

1––f



– 73

= +

– =

– =

= –

p’ = – 2,0cm

Resposta: A

36) O exercício deseja encontrar a distância entre o objeto e sua

imagem, d = p – p’ . Precisamos encontrar p’.

A distância entre o foco e o centro de curvatura do espelho

corresponde à distância focal f. Logo, da figura, temos que

f = 10cm + 15cm; f = 25cm. A distância do objeto ao espelho p

será dada pela soma da distância entre o vértice e o foco, uma

distância focal, com 10cm: p = 25cm + 10cm; p = 35cm.

Logo:

= +

= +

– =

– =

=

p’ = 87,5cm e d = 35 – 87,5 (m)

Resposta: D

37) O tamanho do objeto vale o = 2,0m. O tamanho da imagem

vale i = 4,0cm. A distância do objeto ao espelho vale p = 50m.

Logo, a distância focal f vale:

=

=

2 . 10–2 . (f – 50) = f

2 . 10–2f – 50 . 2 .10–2 = f

–100 . 10–2 = f – 2 . 10–2f

–1 = f(1 – 0,02)

f = – (m)

38) O aumento linear vale A = 2 e p = 50cm.

A =

2 =

2 . (f – 50) = f

2f – 100 = f

Como f =

r = 2 . f

r = 200cm = 2m

Como r = 2m é positivo, o espelho é côncavo.

Resposta: B

39) Como R = 20cm, f = = 10cm.

A posição p em função do tempo é dada por p = f(t) = t, pois pe t crescem sempre da mesma maneira.

Logo p’:

= +

= +

– =

– =

=

para t em segundos e p’ em centímetros.

1––p’

1––1

1––2

1––p’

1––1

1––2

1––p’

2––2

1––2

1

––2

1

––p’

x = – 2,0cm

1––p’

1––p

1––f

1––p’

1–––35

1–––25

1––p’

1–––35

1–––25

1––p’

5––––175

7––––175

2––––

175

1––

p’

d = 52,5cm

f––––f – p

i––o

(f)––––––

(f – 50)

4 . 10–2m–––––––––

2m

1––––0,98

f = –1,02m

f––––f – p

(f)––––––(f – 50)

f = 100cm

R––2

R––2

1––p’

1––p

1––f

1––p’

1––t

1–––10

1––p’

1––t

1–––10

1––p’

10––––10t

t––––10t

t – 10–––––10t

1––p’

10tp’ = ––––––

t – 10



74 –

FÍSICA

LIVRO 2 – ÓPTICA

Capítulo 6 – Refração da Luz: Noções Gerais

5) Na refração, a luz tem alterados sua velocidade e compri-mento de onda, mantendo sua frequência (cor) e períodoconstantes.Resposta: D

6) Ao sofrer refração, necessariamente a velocidade da luz sealtera.Resposta: D

7) O índice de refração absoluto n para uma luz monocromáticaem um certo meio óptico ordinário é dado por:

n =

em que c é o módulo da velocidade da luz no vácuo, que éconstante para qualquer cor, e V o módulo da velocidade daluz no meio. Tal velocidade, por sua vez, depende da naturezado meio e da frequência (cor) da luz.

Resposta: A


n =

em que c é o módulo da velocidade da luz no vácuo, que éconstante para qualquer cor, e V o módulo da velocidade daluz no meio. O índice de refração absoluto então é inversa-mente proporcional ao módulo V da velocidade de propa-gação da luz nesse meio.Resposta: B


n =

Como V = c, temos:

n =

c

=

n = 1,25

Resposta: B

10) O índice de refração absoluto n para uma luz monocromática

em um certo meio óptico ordinário é dado por:

n =

em que c é o módulo da velocidade da luz no vácuo, que éconstante para qualquer cor, e V o módulo da velocidade daluz no meio. O índice de refração absoluto então éinversamente proporcional ao módulo V da velocidade depropagação da luz nesse meio. Portanto, o gráfico da funçãon(V) é um ramo de hipérbole equilátera.Resposta: B

11) I) Verdadeira, pois, como n = e V < c, temos n > 1.II) Verdadeira.

nA,B = =

nA,B = =

nA,B = 0,75

III) Verdadeira.Resposta: D

12) nágua, vidro = =

nágua, vidro =

=

Vvidro = 2,0 . 108m/s

Resposta: B

13) O pulso demora um intervalo de tempo t A para atravessar odispositivo, dado por:

tA =

n = V =

tA = + = = (n1 + n2)

O pulso demora um intervalo de tempo t B para atravessar o

dispositivo, dado por:

tB =

tB = = n3

=

= =

= 0,80

Resposta: A

c–––V

c–––V

c–––V

4–––5

c–––4

–––5

5–––4

c–––V

c–––V

c––––VA––––c

––––VB

nA––––nB

1,8 . 108m/s–––––––––––––

2,4 . 108

m/s

VB––––

VA

nágua–––––––c

–––––––Vvidro

nágua–––––––nvidro

nágua Vvidro–––––––––––––

c

4–– VVidro3––––––––3,0 . 108

8––9

L L–––– + ––––V1 V2

c–––n

c–––V

L–––c

L–––c

–––n2

L–––c

–––n1

2L––––V3

2L–––c

2L–––c

–––n3

L––– (n1 + n2)c

–––––––––––––2L––– n3c

tA––––tB

(1,40 + 1,80)–––––––––––

2 . 2,00

n1 + n2–––––––––2n3

tA––––tB

tA––––tB



– 75

14) a)

Na parede da esfera, a luz viaja com uma velocidade deintensidade V esf dada por:

nesf = Vesf =

Vesf = (km/s)

Vesf = 2,0 . 105km/s

Os tempos de viagem da luz no ar, tar, e na parede da es-fera, tesf, são dados por:

V = t =

tar =

tar = 6,0 . 10–10s

tesf =

tesf = 3,0 . 10–10s

Esboçando o gráfico, temos:

b) O tempo total T de viagem do raio luminoso pela esfera édado por:

T = 2tesf + tar = 1,2 . 10–9s

15) a) No bloco de vidro, a luz viaja com uma velocidade de inten-sidade V vidro dada por:

nvidro = Vvidro =

Vvidro = (m/s)

Vvidro = 2,0 . 108m/s

Os tempos de viagem da luz no ar, t ar , e no bloco de vidro,t vidro , são dados por:

V = t =

tar = (s)

tar = 1,0 . 10–8

s

tvidro = (s)

tvidro = 0,50 . 10–8s

O tempo total T de viagem do raio luminoso pela esfera édado por:

T = tvidro + 2tar = 2,5 . 10–8s

b) Esboçando o gráfico, temos

c–––––nesf

c––––Vesf

3,0 . 105

–––––––––1,5

s––––

V

s––––t

18 . 10–2

–––––––––– (s)3,0 . 108

6,0 . 10–2

–––––––––– (s)2,0 . 108

c–––––nvidro

c––––––Vvidro

3,0 . 108

–––––––––1,5

s––––

V

s––––t

3,0–––––––––3,0 . 108

1,0–––––––––2,0 . 108



76 –

FÍSICA

LIVRO 2 – ÓPTICA

Capítulo 7 – As Leis da Refração

6) Como r2 e r3 estão no mesmo meio (II), são raios incidente erefletido respectivamente e, como r1 se encontra no meio (I),é o raio refratado. A figura mostra que, quando a luz sepropaga do meio (II) para o meio (I), o raio refratado se apro-xima da normal no ponto de incidência, evidenciando que aluz se propagou do meio menos refringente para o meio maisrefringente.Resposta: B

7) Os feixes incidente e refletido estão-se propagando no mesmomeio óptico e, portanto, têm velocidades de propagação demesmo módulo: Vrefl = Vinc. Como o feixe refratado se propagano meio óptico menos refringente, o módulo da sua veloci -dade de propagação é maior do que o módulo da velocidadede propagação dos feixes incidente e refletido: Vrefr > Vrefl.Ordenando os três valores, temos:Vrefr > Vrefl = Vinc

Resposta: E

8) Do ar para a água, a luz se propaga do meio menos refringentepara o meio mais refringente. Nessa situação, a luz, ao sedesviar, o faz de maneira a se aproximar da normal no pontode incidência. Os raios incidente e refletido formam ângulosiguais com essa normal.Resposta: D

9) Do meio (1) para o meio (2), a luz se desvia afastando-se danormal no ponto de incidência; portanto, n1 > n2. Ao se pro-pagar do meio (2) para o meio (3), a luz se desvia aproxi-mando-se da normal no ponto de incidência; portanto n

3

> n2

.Observando também que o ângulo de incidência no meio (1)é maior do que o ângulo de refração no meio (3), concluímosque n1 < n3. Ordenando esses três valores, temos:n3 > n1 > n2Resposta: E

10) A incidência luminosa não é normal à superfície da gota(direção radial). Do ar para a água, a luz se propaga do meiomenos refringente para o meio mais refringente e o raioluminoso se aproxima da normal no ponto de incidência. Daágua para o ar, a luz se propaga do meio mais refringente parao meio menos refringente e o raio luminoso se afasta danormal no ponto de incidência.

