– 1
FRENTE 1 – MECÂNICA
n Módulo 28 – Impulso, Quantidade de
Movimento e Teorema do
Impulso
1) � I→� = � Fm
→ � �t = 1,0 . 104 . 2,0 . 10–2 (SI)
Resposta: C
2) I) A quantidade de movimento tem módulo constante (MU),
porém varia em direção.
II) A energia potencial gravitacional (m g H) varia por que H é
variável.
III) A energia cinética permanece constante porque o mo -
vimento da pedra é uniforme.
IV) O peso P→
= m g→
é constante porque m e g→
são cons tan -
tes.
Resposta: B
3) 1) Ee = Ecin =
2) =
3) Q = mV =
Resposta: B
4)
1) Conservação da energia mecânica:
(ref. em B)
= m g h
2) Quantidade de movimento em B:
QB = m VB ⇒
Resposta: C
5) � Q→
0 � = � Q→
f � = mV
� �Q→ � = � Q
→0 � = � Q
→f � = mV
� �Q→ � = 500 . (kg . m/s)
� �Q→ � = 500 . 14 (kg . m/s)
Resposta: D
6) TEC: τ = �Ecin
τ = –
τ = (Qf
2 – Q0
2)
τ = (1600 – 400) (J)
Resposta: C
7) 1) Como massa e aceleração são invariantes, então F→
= ma→
também é invariante.
2) Como F→
e �t são invariantes, então I→
= F→
. �t também é
invariante.
3) Como o deslocamento não é invariante, então
τ = � F→� � d
→� cos � também não é invariante.
4) Como a velocidade não é invariante, então
Q→
= mV→
e EC = também não são invariantes.
5) Como trabalho não é invariante, então Pot = também
não é invariante.
Resposta: D
8) a) m/s é unidade de velocidade linear; rad/s é unidade de
velocidade angular.
b) N/m2 é unidade de pressão; N . m é unidade de torque
(mo mento).
c) J/K é unidade de capacidade térmica; J é unidade de calor
(latente ou sensível).
d) kg.m/s ou N.s são unidades de quantidade de movi mento
ou de impulso, que são grandezas fisicamente homo gê -
neas, isto é, têm a mesma equação dimensional.
e) W é unidade de potência; T (tesla) é unidade do vetor
indução magnética.
Resposta: D
CADERNO 7 – CURSO D/E
� I→� = 2,0 . 102N.s
kx2
––––2
mV2
––––2
kx2
––––2
kV = ���––– x
m
km . ���––– x
m
Q = �����mk x
EB = EA
mVB
2
––––––2
VB = �������2gh
QB = m �������2gh
50,4–––––
3,6
� �Q→� = 7,0 . 103 kg . m/s
Q0
2
––––2m
Qf
2
––––2m
1––––2m
1––––4,0
τ = 3,0 . 102J
mV2
–––––2
τ–––�t
FÍSICA
9) a) O impulso da força aplicada, por definição, é dado por:
I = Fm . �t
I = 60 . 0,50 (N.s) ⇒
b) Aplicando-se o teorema do impulso, vem:
1) Para a garota:
| Ig| = mg |Vg|
30 = 50 |Vg| ⇒2) Para o rapaz:
| Ir | = mr |Vr|
30 = 75 |Vr| ⇒
Respostas: a) 30N.s
b) |Vg| = 0,60m/s e |Vr| = 0,40m/s
10) a) TEC: τat = �Ecin
�mg D (–1) = 0 –
b) TI: Iat = �Q
– �mg T = 0 – mV0
c) Quando V0 duplica, T também duplica e D quadruplica.
11)
TI: Ibola = �Qhorizontal
Fm . �t = m[3V – (–V)]
60mg . �t = 4mV
60 . 10 . 0,2 = 4V
Resposta: B
12) a) EC = = . (30)2 (J)
b) TI: Ibola = �Qbola
Fm . �t = m . �V
Fm . 1,0 . 10–2 = 0,50 . 60
Respostas: a) 225J
b) 3,0kN
13) a)
1) Cálculo do módulo da velocidade da mocinha no ponto
B (1,0m do solo):
VB2 = VA
2 + 2 � �s (MUV)
VB2 = 0 + 2 . 10 . 80,0
VB2 = 1600 ⇒
2) Aplicando-se o teorema do impulso:
� I→
R� = � �Q→
�
(Fm – P) �t = m VB
(Fm – 500) 0,05 = 50 . 40,0
Fm – 500 = 40,0 . 103
Fm = 40,0 . 103 + 0,5 . 103 (N)
b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton:
Fm – P = m . a
40,5 . 103 – 0,5 . 103 = 50 . a
40,0 . 103 = 50 . a
aletal = 8g = 80m/s2
= ⇒
Respostas: a) 40,5kN
b) 10 vezes maior.
I = 30N . s
|Vg| = 0,60m/s
|Vr| = 0,40m/s
mV0
2
––––––2
V0
2
D = –––––2�g
V0T = –––––
�g
V = 30m/s
0,50–––––
2
mV2
––––––2
EC = 225J
Fm = 3,0 . 103N
VB = 40,0m/s
Fm = 40,5 . 103 N = 40,5kN
a = 8,0 . 102m/s2
a––––– = 10aletal
8,0 . 102
––––––––––80
a––––––aletal
2 –
n Módulo 29 – Sistemas Isolados
1) O núcleo é um sistema isolado e, portanto:
→Qapós =
→Qantes
→P1 +
→P2 +
→P3 =
→0
→P3 = – (
→P1 +
→P2)
Resposta: D
2) 1) Pela conservação da carga total, concluímos que a terceira
partícula é neutra (em realidade, é o an tineu trino).
2) Como o nêutron é considerado um sistema isola do, a
quantidade de movimento
total do sistema é constante.
→Qapós =
→Qantes
→QE +
→QP +
→QN =
→0
Resposta: D
3) O sistema plano inclinado – bloco é isolado de forças horizon -
tais e por isso a quantidade de movimento horizontal per -
manece constante:
Q→
B(h) + Q→
PI(h) = 0→
Quando o bloco se desloca para a direita, o plano se desloca
para a es querda.
Quando o bloco para em relação ao plano, após a colisão,
ambos param em relação ao solo terrestre.
Resposta: C
4) Consideremos o sistema de versores indicado na figu ra:
QA
→= 3 i
→– 3j
→
Q→
’A = 1 i→
+ 1j→
QB
→= 0
→
Q→
’B = ?
No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá con servação
da quantidade de movimento total:
Q→
’B + Q→
’A = QA
→+ QB
→
Q→
’B + 1 i→
+ 1j→
= 3 i→
– 3j→
Resposta: B
5) 1) Velocidade adquirida por B:
VB = = = 4,0m/s
2) Na interação entre A e B, o sistema é isolado e haverá con -
servação da quantidade de movimento do sistema:
Q→
após = Q→
antes
Q→
A + Q→
B = 0→ ⇒ Q
→A = – Q
→B ⇒ | Q
→A| = | Q
→B|
mAVA = mBVB
40 . VA = 50 . 4,0 ⇒
3) A energia cinética de A é transformada em energia
elástica da mola:
Ee = EcinA
=
1,0 . 103 . x2 = 40 . 25,0
x2 = 1,0
Resposta: C
6)
a) 1) Conservação da quantidade de movimento do sistema
no ato da colisão:
Qapós = Qantes
(mA + mB) V = mAVA
270V = 90 . 2,0
→QN = – (
→QE +
→QP)
Q→
’B = 2 i→
– 4j→
�s–––�t
4,0m–––––1,0s
VA = 5,0m/s
kx2
––––2
mAVA2
–––––––2
x = 1,0m
– 3
2) Ecinapós= V2
Ecinapós= . (J)
b) 1) Cálculo da constante elástica da mola:
F = kx
x = 0,060m
F = 24N
k = N/m ⇒
2) Conservação da energia mecânica no lança mento da
esfera:
Eelástica = Ecin
=
x2 = VA2
x = VA
x = . 2,0 (m)
x = . 10–2 . 2,0 (m)
Respostas: a) 6,0 . 10–2J
b) 3,0 . 10–2m ou 3,0cm
7) O sistema é isolado e a quantidade do movimento total
permanece cons tante e é nula.