Resposta: C

11) A incidência luminosa não é normal à superfície plana dosemicilindro. Do ar para o vidro, a luz se propaga do meiomenos refringente para o meio mais refringente e o raioluminoso se aproxima da normal no ponto de incidência. Dovidro para o ar, a luz se propaga do meio mais refringente parao meio menos refringente e o raio luminoso se afasta danormal no ponto de incidência (direção radial).Resposta: E

12)

Com a piscina vazia, o pássaro enxerga a pedra no desloca -mento A1B1. Com a piscina cheia, a luz se propaga do meiomais refringente para o meio menos refringente, afastando-se da normal no ponto de incidência, e o pássaro enxerga aimagem da pedra no deslocamento A2B2. Como A2B2

—— > A1B1—— ,

para uma mesma velocidade o pássaro enxerga mais tempo aimagem da pedra com a piscina cheia do que a pedra com apiscina vazia.Resposta: A

13) a) Aplicando a Lei de Snell-Descartes, temos:n1 sen i = n2 sen Rnar sen 1 = nglic sen 21,0 . 0,50 = nglic . 0,34nglic 1,5

b) nglic =

1,5

Vglic 2,0 . 108m/s

Respostas: a) nglic 1,5b) Vglic 2,0 . 108m/s

14) Os ângulos de incidência i e de refração R são, respectiva-mente, os ângulos complementares a 30° e a 60°:

i = 60° e R = 30°

Aplicando a Lei de Snell-Descartes, temos:

n1 sen i = n2 sen R

nar sen (60°) = nLíq sen (30°)

1,0 . = nLíq .

nLíq = 3

Resposta: D

15) Os ângulos de incidência i e de refração R são, respectiva-mente, os ângulos complementares a 60° e a 30°:

i = 30° e R = 60°

c–––––Vglic

3,0 . 108––––––––

Vglic

1––––

2

3––––

2



– 77


n1 sen i = n2 sen R

ncrist sen (30°) = nvácuo sen (60°)

. 0,50 = 1 . 0,87

Resposta: = = 3 1,74

16) Os ângulos de incidência i e de refração R são, respectiva-mente, os ângulos complementares a 1 e a 2:

i = 90° – 1 e R = 90° – 2

Aplicando a Lei de Snell-Descartes, temos

n1 sen i = n2 sen R

nA sen (90° – 1) = nB sen (90° – 2)

cos 1 = cos 2

=

Resposta: =

17)

O ângulo pedido é a diferença entre os ângulos de incidênciai e refração R. Aplicando a Lei de Snell-Descartes, temos:

n1 sen i = n2 sen R

nar sen (49°) = nvidro sen R

1,0 . 0,75 = 1,5 . sen R

sen R = 0,50

No primeiro quadrante trigonométrico, R = 30°; então:

= 49° – 30°

= 19°

Resposta: B

18) Aplicando a Lei de Snell-Descartes, temos:n1 sen i = n2 sen R

nar sen i = ncrist sen r

sen r = sen i

Notamos que = e que sen r é diretamente pro-

porcional a sen i. Como sen i possui valor máximo igual a 1,

temos:

senmáxr = . 1

senmáxr 0,67

Resposta: D

19) Na face de incidência do prisma, temos:

n1 sen i = n2 sen R

nar sen (53°) = nprisma sen R

1,0 . 0,80 = nprisma sen R

= sen R

Na face de emergência do prisma, temos:

nprisma sen R’ = nar sen e

nprisma sen R’ = 1 . 0,80

= sen R’

Portanto:

sen R’ = sen R

R = R’

Conforme a figura, temos que A = R + R’.

60° = 2R

R = 30°

Obtemos, então, o valor de nprisma.

= sen (30°)

= 0,50

nprisma = 1,6

Conforme a figura, temos também que:

= i + e – A

= 53° + 53° – 60°

= 46°

Resposta: B

20) a) Aplicando a Lei de Snell-Descartes, temos:

n1 sen i = n2 sen R

nar sen (45°) = nfluo sen R

1 . = 1,41 . sen R

sen R 0,50

R 30°

c–––––Vcrist


V1––––V2


c––––VB

c––––VA

cos 2–––––––cos 1

VB––––VA

cos 2–––––––cos 1

VB––––VA

nar––––ncrist

1––––––––ncrist, ar

nar––––ncrist

1––––1,5

0,80––––––nprisma




2––––

2



78 –

b)

Conforme a figura, temos que a luz, ao emergir da esfera

para o ar, o faz com ângulo de incidência também de 30°:

C AO = O CA = 30°

nfluo sen (30°) = nar sen R’

1,41 . 0,50 = 1,0 . sen R’

sen R’ = 0,705

B CO = R’ 45°

B CA = B

AC = 15°

O desvio sofrido pela luz é dado por:

D BC = B

CA + B

AC

D BC = 15° + 15°

D BC = 30°

Respostas: a) R 30°

b) D BC = 30°

21) a) Aplicando a Lei de Snell-Descartes, temos:

n1 sen i = n2 sen R

nar sen (53°) = nLíq sen (37°)

1,0 . 0,80 = nLíq 0,60

nLíq =

b)

22)

Conforme a figura, temos que o seno do ângulo de refração rda luz ao penetrar no hemisfério é dado por:

sen r = =

r = 30°


n1 sen i = n2 sen r

1,0 . sen i = 2

sen i =

i = 45°

Conforme a figura, temos que o desvio sofrido pela luz é

dado por:

= i – r

= 15°

Resposta: = 15°

23) Conforme a figura, temos:

sen i = =

sen r = =


n1 sen i = n2 sen r

n2,1 = = 1,5

Resposta: A

24) Conforme a figura, temos:

sen i =

sen r =


n1 sen i = n2 sen r

nar = = nvidro .

nvidro, ar = = 1,5

Resposta: nvidro, ar = 1,5

2––––

2

4––3

1––2

R––2––R

1––2

2––––

2

24––––

R

x1––––R

16

––––R

x2

––––R

24––––16

9,0––––

R

6,0

––––R

6,0––––

R

9,0––––

R

9,0––––6,0



– 79

25)

Conforme a figura, temos que os ângulos de incidência i e derefração R da luz, quando esta se propaga do ar para a esfera,valem, respectivamente, 60° e 30°. Aplicando a Lei de Snell-Descartes, temos:

n1 sen i = n2 sen R

nar sen (60°) = nesf sen (30°)

1,0 . = nesf .

nesf = 3

Resposta: nesf = 3

26) O índice de refração absoluto de um meio é função inversa-mente proporcional à frequência da luz. O desvio sofrido pelaluz, por sua vez, também é inversamente proporcional aoíndice de refração absoluto. Conclui-se então que, quantomaior a frequência da luz, maior é o desvio sofrido por ela.Conforme a figura, temos que o desvio sofrido está ordenadode maneira crescente, do raio (1) para o raio (7).I) Certa. A cor com menor desvio é a de menor frequência.II) Certa. A cor com menor desvio é a de menor frequência.III) Errada. A cor com maior desvio e menor índice de refração

absoluto é a de maior frequência. O índice de refração ab-soluto, por sua vez, é inversamente proporcional à inten-sidade da velocidade de propagação da luz.

27) a) 1 – Dispersão2 – Reflexão3 – Refração

b) A dispersão ocorre no ponto 1.A causa da dispersão é o fato de o índice de refraçãoabsoluto da água ser diferente para cada frequência de luz,o que acarreta desvios diferentes.

1––2

3––––

2



82 –

b) A força resultante sobre as partículas é a força magnética.

FR = Fm

m . a = q . V . B sen ( = 90°)

a =

carga (+): a1 = (1)

carga (–): a2 = (2)

(1) (2):

=

18) O raio da trajetória e o período podem ser calculados pelas

expressões:

R = ; T =

Raios das trajetórias:

Períodos dos movimentos:

Resposta: C

19) a) Pela regra da mão esquerda, percebemos que q1 é a carga

negativa (q1 < 0) e q2 é a carga positiva (q2 > 0).

b) A carga q pode ser expressa por:

q =

Do enunciado, temos: R1 = 2R2

Assim: q1

= ; q2

=

=

20)

Pela regra da mão esquerda, a força magnética tem a direção

do eixo z : Fm.

O ângulo entre B e V é de 30°; assim, temos:

Fm = q . V . B sen

Fm = 3,2 . 10–19 . 2 . 107 . 8 . 10–1 . sen 30°(N)

Fm = 2,56 . 10–12N

Resposta: A

21) a) Pela regra da mão esquerda, determinamos o sinal da

carga q, que neste caso é negativa (q < 0).

b) A força magnética equivale à força centrípeta,

Fcp = Fm

= q . V . B . sen ( = 90°)

= =

q . V . B–––––––––––

m

q . V . B–––––––––––

2m

q . V . B–––––––––––

3m

a1–––––a2

q . V . B / 2m––––––––––––––– q . V . B / 3m

a1 3–––– = –––

a2 2

m . V–––––––– q . B

2 m–––––––– q . B

M V0RA = –––––––

Q B

2M 2V0 2 M V0RB = ––––––––– RB = –––––––––

2Q B Q B RB = 2RA

2 MTA = –––––––

Q B

2 2M 2MTB = ––––––––– TB = –––––––

2Q B Q B

TB = TA

m . V––––––––

R . B

m . V––––––––2R2 . B

m . V––––––––

R2 . B

q1 –––––– q2

m . V / 2R2 B–––––––––––––m . V / R2 . B

q1 1––––– = ––– q2 2

m . V2

––––––––R

V––––R B

q–––m

106

––––––––––––2 . 10–3 . 0,5

q C––– = 1 . 109 ––––m kg

C––––kg



– 83

FÍSICA

LIVRO 2 – ELETROMAGNETISMO

Capítulo 2 – Força Magnética sobre Condutor Retilíneo

3)

4) Com a regra da mão esquerda, determinamos a direção e o

sentido da força magnética em cada trecho da espira.

Por simetria, temos:

F→m1 = F→m3 e

F→m2

= F→m4

assim: (a força resultante é nula)

Por simetria, temos também que x1 = x2 e y1 = y2; com isso, o

torque da força magnética 1 é cancelado pelo torque da força

magnética 3, da mesma forma que são cancelados os torques

no eixo x; por isso, o torque total é nulo .

Resposta: B

5) A força magnética que atua num condutor retilíneo é dada por:

Fm = B . i . . sen

a) Do enunciado, = 0° ou = 180° sen = 0

b) = 90° Fm = 2 . 104 . 2 . 0,2 . 1 (N)

6) A força magnética é dada por: Fm = B . i . . sen

Assim: Fm = 10–3 . 4 . 0,2 . 0,5(N)

7) a) F0 = Fm = B I C (note e adote)

F0 = 1,5 . 50 . 0,2(N)

b) O trabalho de uma força pode ser calculado pela expressão:

= F→

. d . cos

Neste caso, temos: F = F0 = 15N; d = 0,12m; = 0°

Logo, = 15 . 0,12 . 1(J)

c) Vista lateral do ímã e do fio

Como EC = 0, pois V0 = 0 e Vf = 0, podemos escrever:

0 = peso + F0

0 = – P . H + 1,8 P . H = 1,8 6 . 10–2H = 1,8

8) a) Com a chave aberta temos i = 0, Fm = 0 no fio, e, por isso,

atuam apenas a força peso e a força do dinamômetro.

Fd = P

P = m g = 0,2 . 10(N) = 2N,

logo:

b) Se o dinamômetro passar a indicar zero, significa que o

peso é equilibrado pela força magnética, P = Fm = 2N.

Com isso, pela regra da mão esquerda, a corrente elétrica

flui da esquerda para a direita.

F→

R =→0

Fm = 0

Fm = 8 . 103N

Fm = 4 . 10–4N

= 1,8 J

F0 = 15N

total = peso + Fm

total = EC (TEC)

H = 30m

Fd = 2N



84 –

Como Fm = B . i . . sen

( = 90°),

temos:

2 = 1 . i . 0,2

Como a corrente vai da esquerda para a direita, através do

fio, percebemos que M é o polo positivo e N é o polo

negativo.

Sendo: U = R i

U = 6 . 10(V) Respostas: a) 2N

b) Da esquerda para a direita; 10A

c) M é polo positivo, N é polo negativo; 60V

9) Pela regra da mão esquerda, vemos que a força magnética tem

a mesma direção e o mesmo sentido da força peso.

FR = Fm + P

FR = B . i . . sen + m g

FR = 8 . 10–2 . 10 . 0,25 + 2 . 10–2 . 10(N)

Resposta: D

10) Pela regra da mão esquerda, a força magnética que atua no

fio é vertical para cima.

P = m . g P = 1 . 10–1N (vertical para baixo)

Fm = B . i . . sen Fm = 2 . 10–1N (vertical para cima)

Como Fm > P, significa que a mola está comprimida (fazendo

força para baixo); assim, no equilíbrio, temos:

Fe + P = Fm

Kx + mg = B . i .

5x + 0,1 = 0,2

x = 0,02m = 2cm = 20mm

Resposta: E

11)

A força magnética nas cargas que constituem a corrente

elétrica é vert ical e para cima. Isso significa que, esponta -

neamente, elas tendem a sair de X e subir (o potencial em X,Vx, é o maior). Estando em Y, elas não tendem a ir para Z, e,

em Z, elas não tendem a ir para Y (Vy = Vz). Assim, temos:

Vx > Vy = Vz

Logo

Resposta: D

i = 10A

U = 60V

FR = 4 . 10–1NVx – Vy > 0



– 85

FÍSICA

LIVRO 2 – ELETROMAGNETISMO

Capítulo 3 – Fontes de Campo Magnético

5)



86 –

6)



88 –

Na situação 2, B e D conseguirão alinhar-se ao campo mag -nético resultante, já C ficará inalterada.

Resposta: D

10) No 1.° caso, para uma corrente I, pela Lei de Biot-Savart, temos

B = . Quando a corrente é 3I, temos, no 2.° caso,

B2 = = 3 = 3B

Resposta: D

11) a) d = 2cm = 2 . 10–2m

i = 3A

0 = 4 . 10–7 T . m /A

B = ?

Pela Lei de Biot-Savart, temos:

B =

B = T

Pela regra da mão direita, o deslocamento da agulha ocorreno sentido horário.

b)

tg θ =

tg θ = =

12)

Efetuando a regra da mão direita para cada um dos fios, temosa configuração dos campos no ponto C. Efetuando a somavetorial, teremos resultante necessariamente na direção deAA’.

13)

Resposta: D

14) Calculemos os valores dos campos magnéticos gerados por xe y:

Bx

= = (T) = 8,0 . 10–7 T

By = Bx = 8,0 . 10–7T

Pela regra da mão direita, os vetores dos campos magnéticosalinham-se como na figura.Uma agulha então se alinharia desta forma:

O módulo do campo resultante vale:

Bres2 = Bx

2 + By2; Bres

2 = (8 . 10–7)2 + (8 . 10–7)2

Bres = 2 . (8 . 10–7)2 T

15)

Os vetores→Bx e

→By têm sua direção e seus sentidos dados pela

regra da mão direita. Para que o campo magnético seja nuloem P, temos:→By –

→Bx =

→0

µ . i–––—–2 . d

4 . 10–7

. 3–––—–——–2 . 2 . 10–2

B = 3,0 . 10–5T

Bfio—–––—––––Bterrestre

tg θ = 0,503 . 10–5–––—––6 . 10–5

4 . 10–7 . 2

–––—––––––2 . 0,5

µ . i

–––—–2 . d

Bres = 8 . 2 . 10–7T

. I–––––2 d

µ . I–––––2 dµ . 3I–––––2 d



– 89

; = ;

Resposta: A

16) Usamos a regra da mão direita para desenhar os camposmagnéticos gerados por I’ e I’’.

Os campos só podem anular-se em II e IV, pois somente nessesquadrantes os campos têm sentidos opostos.Resposta: D

17) a)

b)

18) Vista de cima.

Os vetores campo magnético→B1 e

→B2, gerados respectiva-

mente pelos fios 1 e 2 nos pontos C e D, são dados pela regrada mão direita. Assim:

BC = B1 + B2 e BD = B2 – B1 , pois d2< d1, logo, B2 > B1

Com B1 = ; B2 = ; logo

BC = +

e

BD = –

22)

23)

24) A regra da mão direita, aplicada ao solenoide, indica, alinhan-do o polegar com o campo magnético, que a corrente vai deM para N.

Resposta: A

25)

Não há força magnética quando a direção do campomagnético concorda com a direção de movimento das cargas.Resposta: C

µ0 . i––——–2 d1

µ0 . i––——2 d2

µ0i––––––2 d1

µ0i—––—2 d2

→BC•

µ0 i––——2 d2

µ0i––—–2 d1

→

BDx

y–– = 3x

µ . i––––––2 x

µ . 3i–––––––

2 y→By =

→Bx



90 –

26) O módulo do campo da espira circular é dado por: B = .