Q→
A + Q→
B + Q→
P = 0→
Com orientação positiva para a direita, temos:
mAVA + mBVB + mPVP = 0
50 . 5,0 + 80 . (–5,0) + 100 VP = 0
100 VP = 150
Como VP > 0, a plataforma se move para a direita.
Resposta: B
8) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conservação
da quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
mBVB’ + mPVP’ = mBVB + mPVP
1,0 . 2,0 + 1,0 . 10–2 . VP’ = 1,0 . (–1,0) + 1,0 . 10–2 . 500
2,0 + 1,0 . 10–2VP’ = –1,0 + 5,0
1,0 . 10–2VP’ = 2,0
Resposta: B
9) 1) Após a colisão, temos:
TEC: τatrito = �Ecin
– � (M + m) g d = 0 – V1
2
V1
2 = 2 � g d ⇒ V1 = �������2 � gd
V1 = ������������������2 . 0,4 . 10,0 . 2,0 (m/s) ⇒
2) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conser -
vação da quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
(M + m) V1 = mV0
160 . 4,0 = 10V0
Resposta: 64,0m/s
10) a) O sistema formado pelos corpos (1) e (2) é iso la do e, por -
tanto:→Q1 +
→Q2 =
→0
→Q1 = –
→Q2 ⇒ �
→Q1� = �
→Q2�
m1 V1 = m2 V2
5,0 . V1 = 10,0 . 5,0 ⇒
b) O sistema formado pelos corpos (1) e (2) e mais a mola é
conservativo:
Efinal = Einicial
+ = Ee
Ee = + (J)
Ee = 250 + 125 (J) ⇒
Respostas: a) 10,0m/s
b) 375J
(mA + mB)–––––––––
2
0,27–––––
2
4–––9
Ecinapós= 6,0 . 10–2J
24–––––0,060
k = 4,0 . 102N/m
k x2
–––––2
m VA2
––––––2
m–––k
m–––k
90 . 10–3
––––––––4,0 . 102
3,0––––2,0
x = 3,0 . 10–2m = 3,0cm
VP = 1,5m/s
VP’ = 2,0 . 102m/s
M + m–––––––
2
V1 = 4,0m/s
V0 = 64,0m/s
180 2V = ––––– m/s = ––– m/s
270 3
V1 = 10,0m/s
m2V22
––––––2
m1V12
––––––2
10,0 . (5,0)2
––––––––––––2
5,0 . (10,0)2
––––––––––––2
Ee = 375J
4 –
11) Qx = mxVx = 1200 . (SI) = 48 000 (SI)
Qy = myVy = 1300 . (SI) = 32 500 (SI)
→Qf =
→Qi =
→Qx +
→Qy
→Qf = 48000 i
→+ 32500 j
→(SI)
Como Qx � Qy → � � 45°
Resposta: D
12) a) Conservação da energia mecânica entre A e B:
(referência em A)
= m g h
h = = (m)
b) 1) Na colisão, o sistema é isolado e haverá conservação
da quantidade de movimento total.
Qf = Q0
2mVA’ = mVA ⇒
2) Conservação da energia mecânica na subida:
(referência em A)
2 mgh’ = (VA’ )2
h’ = = (m)
Respostas: a) 1,8m
b) 0,45m
n Módulo 30 – Colisões
1) 1) Antes da colisão:
VA = 3 U e VB = –U
Após a colisão:
V’A = 0 e V’B = 2U
Vaf = V’B – V’A = 2U
Vap = VA – VB = 4U
(colisão parcialmente elástica)
2) No ato da colisão, a quantidade de movimento total se
con serva (sistema isolado):
Qapós = Qantes
mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB
mB 2U = mA 3U + mB (–U)
3 mB U = 3 mA U ⇒Resposta: E
2)
1) Conservação da quantidade de movimento total no ato da
colisão:
Qapós = Qantes
mVA + 2m = m V
VA + V = V
Como VA = VB, a colisão é perfeitamente inelástica.
2) E1 =
E2 = � �2
=
Portanto:
Resposta: B
EB = EA
m VA2
–––––––2
VA2
–––––2g
36,0–––––
20
h = 1,8m
VAVA
’ = –––– = 3,0m/s2
EC = EA
2m––––
2
(VA’ )2
–––––2g
9,0––––20
h’ = 0,45m
90––––3,6
Vafe = –––– = 0,50
Vap
mB = mA
144––––3,6
V–––3
2–––3
V VA = ––––
3
mV2
––––––2
mV2
–––––6
V–––3
3m––––
2
E2 1–––– = –––
E1 3
– 5
3) Trata-se de uma colisão perfeitamente inelástica: a quanti -
dade de movi mento do sistema se conserva e a energia ciné -
tica diminui.
De fato:
Q0 = mV0 = 2,0kg.m/s
Qf = 2mV = 2,0kg.m/s
E0 = = . 4,0 (J) = 2,0J
Ef = . V2 = 1,0 . 1,0 (J) = 1,0J
Resposta: C
4) 1) No ato da colisão, a flecha e a maçã formam um sistema
isolado e haverá conservação da quantidade de movi -
mento total:
Qapós = Qantes
(M + m) V = mV0
(0,30 + 0,20) V = 0,20 . 10,0 ⇒ 2) Antes da colisão:
E0 = = (10,0)2 (J) = 10,0J
Após a colisão:
Ef = = (4,0)2 (J) = 4,0J
Resposta: D
5) 1) A perda de energia cinética é máxima quando a colisão for
perfeitamente inelástica.
2) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conserva -
ção da quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
2mVf = mV1 + mV2
Vf = = (m/s)
3) Eantes = +
Eantes = (25,0 + 9,0) (J) = 2550J
Eapós = (m1 + m2)
Eapós = (1,0)2 (J) = 150J
Ed = Eantes – Eapós = 2,4 . 103J = 2,4kJ
Resposta: 2,4kJ
6) 1) No ato da colisão, haverá conservação da quantidade de
movimento total:
Qapós = Qantes
(m1 + m2)Vf = m1V1
(m1 + m2) = m1 . 1,0
m1 + m2 = 3,0m1 ⇒
2) Ec
a= = . (1,0)2 = m1 (SI)
Ecd = Vf
2 = . � �2
= m1 (SI)
= m1 . = ⇒
Resposta: E
7) a) No ato da colisão, o sistema cometa-Júpiter é isolado e
haverá conser vação da quantidade de movimento total do
sistema:
Qapós = Qantes
(MJ + Mc) Vf = McV0
Mc << MJ ⇒ 1,8 . 1027 Vf = 3,0 . 1014 . 6,0 . 104
b) A energia mecânica dissipada corresponde à energia ciné -
tica inicial do cometa pois a variação de energia cinética
de Júpiter é desprezível em comparação com a energia
ciné tica inicial do cometa.
Ed = = . 36,0 . 108 (J)
Respostas: a) 1,0 . 10–8m/s
b) 5,4 . 1023J
8) a) 1) Cálculo do tempo entre B e C:
�Sy = V0y t + t2 (MUV)
5,0 = 0 + T2
T2 = 1,0 ⇒
2) Cálculo da velocidade dos blocos:
VB = = ⇒
mV02
––––2
1,0–––2
2m––––
2
E0Ef = ––––
2
V = 4,0m/s
mV02
–––––2
0,20–––––
2
(M + m) –––––––– V2
2
0,50–––––
2
E = E0 – Ef = 6,0J
V1 + V2
––––––––––2
5,0 + (–3,0)–––––––––––
2
Vf = 1,0m/s
m1 V12
––––––––2
m2 V22
––––––––2
150––––
2
Vf2
––––2
300––––
2
1,0–––3
m2 = 2,0m1
m1V12
––––––2
m1––––
2
1––2
(m1 + m2)–––––––––
2
3,0 m1––––––
2
1––3
1––6
Ecd
–––––Ec
a
1–––6
2–––m1
1–––3
Ec
a
Ecd = –––––
3
Vf = 1,0 . 10–8m/s
3,0 . 1014
–––––––––2
Mc V02
––––––2
Ed = 5,4 . 1023J
�y–––2
10,0––––
2
T = 1,0s
VB = 4,0m/s4,0m–––––1,0s
�x––––�t
6 –
b) Na colisão entre os blocos, o sistema é isolado e há con -
servação da quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
(m1 + m2) VB = m1V1
3,0 . 4,0 = 2,0 V1
c) Ecinapós= = . 16,0 (J) = 24,0J
Ecinantes= = . 36,0 (J) = 36,0J
d) Conservação da energia mecânica entre A e B:
(ref. em B)
= m1 g (h1 – h2)
h1 – h2 =
h1 = h2 +
h1 = 5,0 + (m)
Respostas: a) 4,0m/s b) 6,0m/s
c) –12,0J d) 6,8m
9) O fenômeno descrito é impossível, pois se as duas esferas
terminaram em repouso, a colisão é perfeitamente inelástica
e não perfeitamente elástica. A energia cinética do sistema
foi totalmente dissipada.