Logo: B = (T)

Obs.: R = 20cm = 0,2m

27) Definição correta de campo magnético em espiras circulares.Resposta: C

28) Para que o campo magnético da espira interna e anule o daexterna, a corrente deve ter sentido anti-horário e deve valerBext = Bint.

29) Para que o campo magnético em C seja nulo, deve valer

Bespira = Bfio

= A distância do fio a C é d = R .

Logo: = ; =

Resposta: D

30) a) = 50cm = 0,5m

R = 1,5cm = 1,5 . 10–2m

n = 2 . 103

i = 3,0A

µ0 = 4 . 10–7 Tm/A

O módulo do campo magnético no solenoide é dado por:

B = . Logo:

B = (T) = 48 . 10–4T =

b) Quando a direção do campo magnético concorda com adireção de movimento das cargas, não há força magnética;logo, a aceleração é nula.

31) Para que o campo magnético em O seja nulo, devemos ter:

Bfio = Bespira; fio

= espira

; =

i = (A) ;

32)

Como a corrente total i se divide em duas partes iguais aopercorrer cada um dos fios, cada corrente gera um campomagnético, porém em sentidos opostos; logo, o camporesultante no centro O é nulo.

33) B =

O campo magnético no solenoide depende do número deespiras n, do comprimento , da corrente i e do meio onde

está.Resposta: D

35) Sigamos o seguinte procedimento sugerido:I) Pela regra da mão direita, desenhamos os campos B1,

gerado pelo fio 1, sobre o fio 2; e B2, gerado pelo fio 2, sobreo fio 1.

II) Pela regra da mão esquerda, determinamos então a direçãoda força F1,2 que o fio 1, por meio do campo B1, gera sobreo fio 2; e a força F2,1 que o fio 2, por meio do campo B2, gerasobre o fio 1.

36)

Pela figura e usando o procedimento do exercício 35, temos

atração. O módulo das forças é dado por F1,2 = ,

da qual vemos que F1,2 é inversamente proporcional à

distância d.Resposta: B

37) Como os fios têm correntes em sentidos contrários, ocorre

repulsão. Como as correntes têm mesmo módulo, a força tem

valor:

F1,2 = = =

proporcional ao quadrado de i

Resposta: E

µ . i1 . i2 .–––––——––

2 d

µ . i1 . i2 .–––––——––

2 d

µ . i . i .–––––——–

2 d

µ . . i2––––——–

2 d

µ . n . i––––––

4 . 10–7 . 2 . 103 . 3––––––——————

0,5

µ . i–––––2 d

µ . i–––––

2R

µ . 62,8––––––––—––2 . 3,14 . 2R

µ . i–––––

2R

62,8–––––6,28

i = 10A

. n . i–––––

µ . i2––––––2R

µ . i1––––––2 d

µ . i2––––––2R

µ . i1––––––2 R

i1–––i2

4,8 . 10–3T

µ . i——2R

4 . 10–7 . 40———————

2 . 0,2

B = 4 . 10–5T

1iinterna = –––

2

µ . i µ . iint––––– = ––––––– 2 R R

2 –––2



– 91

38) Dado: i = 1A = i2d = 1m

= 1m

µ = 4 . 10–7Tm/A

Procurado: F1,2 = ?

F1,2 =

F1,2 =

Resposta: B

39)

Pela regra da mão direita, os campos magnéticos gerados pelofio A e pelo fio B só podem anular-se em I, IV e V. Além disso,deve valer

BA = BB; A =

B

=

A relação acima só é satisfeita no ponto I.Resposta: A

40) A figura apresenta campos magnéticos que concordam entresi a distâncias grandes. Isso significa que têm a mesmadireção comum, apesar de módulos diferentes; logo, haverárepulsão entre os fios. A força no fio da esquerda será para aesquerda (repulsão) e o módulo da força é igual para ambos osfios.

F1,2

=

Resposta: D

µ . i

–––––2 d

µ . i

–––––2 dµ . 2–––––2 dA

µ . 4–––––2 dB

dB = 2dA

µ . i1 . i2 .–––––———–

d

µ . i1 . i2 .––––——–—

2. . d

4 . . 10–7 . 1 . 1 . 1––––——–————

2. . 1

F1,2 = 2,0 . 10–7N



– 93

13)

Não há fluxo magnético nessa situação. O ângulo entre anormal à área e as linhas de indução é 90°.

Φ = B . A . cosx = B . A . cos90° = 0Logo não haverá corrente induzida.Resposta: A

14) Analisando os gráficos I e II, vemos que a força repulsiva,proveniente do campo magnético induzido na espira B, surgequando há uma variação, no caso um aumento, do fluxomagnético a partir de t = 1s. No gráfico III, quando, a partir det = 2s, a corrente na espira A diminuir, haverá uma diminuiçãodo fluxo magnético. O campo induzido em B tenderá a se opora essa diminuição, gerando uma força atrativa, negativa, atéque cesse a variação de fluxo magnético a partir de t = 3s.Resposta: C

15)

A corrente induzida na espira 2 gera um campo induzido→Bi

que deve opor-se à variação de fluxo magnético do campogerado pela espira 1.Se o fluxo diminuir,

→Bi concordará com a direção do campo

→B1

em diminuição. Nesse caso,→Bi e

→B1 serão os sentidos dos

campos, o que significa que a corrente da espira 1 estará nosentido anti-horário.Se o fluxo aumentar,

→B

i e

→B

1 serão os sentidos dos cam-

pos e a corrente da espira 1 estará no sentido anti-horário.Resposta: D

16) 1.°: Nula, pois não há variação de fluxo magnético, já que nãohá aumento ou diminuição do número de linhas de induçãoque atravessam a área formada pela espira.

2.°: Nula, pois o ângulo entre as linhas de campo magnético Be a direção normal da área da espira será 90°, o que geraráfluxo magnético nulo.

3.°: Anti-horária, pois, com o afastamento, o valor de→Bext

gerado pelo condutor retilíneo diminui, produzindo umadiminuição de fluxo magnético. O campo induzido

→B1 se

oporá a esta redução, gerando uma corrente induzida nosentido anti-horário.

17) Com o aumento da corrente, aumenta o fluxo de campomagnético externo

→Bext gerado pelo fio. O campo magnético

induzido→Bi se oporá a este aumento, gerando em A uma

corrente anti-horária e em B uma corrente induzida no sentidohorário.

Resposta: C

19) No instante t = 0,2s, o fluxo magnético Φ é constante, logonão há variação de fluxo, nem força eletromotriz induzida.Resposta: E

20) a) Como o fluxo magnético é constante, não há forçaeletromotriz induzida.

b) Entre t = 0,3 e 0,4s, temos:Φ = N . (0 – 0,001) (Wb)Φ = 400 . (–0,001)(Wb) = –0,4 Wb

EM = – = =

21) = = 1 . B . . cos 0°

= B . h . V

|EM| = e |EM| = R . i

Logo

R . i = B . h . V e B =

B = (T) = 0,4T

Observação: Usar os valores no S. I.

Resposta: C

22)

Com a barra PQ movendo-se para baixo, há aumento do fluxomagnético, gerando um campo induzido

→Bi que se opõe a esse

aumento, que por sua vez gera uma corrente induzida I i nosentido anti-horário.Resposta: B

23) a) Edissipada = Q = m . c . θ

Ed = 1,5g . 0,33cal/g°C . 40°C 20cal

b) Potência = = R . i2 = 0,4 . i2

i2 = = 400

Φ–––t

0,4 Wb–––——

0,1s4,0V

Φ–––t

N . B . A cos x–––————–—

t

(b . h)–––—–

t

Φ–––t

Φ–––t

R . i–––—–h . V

1,0 . 0,5–––––––––

0,25 . 5

Edissipada 80J

80–––—

0,5

Edissipada–––———t

160––––0,4

i = 20A



94 –

c) |EM| = R . i

|EM| = 0,4 . 20 (V)

|EM| = =

8V =

24) a) Em velocidade constante, |→FM| = |

→P |

FM = M . g

FM = 0,016 . 10 = 0,16N

b) Potência = F . V

P = 1,6 . 10–1 . 4 . 10–1(W)

c) P = i2 . R;

i =; i = (A) = 0,64 (A)

i = 0,8A =

d) F = B . i .

B = =

= a pois a largura”a” é que delimita a variação do fluxomagnético.

B = (T)

25)

26) a) P = U . i

U = = (V)

b) Φ = ΦF – Φi = 0 – B . A . cos α = 0 – 1,1 . (0,4) . 0,6 . cos 0°

c) U = EM = –

1,2 =

t = (s)

28) Em regime estacionário (a bateria há muito tempo ligada), acorrente contínua, mantida pela bateria, não induz correnteno enrolamento secundário do transformador.Resposta: E

29) Primário e Secundário:N1 > N2; U1 > U2; i1 < i2

= = ⇒ U1 . I1 = U2 . I2

logo (Potência)1 = (Potência)2

Resposta: C

Como a corrente proveniente do primário é alternada (esomente com esse tipo de corrente pode haver tensão indu-zida no secundário), a corrente no secundário também o será.

30)

O campo induzido→Bind opõe-se ao campo

→Bext devido à

aproximação dos solenoides. Pela regra da mão direita,→Bfinal

gera uma corrente no sentido de a para b.Resposta: A

FM = 1,6. 10–1N

P = 6,4 . 10–2W

P––R

6,4 . 10–2––———1 . 10–1

8,0 . 10–1A

F––––i .

F–––––i . a

1,6 . 10–1–––––––—–––––––8 . 10–1 . 2 . 10–1

B = 1,0T

P–––

i

24 . 10–3––—–––––––

20 . 10–3

U = 1,2V

Φ––––t

–(–2,64 . 10–1)––––————–

t

2,64 . 10–1––––————–

1,2

t = 0,22s

U1––––U2

N1––––N2

I2––––I1

|EM| = 8,0V

Φ–––t

B . A . cos x––––———––

t

B . (2m) (1,25m) . cos 0°––––———––—————–

0,5s

4B = ––––T = 1,6T

2,5

Φ = –2,64 . 10–1Wb



– 95

FÍSICA

LIVRO 2 – ELETROSTÁTICA

Capítulo 1 – Eletrização

7) A corrente elétrica pode ser calculada pela expressão

i =

Em termos de unidades, temos:

ampère (A) =

ou, ainda: C = A . s

Resposta: A

8) Um corpo está eletricamente neutro quando as quantidades

de prótons e elétrons são iguais.

Logo, se o corpo ficou eletrizado, então essas quantidades

tornaram-se diferentes. Como a quantidade de núcleos não foi

alterada, devemos concluir que a quantidade de elétrons

mudou.Resposta: D

9) O atrito entre duas substâncias da tabela deixa a primeira

delas eletrizada positivamente e a segunda, negativamente.

a) Lã: positiva; ebonite: negativa

b) Vidro: positiva; algodão: negativa

c) Adquiriram cargas opostas e, portanto, se atraem.

10) Q: carga da esfera

n: quantidade de elétrons

e: carga elementar

Q = n . e

Q = 2,0 . 1010 . (–1,6 . 10–19)(C)

Q = – 3,2 . 10–9C

11) QA = + 1,6 . 10–12C

QB = – 4,8 . 10–12C

Q’A = Q’B = = (C)

Q’A = Q’B = –1,6 . 10–12C

12) 1.° contato

Q’A = Q’B = = =

2.° contato

Q’’A = Q’C = = =

3.° contato

Q’’’A = Q’D = = =

Sendo Q a carga inicial de A, sua carga após os 3 contatos é

.

13) Um corpo é considerado isolante quando as cargas em

excesso que adquire não conseguem movimentar-se e

permanecem no local onde foram “depositadas”. O metais

são bons condutores de carga e, portanto, não são isolantes.

Resposta: E

14) Após o contato, ambas passam a ter a mesma carga, dada

pela média aritmética das cargas iniciais:

= –

Resposta: C

15) Q1 = Q; Q2 = Q; Q3 = 0

1.° contato

Q’1 = Q’3 = = =

2.° contato

Q’2 = Q’’3 = = =

Portanto, a carga final de 1 é Q/2 e a carga final de 2 é 3Q/4.

Resposta: C

16) QA = 8C; QB = 0; QC = 0

1.° contato

Q’A = Q’B = = = 4C

2.° contato

Q’’B = Q’C = = = 2C

Portanto, a esfera C adquiriu 2C.

Resposta: A

17) As esferas são idênticas e, consequentemente, adquiriram

cargas de mesmo sinal. Assim, após a eletrização, ambas se

repelem.

Antes da eletrização, a força de tração equilibra apenas a força

peso da esfera.

Após a eletrização, a força de tração equilibra a soma da força

peso da esfera com a força de repulsão elétrica.

Q––––t

coulomb (C)–––––––––––––segundo (s)

QA + QB–––––––––

2

(+1,6 . 10–12) + (–4,8 . 10–12)–––––––––––––––––––––––––

2

QA + QB–––––––––

2

Q + 0––––––

2

Q–––2

Q’A + QC–––––––––

2

Q/2 + 0–––––––

2

Q–––4

Q’’A + QD–––––––––

2

Q/4 + 0–––––––

2

Q–––8

Q–––8

Q + (–2Q)–––––––––––

2

Q–––2

Q1 + Q3–––––––––

2

Q + 0––––––

2

Q–––2

Q2 + Q’3

–––––––––2

Q + Q/2

––––––––2

3Q

––––4

QA + QB–––––––––

2

8 + 0––––––

2

Q’B + QC–––––––––

2

4 + 0––––––

2



96 –

Resposta: C

18) 1.° contato

Q’M1= Q’M2

= = =

2.° contato

Q’M3= Q’’M2

= = =

Portanto, após os contatos, M1 tem carga e as esferas M2

e M3 têm cargas cada uma.

Resposta: B

19) A quantidade total de carga após a desintegração é igual à

quantidade total inicial:

Qpíon = Qmúon + Qneutrino

+e = +e + Qneutrino

Qneutrino = 0Resposta: E

20) O próton possui carga +e. Combinando quarks up (u) e down

(d), tem-se

2 . u + 1 . d = +e

2 . e + 1 – e = +e

Resumindo, próton: u, u, d

nêutron: u, d, d

Resposta: C

24) O processo de eletrização por contato ocorre quando há

diferença de carga entre os corpos, não ocorrendo, portanto,

para ambos neutros.

No processo de eletrização por indução, um dos corpos deve

estar eletrizado (indutor) para provocar polarização no outro

corpo.

Resposta: D

25) O eletroscópio carrega-se positivamente por contato com a

esfera. As folhas do eletroscópio, ambas com cargas positivas,

se repelem e se afastam, como mostra a figura da alternativa b.

Resposta: B

26) Duas esferas podem atrair-se, como na figura II, quando

possuem cargas opostas ou quando uma delas está carregada

e a outra, neutra, sofre polarização por indução.

Resposta: B

QM1+ QM2–––––––––––2

Q + 0––––––

2

Q–––2

QM3+ Q’M2–––––––––––

2

Q + Q/2–––––––

2

3Q–––

4Q

–––23Q

–––4

2––3

1––3



– 97

FÍSICA


Capítulo 2 – Força Eletrostática

6) Sendo ambas positivas, as partículas se repelem com uma

força dada por

F =

K0 = 9 . 109 N . m2/C2

Q1 = Q2 = 8,0 . 10–6C

d = 30cm = 3,0 . 10–1m

F = (N)

Resposta: A

7) A força eletrostática entre os dois corpúsculos é dada por

F = K0

Sendo: K0 = 9 . 109N . m2/C2

Q1 = Q2 = Q

d = 1,0cm = 1,0 . 10–2m

F = 3,6 . 102N

Substituindo:

3,6 . 102 =

Q = 2. 10–6C

Q = 2CResposta: E

8) F = K0

0,6 = 9 . 109 .

6 . 10–1 = 6 . 109 . Q2

Q2 = 1 . 10–10

Q = 1 . 10–5C

Q = 10 . 10–6C

Resposta: B

9) a) As esferas possuem cargas opostas e por isso se atraem. A

força de atração pode ser calculada pela Lei de Coulomb:

F = K0

sendo: K0 = 9 . 109N . m2/c2

Q1 = 1 . 10–9C

Q2 = –5 . 10–10C

d = 0,3m

temos: F = 9 . 109 . (N)

F = 5 . 10–8N

b) Após o contato, as novas cargas serão iguais:

Q’1 = Q’2 = = (C) = 2,5 . 10–10C

A nova força entre elas tem módulo:

F’= K0 . = 9 . 109 . (N)

F’ = 6,25 . 10–9N

e como ambas são positivas, F’→

é repulsiva.

10) F =

F = = =

= 1

Resposta: C

11) I. Correta

As cargas do próton e do elétron são iguais em módulo

(e = 1,6 . 10–19C) e o módulo da força, dado pela Lei de

Coulomb, é o mesmo nos três esquemas:

F = K . = K .

II. Correta

De acordo com a lei da ação e reação.