Resposta: D
10) I (F) A partícula terá conservado sua energia cinética.
II (V) Em uma colisão elástica, a energia mecânica total é
constante.
III (V) A energia cinética total antes e após uma colisão elás -
tica é a mesma.
Resposta: D
11) Sendo a colisão perfeitamente inelástica, os dois atletas
ficarão juntos após a colisão e, como há conservação da
quantidade de movimento total do sistema, temos:
→Qapós =
→Qantes
→Qapós = mV
→+ m (–V
→)
Resposta: A
12) 1) Qfinal = Qinicial
mV’1 + mV’2 = mV1 + mV2
V’1 + V’2 = V1 + V2 (I)
2) Vaf = Vap
V’2 – V’1 = V1 – V2 (II)
(I) + (II): 2V’2 = 2V1 ⇒ troca de velocidades
Resposta: B
13) a) Na colisão elástica e unidimensional entre as esferas A e
B, de massas iguais, haverá troca de velocidades entre A
e B. Portanto, em três segundos o ângulo descrito é de
volta, isto é, �ϕ = 2π rad = rad.
ω = = ⇒
b) VB = ωR = 1,5. 0,6 (m/s)
Respostas: a) 1,5 b) 0,90m/s
14) a)
1) Qapós = Qantes
mV’A + mV’B = mVA + mVB ⇒ V’A + V’B = VA + VB (I)
2) Vaf = Vap
V’B – V’A = VA – VB (II)
(I) + (II): V’B = VA Em (I) V’A = VB
B colide com A: troca de velocidades �A colide com B: troca de velocidades
b) V’f(B) = – V0
V’f(A) = 0
15) V0 –V0 VA V0
→ ← → →
3m m 3m m
Antes da Após a
colisão colisão
Usando-se a conservação da quantidade de movimen to no
ato da colisão, temos:
Qapós = Qantes
(m1 + m2) V2B
–––––––––––––2
3,0––––
2
m1 V21
–––––––2
2,0––––
2
�Emec = Ecinapós– Ecinantes
= –12,0J
EB = EA
m1 V21
–––––––2
V21
––––2g
V21
––––2g
36,0–––––20,0
h1 = 6,8m
→Qapós = 0
→
V’2 = V1
V’1 = V2
3––4
3––4
3π–––2
�ϕ–––�t
3π/2–––––
3,0
rad�––––�s
π rad radω = ––– ––––– = 1,5 –––––
2 s s
VB = 0,90m/s
rad––––
s
V1 = 6,0m/s
Duas colisões
BABA
– 7
3m VA + m V0 = 3m V0 + m (– V0)
3VA + V0 = 2V0 ⇒
A velocidade relativa, após a colisão, será:
Vrel = V0 – VA = V0
Para a nova colisão, no movimento relativo, �s = 2 π R
Vrel = ⇒ �t = = =
A distância percorrida por B é dada por:
�s = V0 �t = V0 . = 3πR, isto é, o corpo B dará uma
vol ta e meia, a partir da posição 1, e o encontro ocorrerá na
posição 5.
Resposta: B
FRENTE 2 – MECÂNICA
n Módulo 28 – Aplicações da Lei de Stevin
e Lei de Pascal
1) A pressão total no fundo de cada vaso é dada por:
p = patm + d g H
A intensidade da força aplicada no fundo de cada vaso é dada
por:
Como os três vasos têm a mesma área A e a mesma altura H,
as forças terão a mesma intensidade (F1 = F2 = F3) quando os
líquidos tiverem densidades iguais (d1 = d2 = d3). O fato de a
pressão e a força no fundo do vaso não dependerem da forma
do recipiente nem da quantidade de líquido é chamado de
paradoxo hidrostático.
Resposta: A
2) a) Supondo-se que o gás no interior da bolha se comporte
como gás ideal, da lei geral dos gases perfeitos, vem:
=
=
�
A pressão no fundo do lago é a soma da pressão atmos -
férica (patm) com a pressão da coluna líquida (plíq).
Assim:
p2 = patm + plíq
3 patm = patm + plíq
plíq = 2 patm
Como a pressão atmosférica (patm) equivale a 10,0 metros
de coluna de água, a pressão que o líquido provoca no
fun do do lago (2patm) equivalerá a uma profundidade de
.
b) Aplicando-se, novamente, a lei geral dos gases perfeitos,
vem:
=
=
Mas p2 = patm + plíq
2,88 patm = patm + plíq
De uma regra de três simples e direta, vem:
10,0 metros –––––––– patm
x –––––––– 1,88 patm
Respostas: a) 20,0m b) 18,8m
3) a) p = � g h
p = 1,0 . 103 . 10 . h ⇒ (SI)
b) pm = � g ⇒ pm = 1,0 . 104 . 10 (Pa)
c) F = pm A = � g . L H
F = (N)
Respostas: a) p = 1,0 . 104h (SI)
b) pm = 1,0 . 105Pa
c) F = 6,0 . 107N
4) a) Para a temperatura constante, temos:
p0V0 = p1V1 (Lei de Boyle e Mariotte)
patm V0 = p (V0 + �V)
R = = = ⇒
2––3
�s––––�t
�s––––Vrel
2πR––––––
2— V03
3πR—–––
V0
3πR—––V0
F = p A = (patm + d g H) A
p1V1–––––
T1
p2V2–––––
T2
patm . 3V––––––––––
T
p2V–––––
T
p2 = 3patm
20,0m
p1V1–––––
T1
p2V2–––––
T2
patm . 3V–––––––––
T
p2 V––––––0,96T
p2 = 2,88patm
plíq = 1,88patm
x = 18,8 metros
p = 1,0 . 104 h
H–––2
pm = 1,0 . 105 Pa
H–––2
V0VA = ––––
3
� g L H2
F = ––––––––––2
1,0 . 103 . 10 . 30 . 400––––––––––––––––––––
2
F = 6,0 . 107 N
20R = ––––
21
500–––––525
V0––––––––––
V0 + �V
p–––––patm
8 –
b) pA = patm = p + �a g h
patm = p + 1,0 . 103 . 10h
h em metros
patm e p em Pa (N/m2)
c) Para p = patm, temos:
patm = patm + 1,0 . 104 . 0,50
21 patm = 20 patm + 10,5 . 104
Respostas: a) R = =
b) patm = p + 1,0 . 104 h (SI)
c) patm = 1,05 . 105 N/m2
5)
Resposta: C
6) Adotando-se patm = 1,0 . 105 Pa e g = 10m/s2, temos:
p = patm + � g H
Para p = pmáx = 6,0 . 105 Pa, temos: H = Hmáx
6,0 . 105 = 1,0 . 105 + 1,0 . 103 . 10 . Hmáx
5,0 . 105 = 104 Hmáx ⇒
Para t = 25min ⇒ ptotal = 1,0atm e, portanto, phidrostática = 0
(sub ma rino na superfície).
Resposta: A
7) A pressão hidrostática do soro é dada por:
pH = � g H
9 . 103 = 1,0 . 103 . 10 . H
Resposta: E
8) Os pontos P1 e P2 estão no mesmo plano horizontal e perten -
cem ao mesmo líquido em equilíbrio hidrostático; portanto,
de acordo com a Lei de Stevin, suportam pressões iguais:
p1 = p2 = �M g H (14cm Hg)
Resposta: B
9) A superfície livre do líquido, independentemente de sua
natureza ou densidade, em ambos os compartimentos do
bule (corpo principal e bico), deve apresentar-se plana e
horizontal, à mesma altura h em relação à linha de referência.
A pressão exercida sobre o líquido nos dois ramos do sistema
de vasos comunicantes é a pressão atmosférica.
I (V) II (F) III (F)
Resposta: C
10) p = patm + � g H
�p = � g �h
= � g
1,0 . 104 = 1,0 . 103 . 10 . V
Resposta: B
11)
Fágua = pH . A = � g H . A
Fágua = 1,0 . 103 . 10 . 0,50 . 20 . 10–4 (N)
Resposta: A
12)
pA = pB
patm = �M g h
Aumentando-se a altitude, patm diminui e h diminui.
Resposta: C
13) a) Nos dois esquemas, a pressão atmosférica é equilibrada
pela pressão hidrostática do líquido.
patm = �A g hA = �V g hV
= = = 1,5
b) A mistura água-vinho teria densidade maior que a do
vi nho e, portanto, a altura seria menor que 15m.
Respostas: a) 1,5
b) menor que 15m
20–––21
20–––21
patm = 1,05 . 105 N/m2
p–––––patm
20–––21
pA – pB = � g H
Hmáx = 50m
H = 0,9m
�p––––�t
�h––––�t
V = 1,0m/s
Fágua = 10N
patm = p + 1,0 . 104 h
15––––10
hV––––hA
�A––––�V
– 9
14) a) p1 = p2
pgás = patm + pH
1 atm ………… 760mmHg
pH ………… 380mmHg
pH = 0,5atm
b) pgás = patm + pH
pgás = constante
Se patm diminuir, então a pressão hidrostática deve
aumen tar e a coluna de mercúrio vai aumentar de altura.
Respostas: a) 1,5atm
b) vai aumentar
15)
pgás = patm + pH
pgás = 70 + 10 (cm de Hg)
Resposta: 80cm de Hg
16) =
=
T2 = 420K ⇒
Resposta: C
17) a) pgás = p0 + �Hg gh
pgás = 1,0 . 105 + 13,6 . 103 . 10 . 1,04 (Pa)
pgás = 1,0 . 105 + 1,4 . 105 (Pa)
b) F = p . A
F = 2,4 . 105 . 2,0 . 10–4 (N)
Respostas: a) 2,4 . 105 Pa
b) 48N
18) a) As pressões nos pontos 1 e 2 são iguais: p1 = p2.
Sendo p1 = pat + �B . g . hB e p2 = pat + �A . g . hA,
vem: pat + �B . g . hB = pat + �A . g . hA
�B . hB = �A . hA
�B . 80 = 2,0 . 103 . 50
b) A pressão no interior do tubo na altura da linha de sepa -
ração é p1, que é igual à p2.
De p1 = pat + �B . g . hB, vem:
p1 = 1,0 . 105 + 1,25 . 103 . 10 . 0,80 (N/m2)
p1 = 1,0 . 105 + 0,1 . 105 (N/m2)
Respostas: a) 1,25 . 103kg/m3
b) 1,1 . 105N/m2
19)
Os pontos (1) e (2) pertencem ao mesmo líquido A e ao
mesmo plano horizontal e, por isso, de acordo com a Lei de
Stevin, suportam a mesma pressão:
p1 = p2
patm + �A g hA = patm + �B g hB
�A hA = �B hB
�A . 0,75 h = �B . h
Da qual:
Resposta: A
20)
pA = pB
pgás = 80cm Hg
p1V1–––––––
T1
p2V2–––––––
T2
pgás = patm + pH
76–––––300
76 + 30,4––––––––––
T2
�2 = 147°C
pgás = 2,4 . 105 Pa
F = 48N
�B = 1,25 . 103kg/m3
p1 = 1,1 . 105N/m2
pgás = 1,5 atm
�B––– = 0,75�A
10 –
pA = pB
patm + �1 g h1 + �2 g h2 = patm + �3 g h3
�1 h1 + �2 h2 = �3 h3
0,5 . 5,0 + �2 . 2,0 = 2,5 . 5,0
2,0�2 = 12,5 – 2,5
Resposta: A
21) Os pontos A e B per tencem ao
mesmo lí qui do e estão situados
no mesmo nível horizontal.
Logo, su portam pressões
iguais:
pA = pB
pA = p0 + � g h1 e pB = pG + � g h2
Logo: p0 + � g h1 = pG + � g h2
Sendo h1 > h2 ⇒
Resposta: C
22)
p1 = p2
patm + dAgh = patm + dC g + dB g
dA = dC +
Resposta: C
n Módulo 29 – Princípio de Arquimedes
1) Para o equilíbrio do objeto:
E = Pobjeto
De acordo com Arquimedes:
E = Plíq. deslocado
Portanto:
A balança continua com a mesma indicação:
P2 = P1
Resposta: B
2) Como a esfera está em equilíbrio, temos:
E = Pesfera
Por outro lado, de acordo com a Lei de Arquimedes:
E = Plíquido deslocado
Portanto: Pesfera = Plíquido deslocado
Isso significa que, nos dois esquemas, o peso total no ramo
esquerdo da alavanca é o mesmo e d’ = d.
Resposta: d’ = d
3) 1) Quando a mão está totalmente imersa na água, ela deslo -
ca um volume de água igual a 500cm3 = 0,5 litro. Como a
densidade da água é 1,0kg/�, a massa de água deslocada
é 0,5kg.
2) De acordo com a Lei de Arquimedes, o empuxo que o
líquido exerce na mão da pessoa tem intensidade E dada
por:
E = Plíq. deslocado = mdeslocado g = 0,5g (N)
3) De acordo com a lei de ação e reação, a mão aplica sobre
o líquido uma força vertical para baixo com a mesma
intensidade E = 0,5g (N), o que equivale a aumentar o peso
correspondente a uma massa de 0,5kg. Como a balança
está graduada em massa, ela passa a indicar:
M = 1,5kg + 0,5kg = 2,0kg
Resposta: C
4) Na situação 1, a balança indica o peso total do reci piente com
o líquido.
Nas situações 2 e 3, a balança indica o peso total do
recipiente com o líquido mais a intensidade do empuxo que
o líquido exerce na esfera (ação e reação entre o líquido e a
esfera).
Na situação 2, o empuxo é maior que na situação 3, porque o
volume imerso é maior:
E = �L Vi g
Vi(2) > Vi(3) ⇒ E2 > E3
P1 = Fbalança(1) = P
P2 = Fbalança (2) = P + E2
P3 = Fbalança (3) = P + E3
Portanto:
Resposta: B
5) Com a esfera no interior do barco, temos:
Se a esfera for de aço, ela afunda e entra em contato com o
fundo do recipiente. Nesse caso:
p0 < pG
2h–––3
h–––3
2–––3
dB–––3
2dC + dBdA = –––––––––
3
Plíq. deslocado = Pobjeto
P2 > P3 > P1
�2 = 5,0g/cm3
Etotal = µLVi g = PE + PB
– 11
E’total < Etotal
V’i < Vi
(V correta)
Se a esfera for de isopor, ela flutua, o em pu xo total não se al -
tera e H’ = H (III cor re ta).
Resposta: C
6) a) Para o bloco flutuando, em equilíbrio, temos:
E = Pcorpo = m g
E = 0,63 . 10,0 (N) ⇒
b) De acordo com a Lei de Arquimedes:
E = �L Vig
6,3 = �L . 500 . 10–6 . 10
�L = 1,26 . 103 kg/m3
De acordo com a tabela, o líquido em estudo é a glicerina.
Respostas: a) 6,3N
b) glicerina
7)
1) E = P
�L Vi g = �S V g
= 0,60 ⇒
2) P = mg = �S V g
P = 0,60 . 103 . 1000 . 10–6 . 10 (N)
Resposta: E
8)
Para o equilíbrio do bloco de gelo, temos:
E = P
�aVig = �gVgg
Portanto, o volume imerso de gelo Vi é dado por:
(1)
Quando o gelo derrete, a massa de água obtida é igual à mas -
sa de gelo.
⇒ (2)
Comparando-se as relações (1) e (2), verificamos que o volu -
me da água obtida com a fusão do gelo é igual ao volume de
gelo que estava imerso e, portanto, o nível da água no balde
não se altera.
Resposta: E
9) Na situação de equilíbrio:
O volume ocupado pelo lastro corres ponde ao volume V1 de
cada divisão da escala do cilindro.
Na situação I, para o equilíbrio, temos:
E = Plastro + Precipiente
�a 3V1 g = Plastro + Precipiente
Na situação II, para o equilíbrio, temos:
E’ = Plastro + Págua + Precipiente
�a 6 V1 g = �a 3 V1 g + �a n V1 g
6 = 3 + n ⇒Portanto, a água deve preencher três divisões do cilindro.