III. Correta

IV. Errada

A força é atrativa apenas no esquema 2.Resposta: A

12) Após o contato, ambas adquirem a mesma carga, dada por:

Q’1 = Q’2 = = (C) = 6,0C = 6,0 . 10–6C

A força de repulsão entre elas tem módulo dado pela Lei de

Coulomb:

F = K0 . = 9 . 109 . (N)

Resposta: D

13) a) F = K0 . = 0,18N

F’ = K0 . = . K0 . = . 0,18 = 0,02N

b) F’’ =K0 . = = . 0,18

F’’ = 0,18N

K0 . Q1 . Q2 ––––––––––––––

d2

9 . 109 . 8,0 . 10–6 . 8,0 . 10–6 ––––––––––––––––––––––––––––––

(3,0 . 10–1)2

F = 6,4N

Q1 . Q2 –––––––––––

d2

9 . 109 . Q2

–––––––––––(1,0 . 10–2)2

Q1 . Q2 –––––––––––

d2

2Q . 3Q–––––––––

32

Q1 . Q2 –––––––––––

d2

1 . 10–9 . –5 . 10–10 ––––––––––––––––––––––––

(0,3)2

Q1 + Q2–––––––––

2

1 . 10–9 – 5 . 10–10

––––––––––––––––––2

Q’1 . Q’2 –––––––––––d2

(2,5 . 10–10)2–––––––––––––(0,3)2

K . Q1 . Q2 –––––––––––––

d2

K . 2 . Q1 . 2 .Q2 –––––––––––––––––––

(2d)2

4K . Q1 . Q2 –––––––––––––––

4 . d2

K . Q1 . Q2 ––––––––––––––

d2

F’–––F

Q1 . Q2 ––––––––––––

d2

e2

––––d2

Q1 + Q2–––––––––

2

16 + (–4,0)–––––––––––

2

Q’1 . Q’2 –––––––––––

d2

(6,0 . 10–6)2

–––––––––––(3,0 . 10–2)2

F = 360N

Q1 . Q2 –––––––––––

d2

Q1 . Q2 ––––––––––

(3d)2

1––9

Q1 . Q2 ––––––––––

d2

1––9

0,25––––0,25

0,25 K0 . Q1 . Q2 ––––––––––––––––––

0,25 . d2

0,5.Q1 0,5.Q2 ––––––––––––––––

(0,5d)2



98 –

14) A força de atração elétrica atua como força centrípeta:

Felé =

=

= m V2

= 9,1 . 10–31 . V2

Resposta: C

15) A força de atração elétrica atua como força centrípeta. Seja m

a massa do corpo em movimento circular. Assim,

Felé =

=

= m V2

V =

Se o raio da trajetória passar a valer r’ = 2r, então a nova

velocidade será:

V’ = = =

V’ = . V

racionalizando, V’ =

Resposta: A

16) O corpo A possui excesso de prótons e, portanto, sua carga

elétrica é positiva: qA = + nA . e, em que e é a carga elementar.

O corpo B possui excesso de elétrons e, consequentemente,

sua carga é negativa: qB = nB . e. Após o processo de eletriza-

ção, a nova carga de B passou a valer:

q’B = (–nBe) – (–2nB . e) = + nB . eInicialmente, a força entre A e B vale:

F1 = = =

e após a eletrização de B, vale:

F2 = = =

das quais concluímos que F2 = F1

Resposta: C

18) Seja F1

→

a força de repulsão elétrica entre 2Q e q e seja F 2→

a força

de repulsão elétrica entre q e Q.

Aplicando a Lei de Coulomb, temos:

F1 = =

F2 =

Observe que F2 = 2 F1 e a força resultante tem módulo:

FR = F2 – F1 = 2 F1 – F1 = F1.

Portanto, a força resultante tem sentido de q para 2Q e vale

.

Resposta: C

19) Após o contato, as esferas A e C adquirem cargas + Q/2 cadauma. Assim, a força de repulsão entre A e C, separadas por

uma distância d1, tem módulo:

FAC =

2,00 . 10–6 =

KQ2 = 32 . 10–10

A força de repulsão entre C e B é dada por:

FCB = = =

FCB = (N) = 0,25 . 10–6N

Portanto, a força resultante tem módulo

FR = 2,00 . 10–6N – 0,25 . 10–6N

FR = 1,75 . 10–6N

orientada para a direita.

Resposta: B

20) Da Lei de Coulomb, aplicada para as partículas B e C, temos:

FBC =

3,0 . 10–6 =

KQ2 = 27 . 10–10

A força entre A e B tem módulo dado por:

m V2

––––––R

K . e . e–––––––––––––

R2

m V2

––––––R

K . e2

––––––

R9 . 109 . (1,6 . 10–19)2

––––––––––––––––––––10–10

V = 1,6 . 106m/s

m V2

––––––R

K . –q . +q––––––––––––––

r2

m V2––––––

r

K . q2

––––––r

K . q2

––––––m . r

Kq2

––––––m . r’

Kq2

––––––m . 2r

Kq2

––––––m r

1––––2

1––––2

2 V––––––

2

K . qA . qB –––––––––––––

d2

K . nA. e . –nB . e –––––––––––––––––––

d2

K . e2 . nA . nB–––––––––––––

d2

K . qA . q’B –––––––––––––

d2

K . nA. e . nB . e –––––––––––––––––––

d2

K . e2 . nA . nB–––––––––––––

d2

K . 2Q . q

–––––––––––––(2L)2

1

–––2

K. Q . q

––––––––L2

K . q . Q–––––––––––––

L2

K. Q . q––––––––

2 L2

K . Q/2 . Q/2–––––––––––––––

d12

K . Q2/4–––––––––––

(2 . 10–2)2

K . Q/2 . Q –––––––––––––––

d22

K . Q2/2–––––––––––

(8 . 10–2)2

KQ2

––––––––––

128 . 104

32 . 10–10

––––––––––––128 . 10–4

K . QB . QC –––––––––––––

d2BC

K . Q2

–––––––––––(3,0 . 10–2)2



– 99

FCB = = = (N)

FAB = 27 . 10–6N

Portanto, a força resultante tem intensidade:

FR = 27 . 10–6N – 3,0 . 10–6N

Orientada para a direita.

Resposta: D

21) Na situação da figura I, a carga de prova está sujeita à ação de

cinco forças repulsivas iguais.

Note, pela simetria da figura, que a força resultante F1→

é a

soma vetorial entre FB→

, FC→

e FD→

, já que FA→

e FE→

se anulam. Na

situação da figura II, aparecem mais três forças atrativas, de

mesmo módulo que as cinco anteriores, nas mesmas direções

de FB→

, FC→

e FD→

.

Logo, a soma vetorial entre FF→

, FG→

e FH→

é exatamente igual a F1→

,

o que nos fornece uma força total resultante 2F1→

.

Resposta: E

22) a) Se as três fossem positivas, iriam repelir-se mutuamente e

as esferas com cargas q1 e q3 não ficariam em equilíbrio.

Disso, concluímos que, para haver equilíbrio, q1 e q3 devem

ser negativas.

b) Para haver equilíbrio, os módulos de F13→

e F12→

devem ser

iguais:

F13 = F12

=

=

=

q3 = 10,8 . 10–4C 1,1 . 10–3C

Da mesma forma, q1 q3

23) a) De acordo com a Lei de Coulomb, a 3.a esfera deve ser

colocada no ponto médio do segmento que une as esferas

fixas, a 15cm.

b) Observe a figura

A força resultante em C tem módulo:

FR = 2,0 . 10–3N

FBC – FAC = 2,0 . 10–3N

– = 2,0 . 10–3

= 2,0 . 10–3

= 2,0 . 10–3

Q = 10 . 10–9

C Q = 10nC

QA = 10nC e QB = 20nC

K . QA . QB –––––––––––––––

dAB2

K . Q2

–––––––––––(1,0 . 10–2)2

27 . 10–10

––––––––––1,0 . 10–4

FR = 24 . 10–6NK . q1 . q3

–––––––––––––––d13

2

K . q1 . q2 –––––––––––––––

d122

q3 ––––––

d132

q2 ––––––

d122

q3 ––––––(0,24)2

2,7 . 10–4

–––––––––(0,12)2

K . 2Q . q ––––––––––––––

d2

K . Q . q ––––––––––––

d2

K . Q . q –––––––––––––

d2

9 . 109 . Q . 5,0 . 10–7

––––––––––––––––––––––(15 . 10–2)2



100 –

FÍSICA


Capítulo 3 – Campo Elétrico

6) O módulo do campo elétrico é dado por

E =

SendoQ = 4,0C = 4,0 . 10–6C

K = 9,0 . 109N . m2/C2

d = 2,0mm = 2,0 . 10–3mTemos

E = (N/C)

E = 9,0 . 109N/C

7) A intensidade do campo elétrico pode ser calculada pela

expressão

E =

Sendo F = 0,80N

q = 2,0 . 10–6C

Temos E = (N/C)

E = 4,0 . 105N/C

Resposta: E

8) A intensidade do campo elétrico pode ser calculada pelaexpressão

E =

Sendo F = 1,2N

q = 4,0C = 4,0 . 10–6C

Temos E = (N/C)

E = 3,0 . 105N/C

Resposta: A

9) De acordo com a 2.a Lei de Newton, FR = m . a

Como a força elétrica é a única força atuante, temos que

Felétrica = m . a

q . E = m . a

a =

Sendo

q = 4C = 4 . 10–6C

m = 5g = 5 . 10–3kg

E = 3 . 103N/C

Temos:

a = (m/s2)

a = 2,4m/s2

Resposta: A

10) O campo elétrico de uma partícula positiva é radial e orientado

para fora dela, como nos casos das figuras 1 e 2, e orientado

para a partícula quando ela é negativa, como mostra a figura 3.