Resposta: C
10) Na nova situação de equilíbrio, com os cilindros imersos no
interior do líquido, os pesos aparentes deverão ser iguais e,
para tanto, os empuxos recebidos pelos cilindros deverão ser
iguais.
EA = EB
�L VA g = �L VB g ⇒
E = 6,3 N
�L = 1,26g/cm3
�S Vi––– = –––�L V
�S–––1,0
�S = 0,60g/cm3
P = 6,0N
�gVg
Vi = –––––––�a
ma = mg
�aVa = �gVg
�gVgVa = –––––––
�a
n = 3
E’total + FN = PE + PB
H’ < H
VA = VB
12 –
em que VA e VB são os volumes de A e B imersos no líquido.
Como V = área da base x altura, vem:
SAhA = SBhB
SA . hA = 2SA . hB
hA é a altura de A imersa no líquido.
hB é a altura de B imersa no líquido.
Na opção B, temos hA = 4u e hB = 2u, que satisfaz a condição
do problema.
Resposta: B
11) a) Para o equilíbrio do tonel:
E = P
�a Vi g = mg
m = �a Vi
m = 1,0 . 103 . . 50 . 10–3 (kg)
b)
E’ = F + P
�a V g = F + mg
1,0 . 103 . 50 . 10–3 . 10 = F + 200
500 = F + 200
Respostas: a) 20kg
b) 300N
12)
a) Para o bloco flutuando na superfície do líquido, te mos:
E = P
�L Vi g = �B VB g
= =
�B = �L = 1,0g/cm3 ⇒
b) Para o equilíbrio do bloco, temos:
E = P + T
�L VB g = �B VB g + T
T = (�L – �B) VB g
T (1,0 – 0,75) . 103 . 60 . 10–6 . 10 (N)
T = 1,5 . 10–1N
Respostas: a) 0,75g/cm3 ou 7,5 . 102kg/m3
b) 0,15N ou 1,5 . 10–1N
13) O acréscimo de peso na balsa deve ser equilibrado pelo
acréscimo de empuxo da água sobre a balsa:
�P = �E
(�m) g = �a �Vi g
�m = �a A (d – d0)
d – d0 =
d – d0 = (m)
d – d0 = 12 . 10–2m
Resposta: C
14)
E Ptotal
�a n V1 g (M + m) g
1,0 . 103 . n . 0,08 70 + n . 40
80n 70 + 40n
40n 70
n
n 1,75
Resposta: B
2–––5
m = 20kg
F = 300N
�B––––�L
Vi––––
V
3–––4
3–––4
3–––4
�B = 0,75g/cm3
T = 0,15N
�m–––––�a A
12000–––––––––––––1,0 . 103 . 100
d – d0 = 12cm
hA = 2hB
70–––40
nmín = 2
– 13
15) A intensidade do empuxo é diretamente proporcional ao
volume imerso (E = �água Vi g). Como as três bolas têm diâ -
metros iguais, apresentam volumes iguais e, por isso, uma
vez totalmente imersas na piscina, deslocam volumes iguais
de água, recebendo empuxos de intensidades iguais.
Resposta: C
n Módulo 30 – Análise Dimensional
1) LMT–2 = [F]
L2MT–3 = [Pot]
L–1MT–2 = [p]
Resposta: C
2) F = G
MLT–2 = [G]
Resposta: A
3) y =
[y] = = ML2T–2 = [τ]
Resposta: E
4) y = ⇒ [y] = = MT–1
A razão define uma grandeza chamada vazão em
massa.
Resposta: E
5) P = ������������2mE + (E/c2)
y = 2mE +
[y] = [mE] = M . ML2T–2 = M2L2T–2
[P] = [y] = MLT–1 = [Quantidade de movimento]
u (P) = kg . m . s–1
Resposta: A
6) P = R I2
[P] = [R] [I]2
ML2T–3 = [R] (QT–1)2
[R] = ML2T–1Q–2
Resposta: B
7) F = B i L e B =
F = . i L ⇒ F =
MLT–2 =
Resposta:
8) 1) [V] = L T–1
u(V) =
u’(V) = ⇒
2) [a] = LT–2
u(a) =
u’(a) = ⇒
3) [F] = M L T–2
u(F) =
u’(F) = ⇒
4) [Q] = M L2 T–2
u(Q) =
u’(Q) = ⇒
Mm–––––
d2
M2
–––––L2
[G] = M–1L3T–2
m p–––––
d
M ML–1T–2
–––––––––––––ML–3
F–––V
MLT–2
–––––––LT–1
massa––––––––tempo
E–––c2
1––2
kg . m2
u(R) = –––––––––C2 . s
� i–––––2πd
� i–––––2πd
� i2 L–––––––
2πd
[�] I2 L––––––––
L
[�] = M L T–2 I–2
uL––––––
uT
a–– uLb uL
–––––––– = ––––a uT–– uTb
u’(V) = u(V)
u(L)––––––u(T2)
a–– uLb b uL
–––––––––– = –– –––––a2 a u(T2)
––– u(T2)b2
bu’(a) = –– u(a)a
u(M) . u(L)–––––––––––
u(T2)
EA = EB = EC
u’(F) = u(F)
a a–– u(M)
. –– u(L)b b
––––––––––––––––––––a2
–––– u(T2)b2
u(M) . u(L2)
–––––––––––u(T
2)
au’(Q) = –– u(Q)
b
a a2
–– u(M) . ––– u(L)b b2
––––––––––––––––––––a2
–––– u(T)b2
14 –
9) Consideremos como fundamentais o comprimento L, a velo -
cidade V e a força F.
1) Unidade de tempo:
[V] = L T–1 ⇒ [T] = ⇒ [T] = L V–1
u’(T) = ⇒
2) Unidade de massa:
[F] = M L T–2 ⇒ [M] = F L–1 T2
u’(M) = ⇒
3) Unidade de energia:
[E] = [F] . [V] . [T]
u’(E) = uF . uV . uT
As unidades de tempo e massa foram multiplicadas por
1.
A unidade de energia foi multiplicada por 2.
10) a) 1) P = R I2
M L2 T–3 = [R] I2 ⇒ [R] = M L2 T–3 I–2
2) P = U I
M L2T–3 = [U] I ⇒ [U] = M L2 T–3 I–1
3) C = ⇒ [C] = = M–1 L–2 T4 I2
b) 1) F = B I L
M L T–2 = [B] I L ⇒ [B] = M T–2 I–1
2) = = T
c) 1) [M] = [Q] L = M L T–1 . L = M L2 T–1
2) = = T
d) [y] = =
[y] = T2 ⇒ [y] = T
Resposta: E
11) F = G
A expressão mostra que G não é adimensional e, portanto, a
equação apresentada é dimensionalmente errada.
Resposta: C
12) F = ����������� m2gV2/r
y = ⇒ [y] =
[y] = M2 L2 T–4
F = ���y ⇒ (correta)
A equação proposta é dimensionalmente possível.
13) F = mx Vy tz
M L T–2 = Mx (L T–1)y Tz
M L T–2 = Mx Ly T –y + z
x = 1 x = 1
y = 1 ⇒ y = 1 ⇒ z – y = –2 z = –1
A 1.a equação está dimensionalmente errada.
14) M = M0 e–Kt
M0 representa uma massa e é medida em kg.
Qualquer expoente é adimensional.
[K t] = M0L0T0
[K] = T–1 ⇒
Respostas: u(M0) = kg
u(K) = Hz
15) U(x) =
1) M L2 T–2 = ⇒
K = energia x comprimento
2) O expoente –Lx é adimensional
Resposta: D
16) p = V2 K
M L–1 T–2 = (LT–1)2 [K]
M L–1 T–2 = L2 T–2 [K]
[K] = M L–3
K representa densidade ou massa específica.