Na figura 1, F→

e E→

possuem o mesmo sentido e, portanto, q

é positiva.

Nas figuras 2 e 3, F→

e E→

possuem sentidos contrários, logo q

é negativa.

Assim, apenas as afirmações I e III são verdadeiras.

Resposta: C

11) O módulo do campo elétrico é calculado por

E =

Note que E e d2 são grandezas inversamente proporcionais,

cujo gráfico é representado corretamente pela alternativa e.

Resposta: E

12) O módulo do campo elétrico é dado por

E =

Para outra situação, na qual

Q’ = 2Q

d’ = 3d

tem-se

E’ = = =

E’ =

13) O campo elétrico de uma partícula é radial. As retas suportesdos vetores que representam o campo nos pontos A e Bdevem encontrar-se no local em que se situa a carga geradorado campo.

Note que a distância entre P e Q é o dobro da distância entre

B e Q:

dp = 2dB

Os módulos do campo elétrico em B e em P são calculados por:

EB = = 24N/C

K . Q ––––––––

d2

9,0 . 109 . 4,0 . 10–6 –––––––––––––––––––––

(2,0 . 10–3)2

F––––

q

0,80––––––––––2,0 . 10–6

F–––– q

1,2––––––––––4,0 . 10–6

q . E–––––––

m

4 . 10–6 . 3 . 103

––––––––––––––––5 . 10–3

K . Q ––––––––

d2

K . Q ––––––––

d2

2K Q ––––––––

9d2

K . 2Q ––––––––

(3d)2

K . Q’ ––––––––

(d’)2

2–– E9

K . Q –––––––––

dB2



– 101

Ep = = = = . 24N/C

Ep = 6,0 N/C

Resposta: D

19) O campo elétrico de uma partícula positiva é de afastamento

e o de uma negativa, de aproximação. O campo elétrico resul-tante é uma soma vetorial.

20) O campo elétrico de uma partícula positiva é radial e orientado

para fora dela, enquanto o campo elétrico de uma partículanegativa é radial e orientado para ela. O campo elétrico

resultante é uma soma vetorial.

Note que E1→

e E2→

possuem o mesmo módulo e, portanto,

devem ser representados por flechas de mesmo comprimento.

Resposta: E

21) O campo elétrico resultante em P está orientado de (1) para (2)

e seu módulo é dado por:

ER = E1 + E2

ER = +

ER = 2

ER = 2 (N/C)

ER = 180N/C

22) O módulo do campo elétrico resultante pode ser calculado

pela lei dos cossenos, como mostra a figura.

No entanto, os módulos de E1→

e E2→

são iguais:

E1 = = (N/C) = 9,0 . 105N/C

E2 = = (N/C) = 9,0 . 105N/C

e, consequentemente, o triângulo CDF, indicado na figura, é

equilátero. Assim sendo, temos que

Resposta: B

23) a) O módulo da força elétrica é dado pela Lei de Coulomb:

F =

F = (N)

K . +Q –––––––––

d2

K . –Q –––––––––

d2

K . Q–––––––

d2

9,0 . 109 . (4,0 . 10–8)––––––––––––––––––––––

22

K . q1

–––––––––d12

9,0 . 109 . 4,0 . 10–6

––––––––––––––––––––(20 . 10–2)2

K . q2 –––––––––

d22

9,0 . 109 . –4,0 . 10–6 –––––––––––––––––––––

(20 . 10–2)2

ER = 9,0 . 105N/C

K . Q1 . Q2 ––––––––––––––

d2

9 . 109 . (5 . 10–6) . (5 . 10–6)––––––––––––––––––––––––––

12

F = 2,25 . 10–1N

1––4

K Q –––––––––

dB2

1––4

K Q –––––––––

(2dB)2

K . Q –––––––––

dp2



102 –

b) No ponto médio, as partículas geram campos elétricos de

mesmo módulo e orientados em sentidos opostos. Dessa

forma, o campo elétrico resultante nesse ponto é nulo.

24)

E1 = = (N/C) = 9,0 . 105N/C

E2 = = (N/C) = 9,0 . 105N/C

ER = E1 – E2 = 0

Resposta: A

25) Nos dois casos, a intensidade do campo elétrico resultante é

nula, pois todas as cargas possuem o mesmo valor e encon-

tram-se dispostas simetricamente em relação ao baricentro.

26) Não há componente de força resultante na direção da diagonal

que passa pelas partículas (–Q) e q1. Disso concluímos que

q1 = – Q. Para justificar uma força resultante como indicada,

devemos supor que q2 < Q

e, consequentemente,

q1 + q2 < 0

já que q1 > q2

Resposta: D

9,0 . 109 . 1,0 . 10–4 –––––––––––––––––––––

(1,0)2

K . Q2 –––––––––

d22

9,0 . 109 . 4,0 . 10–6 –––––––––––––––––––––

(0,20)2

K . Q1 –––––––––

d12



– 103

FÍSICA


Capítulo 4 – Potencial Eletrostático

5) O potencial elétrico em P pode ser calculado pela expressão

V =

Sendo Q = + 4,0nC = 4,0 . 10–9C

d = 1,0 . 10–3m

K0 = 9,0 . 109N.m2/C2

Temos

V= (V)

V = 36 . 103V = 36kV

6) O potencial elétrico é dado por

V =

Sabendo que

V = 7,2 . 104V

K0 = 9,0. 109N.m2/C2

d = 1,0m

Obtemos

7,2 . 104 =

Q = 8,0 . 10–6C

Q = 8,0C

Resposta: B

7) a) A força elétrica entre Q1 e Q2 tem módulo dado pela Lei de

Coulomb:

F =

Para Q’2 = 2Q2 e d’ = 2d, temos:

F’= =

F’= .

F’ = F = . 0,2N

F’ = 0,1N

b) O potencial elétrico de Q1 no ponto médio é dado por:

V1 = = (V)

V1 = 1,8 . 103V ou V1 = 1,8kV

8) Os valores do potencial elétrico (V) e do campo elétrico (E) são

calculados pelas expressões:

V= E=

De acordo com as informações do problema:

VA = = 16V EB = = 4,0N/C

Devemos concluir que a partícula fixa em P é positiva, já que

o potencial elétrico em A é positivo. Além disso, sabemos que

dB = 2 . dA. Assim:

V = = 16 ⇒ KQ = 16 . dA

EB = ⇒ EB = ⇒ 4,0 =

4,0 =

Resposta: D

9) Chamemos de Q1, Q2 e Q3 as cargas das três partículas, de

modo que Q1 = Q2 = Q3 = Q. Seja d a distância entre umapartícula e outra, que corresponde ao comprimento de um

lado do triângulo equilátero. A energia potencial do sistema é

dada por:

U = + +

U = 3

Substituindo Q1 por Q’1 = 2 . Q1 , a energia potencial do sistema

passa a ser:

U’ = + +

U’ = 2 . + 2 . +

U’ = 5

Portanto:

= ⇒

Resposta: C

10) A energia potencial eletrostática de um par de cargas é dada

por:

Epot =

No caso, como Q1 = Q2 = Q e d = L, temos

Epot =

Note que podemos formar 6 pares diferentes com a configu-

ração e, portanto, a energia total é:

E = 6 .