Resposta: B
u(F) . u(T2)–––––––––––––––
u(L)
u’(M) = u(M)
u’E = 2 uE
Q–––U
I T––––––––––––––
M L2 T–3 I–1
[R] [C] = T
[B] . [S]––––––––
[I] [R]
M T–2 I–1 . L2
––––––––––––––I . M L2 T–3 I–2
[M]–––––
[E]
M L2 T–1
–––––––––––M L2 T–2
[B] . [S] . [C]––––––––––––
[I]
M T–2 I–1 . L2 . M–1 L–2 T4 I2
–––––––––––––––––––––––––––I
1––2
m1 m2––––––––
r2
m2 g V2
–––––––––r
M2 . (L T–2) . (L T–1)2
––––––––––––––––––––L
[F] = M L T–2
F = 2 (m1 + m2) V t–1
u (K) = s–1 = hertz (Hz)
K e–Lx
–––––––x
[K]––––
L[K] = M L3 T–2
[x] = L–1
u(L)––––––––
u(V)
u’T = uT
L–––V
– 15
17) x = K
L =
L2T–2 = LnT–n ⇒Resposta: 2
18) p + + �cgdhe = constante
1) [p] = [�]a [V]b
M L–1 T–2 = (M L–3)a (L T–1)b
M L–1 T–2 = Ma L–3a + b T–b
a = 1
–3a + b = – 1
–b = –2
2) [p] = [�]c [g]d [h]e
M L–1 T–2 = (M L–3)c (L T–2)d (L)e
c = 1
–3c + d + e = –1
–2d = –2
19) f =
1) [f] = T–1
2) [�] = M L–3
3) T–1 = ⇒ T–2 =
Resposta: C
20) f = K V2
M L T–2 = [K] [L T–1]2
M L T–2 = [K] L2 T–2
[K] = M L–1
Resposta: D
21) V = Ka xb
u(K) = u(x) =
K representa uma pressão: [K] = M L–1 T–2
x representa uma densidade: [x] = M L–3
[v] = [K]a [x]b
L T–1 = (M L–1 T–2)a [M L–3]b
L T–1 = Ma+b L–a–3b T–2a
22) a) Maior, porque a resistência ao movimento é menor.
b) V = K gx hy dz
L T–1 = (L T–2)x Ly (M L–3)z
L T–1 = Lx+y–3z T–2x Mz
Como z = 0, a velocidade não depende da densidade.
23) V = k Fx my �z
LT–1 = (M L T–2)x My Lz
LT–1 = Mx+y Lx+z T–2x
FRENTE 3 – ELETRICIDADE E MECÂNICA
n Módulo 28 – Capacitores
1) A carga elétrica vale:
Q = C . U
← Q = 4 . 10–6 . 6 (C) = 24 . 10–6C
A energia elétrica vale:
We� =
We� = (J)
We� = 12 . 10–6 . 6 (J)
We� = 72 . 10–6J
Resposta: Q = 24←C e We� = 7,2 . 10–5J
2) A intensidade das correntes é dada pela Lei de Pouillet:
i = ⇒ i = (A) = (A)
c = 1d = 1e = 1
N––––2L
σ––�
1––––
L
�––––––M L–3
1––––L2
[σ]–––––––M L–3
[�] = M L–1 T–2
kgu(K) = kg . m–1 = ––––
m
N––––m2
kg––––m3
a + b = 0
–a –3b = 1
–2a = –1
1a = ––
21
b = – ––2
x + y = 1
–2x = –1
z = 0
1x = ––
21
y = ––2
z = 0
V = K ���gh
x + y = 0
x + z = 1
–2x = –1
1x = ––
2
1z = ––
2
1y = – ––
2
F �V = k –––––
m
a = 1
b = 2
Q = 24←C
Q . U–––––
2
24 . 10–6 . 6–––––––––––
2
We� = 7,2 . 10–5J
Vn
–––––a
(LT–1)n
–––––––––LT–2
n = 2
�aVb
–––––––2
10–––––
50
10–––––––20 + 30
E–––––
∑R
i = 0,2A
16 –
A d.d.p. no resistor de 30� é:
U = R . i
U = 30 . 0,2 (V)
U = 6V e é a mesma d.d.p. do capacitor.
A carga elétrica do capacitor vale:
Q = C . U = 5 . 10–6 . 6 (C)
Resposta: C
3) Cálculo da intensidade da corrente elétrica pela Lei de Pouillet:
i = = (A) = (A) ⇒ i = 2A
d.d.p. no resistor de 2�:
U = R . i
U = 2 . 2 (V) ⇒ U = 4V
Cálculo da carga do capacitor:
Q = C . U = 7 . 10–6 . 4 (C)
Resposta: Q = 28←C
4) d.d.p. no capacitor:
U = = (V)
U = 20V
i =
2 =
18 + 2r = 20 ⇒ 2r = 2
Resposta: E
5) U = V – (– V)
U = 2V
Q = C . U
Q = C . 2V
Resposta: B
6) C =
Como a capacitância (C) é inversamente proporcional à
distân cia entre as placas (e), aumentando e, diminui C.
E = = = =
E =
E é diretamente proporcional a e; logo, aumentando e, au -
men ta E.
Resposta: B
7) A d.d.p. continuará constante.
C0 = ; C1 = = =
A capacitância se reduzirá à metade. Como a carga é direta -
mente proporcional à capacitância e o campo elétrico direta -
mente proporcional à carga, ambos se reduzirão à metade.
q = e E =
8) Com o ar mais úmido, a rigidez dielétrica cai, logo bastará
uma d.d.p. menor para que o dielétrico comece a conduzir
eletri cidade.
Resposta: B
9) Introduzindo-se um dielétrico entre as armaduras de um
capa citor, o dielétrico diminui a intensidade do campo elétri -
co no interior do capacitor.
Resposta: D
10) a) U = = ⇒ U = = 200V
U’ = = (V) ⇒ U’ = 40V
b) U = E . d = 0,8 . 106 . . 10–3 (V) = 0,4 . 103V
Respostas: a) U’ = 40V
b) U = 400V
11) d = 5cm
C = 4 . 10–10F
Q = 6←C
E . d = U
E = = = (V/m)
E = . 106 (V/m) = 3 . 105
Resposta: C
Q = 28←C
Q–––––
C
100 . 10–6
–––––––––5 . 10–6
E–––––
∑R
20––––––9 + r
r = 1,0�
Q = 2 . C . V
A . ←––––––
e
Q . U––––––
2
Q . Q––––––2 . C
Q2
––––––2C
Q2
–––––––––A . ←
2 . –––––e
Q2 . e––––––––2 . A . ←
A←––––e0
A←––––e1
A←––––––2. e0
C0––––
2
q0––––
2
E0––––
2
Q––––
C
Q––––––← . A––––
d
Q . d––––––← . A
Q . d––––––––5 . ← . A
200––––
5
1––––
2
U = 400V
U––––
d
Q–––––C . d
6 . 10–6
––––––––––––––––4 . 10–10 . 5 . 10–2
6––––20
V–––––
m
Q = 30←C
E–––––
∑R
12––––––––1 + 2 + 3
12–––––
6
– 17
12) Q = C . U = . U
A carga é diretamente proporcional à constante dielétrica (←);
logo, o capacitor A acumula uma carga maior.
Resposta: B
n Módulo 29 – Associação de Capacitores
1) a) Ceq = (←F)
Ceq = (←F)
b) Ceq = (←F) + 2 (←F)
c) Ceq = (←F)
Respostas: a) 4,0←F
b) 4,0←F
c) 4,0←F
2) Ceq = (←F)
Ceq = (←F)
Resposta: Ceq = 6,0←F
3) Para capacitores iguais em série, temos:
Ceq = , em que n é o número de capacitores em série.
Fig. 1:
Fig. 2:
Respostas: ;
4) Ceq1
= (←F)
Ceq2
= C + 2C
Ceq2
= 3C
Ceq =
3 =
+ 9C =
27 + 18C = 27C
9C = 27
Resposta: 3,0←F
5)
Ceq = + ⇒
Resposta: C
6)
É a mesma capacitância equivalente.
Resposta: C
(3 + 6) . (8 + 10)–––––––––––––––(3 + 6) + (8 + 10)
9 . 18––––––
27
Ceq = 6,0←F
C–––n
CCeq = ––––
2
CCeq = ––––
3
C–––2
C–––3
9–––2
Ceq1. Ceq2––––––––––
Ceq1+ Ceq2
9–– . 3C2
–––––––––9
–– + 3C2
27–––2
27 . C–––––
2
C = 3,0←F
C–––2
C–––2
Ceq = C
6 . 12––––––6 + 12
72––––18
Ceq = 4,0←F
3 . 6–––––3 + 6
Ceq = 4,0←F
(5 + 3) . 8––––––––––5 + 3 + 8
Ceq = 4,0←F
← A––––
d
18 –
7)
8) 10(←F) = C1 + C2 �
2,4(←F) =
2,4(←F) =
24(←F)2 = C1 . C2 �
de � e �, temos:
Resposta: D
9) Ceq = (←F)
Ceq = (←F)
Ceq = ←F
Todos os capacitores eletrizam-se com a mesma carga.
Q = C . U = . 40 (←C)
Resposta: C
10) a) Capacitores em paralelo:
Ceq = C1 + C2 + C3
Ceq = (2 + 5 + 10)←F
b) Q = Ceq . U
Q = 17 . 10–6 . 8 (C)
Respostas: a) Ceq = 17�F
b) Q = 136�C
11) Q = Ceq . U
Q = . 10–9 . 5 (C)
Q = . 10–9 . 5 (C)
Resposta: D
12) C1 > C2
>
Resposta: B
13) A1 = 2A2
C1 = 2C2
Ligados em paralelo, os capacitores terão a mesma tensão:
U1 = U2
= ⇒ = ⇒ Q1 = 2 . Q2 �
Q1 + Q2 = Q + Q (Sendo Q a carga de cada condensador)
Q1 + Q2 = 2Q �
� em �:
2Q2 + Q2 = 2Q
3Q2 = 2Q
Resposta: D
14) Q1 = 1 . 10–6 . 1000 (C)
Q1 = 1000←C
Coloca-se o segundo, descarregado, em paralelo com o pri -
mei ro; tendo ambos a mesma capacitância, a carga irá
distribuir-se entre os dois.
Q1 = 500←C
Q2 = 500←C
� com �: Q2 = 250←C
Q3 = 250←C
� com �: Q3 = 125←C
Q4 = 125←C
� com �: Q4 = 62,5←C
Q5 = 62,5←C
Respostas: Q1 = 500←C
Q2 = 250←C
Q3 = 125←C
Q4 = Q5 = 62,5←C
15) U = = (V)
Resposta: U = 25V
2 . 6––––––2 + 6
12––––
8
3–––2
3–––2
Q = 60←C
Ceq = 17←F
Q = 136←C
3 . 2–––––3 + 2
6–––5
Q = 6,0 . 10–9C
Q–––U1
Q–––U2
U2 > U1
Q1–––C1
Q2–––C2
Q1–––2C2
Q2–––C2
2QQ2 = ––––
3
C1 . C2–––––––C1 + C2
C1 . C2–––––––
10
4←F e 6←F
500––––20
Q––––Ceq
U = 25V
– 19
16) i = = (A) = (A)
i = 3A
A d.d.p. nos capacitores é a mesma que a do resistor da
direita.
U = R . i = 10 . 3 (V)
U = 30V
QA = CA . U
QA = 0,2 . 10–6 . 30 (C)
Resposta: A
17) i = = (A) = (A) i = 5Acom a chave aberta
U = R i
U = 2 . 5 (V) = 10V
Após o fechamento da chave, a d.d.p. no capacitor é a mesma
do resistor menos a d.d.p. da fonte da direita, de 2V.
UC = 10 – 2 (V) = 8V
Q = C . U = 2 . 10–6 . 8 (C)
Resposta: 16←C
18) Capacidade equivalente:
= + + (SI) = (SI)
Ceq = ←F
Req = + R3 = + 2 (�)
Corrente elétrica:
i = = A
Tensão nos resistores em paralelo (R1 e R2):
Ux = Req . i = . (V)
Ux = V
Carga nos capacitores:
Q = Ceq . Ux = . 10–6 . (C)
Q = ←C
Tensão UBA:
Q = C2 . UBA
. 10–6 = 5 . 10–6 . UBA
UBA = V
Resposta: C
19) a) Ceq = (←F)
Ceq = (←F)
Q = Ceq . U
Q = . 10–6 . 220 (C)
Q = 960 . 10–6C
Q = C1 . U1
960 . 10–6 = 6 . 10–6 . U1
b) We�2= = (J)
Respostas: a) 160V
b) 2,9 . 10–2J
20) Ceq = (�F) = (�F) = 2,0←F
Ceq = 2←F
Q = Ceq . U = 2 . 10–6 . 100 (C)
Q = 2 . 10–4 (C)
We� = = (J)
Resposta: C
21) C2 = 2C1
Q1 = Q2 (pois os capacitores estão em série)
C1 . U1 = C2 . U2
C1U1 = 2C1 . U2
1––––Ceq
1––––10
1–––5
1–––1
13–––10
10––––13
R1––––
2
1–––2
Req = 2,5�
←–––––Req
1–––––
2,5
1–––2
1––––2,5
1–––5
10––––13
1–––5
2––––13
2–––13
2––––65
UBA = 0,03V
6 . 16–––––––6 + 16
96–––––
22
96–––22
U1 = 160V
Q2 . U2–––––––
2
960 . 10–6 . 60––––––––––––––
2
We�2 2,9 . 10–2J
10 . 2,5–––––––
12,5
25–––––12,5
Q . U–––––––
2
2 . 10–4 . 100––––––––––––––
2
1,0 . 10–2J
QA = 6,0←C
←––––∑R
20–––––2 + 2
20––––
4
Q = 16←C
90––––30
90–––––––––––––10 + 10 + 10
←––––∑R
U1U2 = ––––––
2
20 –
W1 =
W2 =
W2 =
Resposta: B
n Módulo 30 – Leis de Kepler e Lei da
Gravitação Universal
1) De acordo com a 2.a Lei de Kepler, em tempos iguais, as áreas
varridas pelo raio vetor do planeta serão iguais.
No trecho AB, o raio vetor é menor que no trecho CD e,
portanto, para que as áreas sejam iguais, o arco AB deve ser
maior que o arco CD e, portanto, para o mesmo intervalo de
tempo, a velocidade escalar média entre A e B será maior que
entre C e D.
Resposta: B
2) 1) De acordo com a 2.a Lei de Kepler:
S2 = 4 S1 ⇒ �t2 = 4�t1
2) V1 = ; V2 =
= . = . 4 = 2 ⇒
Resposta: B
3) a) Falsa: De acordo com a 2.a Lei de Kepler, cada planeta tem
velocidade areolar constante.
b) Falsa: O movimento de translação somente seria uniforme
se a órbita fosse circular.
c) Falsa: A velocidade de translação é máxima no periélio e
mínima no afélio.
d) Correta.
e) Falsa: O movimento orbital do cometa é mantido pela
força gravitacional aplicada pelo Sol.
Resposta: D
4) a) De acordo com a 2.a Lei de Kepler, a velocidade areolar é
constante. Isso implica que, à medida que o planeta se
aproxima do Sol, sua velocidade linear de translação au -
menta. A velocidade linear de translação é máxima no
perié lio (ponto P) e mínima no afélio (ponto A).
b)
1) No trajeto VPI, a área varrida (A1 na figura) é menor
que a correspondente a meia elipse.
2) No trajeto PIA, a área varrida (A2) corresponde a meia
elipse.
3) No trajeto IAV, a área varrida (A3) na figura é maior que
a correspondente a meia elipse.
4) No trajeto AVP, a área varrida (A4) corresponde a meia
elipse.
Portanto: A1 < A2 = A4 < A3
Como os tempos são proporcionais às respectivas
áreas, vem: TVPI < TPIA = TAVP < TIAV
Respostas: a) Máxima em P e mínima em A.
b) TVPI < TPIA = TAVP < TIAV
5) Aplicando-se a 3.a Lei de Kepler para satélites da Terra, temos:
=
Como R1 = 42000km e R2 = 10500km, temos R1 = 4R2.