Resposta: D

K0 . Q–––––––

d

9,0 . 109 . 4,0 . 10–9

––––––––––––––––––1,0 . 10–3

K0 . Q–––––––

d

9,0 . 109 . Q––––––––––––

1,0

K . Q1 . Q2 ––––––––––––––

d2

K . Q1 . Q’2 ––––––––––––––

(d’)2K . Q1 . 2Q2 ––––––––––––––

(2d)2

1––2

K . Q1 . Q2 ––––––––––––––

d2

1––2

1––2

K . Q1––––––––

d––2

9 . 109 . 4 . 10–8

––––––––––––––––0,40––––

2

K . Q–––––––

d

K. Q–––––––

d2

K . Q–––––––

dA

K. Q–––––––

dB2

KQ––––dA

KQ––––d

B2

KQ–––––––(2dA)2

16.dA–––––––4 . dA

2

4,0––––dA

dA = 1,0m

K . Q1 .Q2–––––––––––d

K . Q1 .Q3–––––––––––d

K . Q2 .Q3–––––––––––d

K . Q2

–––––––d

K . Q’1 .Q2–––––––––––d

K . Q’1 .Q3–––––––––––d

K . Q2 .Q3–––––––––––d

K . Q1 .Q2–––––––––––d

K . Q1 .Q3–––––––––––d

K . Q2 .Q3–––––––––––d

KQ2

––––––d

U’–––U

5–––3

5U’ = ––– . U

3

K0

. Q1

.Q2–––––––––––d

K0 . Q2

––––––––L

K0 . Q2

––––––––L



104 –

13) a) O potencial resultante em M é:

VM = V1 + V2 = +

VM = + (V)

VM = 5,4 . 103V

VM = 5,4kV

b) VP = +

VP = + (V)

VP = 0

14) Das definições de potencial elétrico e campo elétrico, temos:

V = = 1200V

E = = 800N/C

A partícula tem carga positiva, pois o potencial em P é

positivo. Dividindo uma expressão pela outra, encontramos:

= =

. = 1,5

Resposta: B

15) Observe, com base na figura, que a distância entre Q e A vale

D = 2d:

ADE

sen 30° =

=

y =

D = y + d + y

D = + d +

D = 2d

O potencial resultante em A é

VA = 2 . Vq + VQ = 0

2 . + = 0

= –

= –

Resposta: D

16) O potencial elétrico é uma grandeza escalar e, portanto, o

potencial elétrico resultante é uma soma algébrica. É nulo nas

situações das opções a , c e e .

O campo elétrico é um conceito vetorial e, assim sendo, é nulo

nas situações das opções a e d .

Portanto, o potencial elétrico resultante e o campo elétrico

resultante são nulos, simultaneamente, apenas na opção a .

17) O potencial elétrico resultante é dado por:

VP = V1 + V2 = +

VP = + (V)

VP = 0

O campo elétrico resultante é uma soma vetorial:

E1 = = (N/C) = 1 . 105N/C

E2 = = (N/C) = 1 . 105N/C

O módulo do vetor campo elétrico resultante pode ser

calculado pela lei dos cossenos, mas, em particular, ER→

tem o

mesmo módulo de E1→

ou de E2→

, já que o triângulo PAB é

equilátero:

ER = 1 . 105N/C

Resposta: A

K0 . Q1––––––––dAM

K0 . Q2––––––––dBM

9,0 . 109 . 4,0 . 10–8

––––––––––––––––––––5,0 . 10–2

9,0 . 109 . (–1,0 . 10–8)––––––––––––––––––––

5,0 . 10–2

K0 . Q1––––––––dAP

K0 . Q2––––––––dBP

9,0 . 109 . 4,0 . 10–8

––––––––––––––––––––8,0 . 10–2

9,0 . 109 . (–1,0 . 10–8)––––––––––––––––––––

2,0 . 10–2

K . Q––––––

d

K . Q ––––––d2

V–––E

KQ––––––

d–––––––––

KQ––––d2

1200–––––800

KQ––––

d

d2

––––––KQ

d = 1,5m

y–––d

1–––2

y–––d

d–––2

d–––2

d–––2

k . q––––––

d

k . Q––––––

D

kQ–––––

D

kq2 ––––

d

kQ–––––

2d

kq2 ––––

d

Q = – 4 . q

K0 . Q1–––––––d

K0 . Q2–––––––d

9 . 109 . 1 . 10–6

––––––––––––––––––0,3

9 . 109 . (–1 . 10–6)––––––––––––––––––

0,3

K0 . Q1 –––––––––

d2

9 . 109 . 1 . 10–6

––––––––––––––––––0,32

K0 . Q2 –––––––––

d2

9 . 109 . –1 . 10–6

––––––––––––––––––0,32



– 105

18) VRES = VA + VB = 0

VA = – VB

= –

= –

=

3x = d – x

x =

19) Os pontos procurados não podem estar à esquerda de Q1, pois

Q1 > Q2 . Um dos pontos deve estar entre as cargas, de

modo que x1 < x < x2 e o outro deve estar à direita de Q2,

sendo, portanto, x2 < y.

1.a possibilidade: x1 < x < x2

V1 + V2 = 0

V1 = – V2

= –

Eliminando K:

= –

da qual x = 3cm

2.a possibilidade: x2 < y

V1 + V2 = 0

V1 = – V2

= –

Eliminando K:

= –

da qual y = 6cm

22) O campo eletrostático é um campo de forças conservativo, ou

seja, o trabalho posto em jogo no deslocamento de carga

elétrica de prova, de um ponto A para outro ponto, B, não

depende da trajetória seguida, mas apenas das posições dos

pontos A e B.

Resposta: B

23) O trabalho realizado pela força eletrostática é dado por

AB = q . (VA – VB)

sendo q = 2,0C = 2,0 . 10–6C

e AB = 6,0mJ = 6,0 . 10–3J

temos:

6,0 . 10–3 = 2,0 . 10–6 (VA – VB)

VA – VB = 3,0 . 103V

Resposta: B

24) a) O trabalho realizado é dado por

= q . (Vinicial – Vfinal)

No caso, para deslocar q do infinito até o ponto A:

= 1,0 . (0 – 5,0) (nJ)

b) O potencial resultante em O é nulo, pois

V0 = + = 0

Dessa forma:

= q . (Vinicial – Vfinal)

= q . (VA – V0)

= 1,0 . (5,0 – 0)(nJ)

25) a) A força elétrica entre o elétron e as esferas A e B é

repulsiva.

b) VP0= +

VP0= 2 (V)

VP0= – 1440V

c) = q . (Vinicial – Vfinal) = E

q . (V– VP0) = Efinal – Einicial

–1,6 . 10–19 . [0 – (–1440)] = 0 – E

E = 1440 . 1,6 . 10–19J

E = 1440eV

26) Os potenciais elétricos nos pontos A e B, da carga Q, são

calculados pelas expressões:

VA = = (V) = 9 . 103V

VB = = (V) = 3 . 103V

O trabalho realizado pela força elétrica sobre o pósitron é dado

por:

= q . (VA – VB)

= 1,6 . 10–19 . (9 . 103 – 3 . 103)(J)

= 6,0 . 103 . 1,6 . 10–19J

= 6,0 . 103eV

= 6,0keV

Q–––x

(–3Q)––––––––

d – x

1––x

3––––––––d – x

d––4

K . Q1–––––––x – x1

K . Q2–––––––x2 – x

3,0––––––x – 0

– 1,0––––––4 – x

K . Q1–––––––

y – x1

K . Q2–––––––

y – x2

3,0––––––y – 0

– 1,0––––––y – 4

VA – VB = 3,0kV

K . QB––––––––dB

K . QA––––––––dA

= – 5,0nJ

K (–Q)––––––––

d

K . Q––––––

d

= 5,0nJ

K . QB–––––––rB

K . QA–––––––rA

9 . 109 . (–4,8 . 10–9)––––––––––––––––––

6 . 10–2

9 . 109 . 3,0 . 10–9

––––––––––––––––––3,0 . 10–3

K . Q–––––––

dA

9 . 109 . 3,0 . 10–9

––––––––––––––––––9,0 . 10–3

K . Q–––––––

dB



De acordo com o teorema da energia cinética, temos:

= EC = ECB – ECA

6,0 = ECB – 0

ECB = 6,0keV

27) a) A força elétrica resultante que atua sobre a carga –q

provoca-lhe aceleração desde x = a até x = 0, posição na

qual a força se torna nula. É, portanto, em x = 0 que a

carga –q possui máxima velocidade.b) A força elétrica resultante é orientada no sentido oposto

ao da velocidade da carga, quando esta passa de x = 0 para

pontos à esquerda deste.

Pela simetria da figura, é fácil notar que, em módulo, a

desaceleração que a partícula sofre à esquerda de x = 0 é

igual à aceleração que sofre à direita de x = 0. Consequen-

temente, a partícula irá parar num ponto simétrico de a,

isto é, em x = –a.

28) Os potenciais elétricos nos pontos A e B são:

VA = = (V) = 225 . 103V

VB = = (V) = 112,5 . 103V

O trabalho realizado sobre a partícula é dado por:

= q . (VA – VB)

= 1,0 . 10–6 . (225 . 103 – 112,5 . 103)(J)

= 0,1125J

Pelo teorema da energia cinética, temos:

= EC

= –

0,1125 = –

V = 15m/s

Resposta: E

K Q–––––

dA

9 . 109 . 25 . 10–6

––––––––––––––––––

1,0

K Q–––––

dB

9 . 109 . 25 . 10–6

––––––––––––––––––2,0

mV2

–––––2

mV02

–––––2

0,001 . V2–––––––––––

2

0,001 . 02–––––––––––

2

Livro2 Fisica Capitulo1 Cinematica

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