Portanto:
=
T1
2 = 64 T2
2
T1 = 8T2
T2 = = ⇒
Resposta: A
6) =
= (1)
= (2)
. =
mG = M
2 3
AB––––�t1
CD––––�t2
V1––––V2
AB––––CD
�t2––––�t1
1–––2
V1 = 2V2
R1
3
––––––
T1
2
R2
3
––––––
T2
2
(4R2)3
––––––T1
2
R2
3
––––––
T2
2
T1––––
8
24h––––
8T2 = 3h
T2
––––r3
4π2
–––––G m
TG
2
–––––rG
3
4π2
–––––––G mG
TT
2
–––––
rT3
4π2
–––––G M
(2)––––(1)
TT2
–––––
rT3
rG3
–––––
TG2
mG––––M
Q . U1–––––––
2 . 2
W1W2 = –––––
2
Q . U1–––––––
2
Q . U2–––––––
2
rG�––––�rT
TT�––––�TG
– 21
mG = M (27)2
3
mG = M ⇒ ou
Resposta:
7) a) 3.a Lei de Kepler:
=
RP = 102 RM ⇒ = ⇒ TP
2= 106 TM
2
b) V = =
= . = 102 . ⇒
c) VA = =
= � �2
. = 104 . ⇒
Respostas: a) 103 b) c) 10
8) a) V = (MU)
3,0 . 108 = ⇒
3,0 . 108 = ⇒
b) 3.a Lei de Kepler:
3
=
2
3
=
2
TP
2 = (40)3 = 64 . 103
TP
2 = 64 . 102 . 10
TP = 80 . ��10 anos
TP = 80 . 3,1 anos
Respostas: a) 5,0 . 102s e 2,0 . 104s
b) 248 anos
9) a) 1) De acordo com a escala usada, a distância média do
cin turão de asteroides até o Sol é da ordem de 2,7ua.
2) Aplicando-se a 3.a Lei de Kepler:
RT = 1ua
RX = 2,7ua
TT = 1a
TX = ?
= 1 ⇒ Tx
2 � 20 = 4 . 5
TX = 2 ���5 a = 2 . 2,2a ⇒
b) De acordo com a 3.a Lei de Kepler: = K
quanto mais próximo do Sol, menor é o ano do planeta.
O ano de Mercúrio é mais curto que o da Terra.
Respostas: a) 4,4a
b) mais curto
10) a) 3.a Lei de Kepler:
=
= ⇒ R3
X = 56
b) V =
VX = VT =
= . = .
Respostas: a) 25ua
b)
11) A força gravitacional tem intensidade F dada por:
F =
m’ = 4m
d’ = 2d
F’ = = ⇒
Resposta: D
�s––––�t
1,5 . 1011
––––––––––
�tT
�tT = 5,0 . 102s
60 . 1011
––––––––––�tP
�tP = 2,0 . 104s
aP�––––�aT
TP�––––�TT
60 . 1011
�––––––––––––––�1,5 . 1011
TP�––––�1
TP = 248 anos
RX
3RT
3
––––– = –––––TX
2TT
2
(2,7)3
––––––TX
2
T = 4,4a
R3
–––––T
2
R3
X––––
T2
X
R3
T–––––
T2
T
R3
X–––––(53)2
1–––1
RX = 25ua
�s––––�t
2 π RX–––––––
TX
2 π RT–––––––
TT
VX––––VT
RX––––RT
TT––––TX
25––––
1
1––––125
VX 1–––– = ––––
VT 5
1–––5
GMm–––––––
d2
1�–––�18
729––––––5832
mG = 0,125M1
mG = ––– M8
1mG = ––– M
8
RM
3
–––––
TM
2
RP
3
––––
TP
2
RM
3
–––––
TM
2
106 RM
3
––––––––––
TP
2
TP–––– = 103
TM
2πR–––––
T
�s–––�t
VP 1––––– = ––––
VM 10
1––––103
TM
––––TP
RP
––––RM
VP
––––VM
π R2
–––––T
A–––�t
VAP
–––––– = 10VA
M
1––––103
TM
––––TP
RP––––RM
VAP––––––VAM
1–––10
F’ = FG M m
––––––––d2
G M 4 m––––––––––
(2d)2
22 –
12) De acordo com a Lei de Newton:
FSat =
FT =
= .
2
= 100 . 2
⇒
Resposta: C
13) FPF = FSF
=
=
Resposta: 9
14)
1) Cálculo de F:
F = G . = . ���2
2) Cálculo de F1
F1 = G . =
3) Cálculo da força resultante FR:
FR = F���2 + F1
FR = ���2 . ���2 +
FR = +
FR =
Resposta: B
15) P = FG
mg =
= .
2
= 16
2
= 1
Resposta: C
16) A aceleração da gravidade na superfície de um plane ta de
massa M e raio R tem módulo g dado por:
FG = P
= mg
Portanto: R2 = e R =
= = ���16
Resposta: C
17) a) Desprezando-se os efeitos de rotação, temos:
P = FG
mg =
g = módulo da aceleração da gravidade na superfície do
planeta
M = massa do planeta
R = raio do planeta
m . m ���2––––––––––
d2
Gm2
–––––d2
m���2 . m���2––––––––––––––
2d2
Gm2
–––––d2
Gm2
–––––d2
Gm2
–––––d2
2Gm2
––––––––d2
Gm2
––––––d2
3Gm2
––––––––d2
GMm––––––
R2
GMg = ––––––
R2
gU–––––
gT
MU––––––
MT
RT�––––�RU
gU–––––
gT
1�–––�4
gU = gT
GMm––––––
R2
GMg = ––––––
R2
GM–––––
g
GM–––––
g
RU––––RT
14,4–––––
0,9
RU–––– = 4
RT
GMm–––––––
R2
GMg = ––––––
R2
MmF = G ––––––
d2
G M mSat–––––––––––
d2
Sat
G M mT–––––––––––––
d2
T
FSat––––––
FT
mSat–––––––
mT
dT�–––––�dSat
FSat––––––
FT
1�––––�10
FSat–––––– = 1
FT
GMPMF––––––––––
R2
GMSMF––––––––––
r2
81MS–––––––
R2
MS–––––
r2
R–––– = 9
r
– 23
Portanto: =
2
Sendo = e = 5, vem:
= . 25 = ⇒
Na Terra: PT = mgT
Em Plutão: PP = mgP
= ⇒
b) No lançamento vertical, temos:
V2 = V02 + 2� �s (MUV)
0 = V02 + 2(– g)H
Para o mesmo valor de V0 , temos:
=
= ⇒
Respostas: a) 2,0N
b) 30m
18) FG = P
= m g
g =
g = (m/s2)
g = (m/s2)
Resposta: 8,0m/s2
19)
O módulo g da aceleração da gravidade é dado por:
PA = FG
mg =
Para que o valor de g se reduza a um quarto, a distância ao
centro da Terra deve dobrar:
h + R = 2R
Resposta: C
20) a) Sendo a órbita circular, o movimento do satélite é
uniforme e a força gravitacional faz o papel de resultante
centrípeta.
FG = Fcp
= ⇒
Portanto: = ⇒
b) V =
T = ⇒
Respostas: a) 9
b)
21) FG = Fcp
= m 2R
2 =
= =
= = = 1
Resposta: 1
G M––––––––(R + h)2
6,7 . 10–11 . 6,0 . 1024
–––––––––––––––––––––(7100 . 103)2
40,2 . 1013
–––––––––––50,41 . 1012
g � 8,0m/s2
GMm––––––––(R + h)2
GMg = ––––––––
(R + h)2
h = R
GMm–––––––
R2
mV2
–––––––R
GM V = ––––––
R
VT–––––VL
MT––––––
ML
VT––––– = 9
VL
2πR–––––
T
2πR–––––
V
TT VL 1–––– = ––––– = ––
TL VT 9
1–––9
GMm–––––––
R2
GM–––––
R3
GM ––––––
R3
2π–––T
R3
T = 2π –––––GM
TX–––T0
RX MT �–––––�3
. –––––RT MX
1 (2)3 . –––
8
TX = T0
PP–––––
40
0,5––––10
PP = 2,0N
V02
H = –––––2g
HP–––––
HT
gT––––gP
H–––––
1,5
10––––0,5
H = 30m
G M m––––––––(R + h)2
gP–––––
10
1–––––500
1––––20
gP = 0,5m/s2
MP–––––MT
1–––––500
RT–––––
RP
RT�–––––�RP
MP–––––MT
gP–––––
gT
24 –
22)
1) Em 14 dias (meio período), a Lua dá meia volta em torno
da Terra, e a variação de sua quantidade de movimento
linear é dada por:
�→Q = m
→V – (–m
→V) = 2m
→V
2) A velocidade de translação da Lua é dada por:
FG = Fcp
= ⇒
Portanto:
Resposta: D
23) FG = Fcp
=
m V2 =
Resposta: D
24) FG = Fcp
= m 2R
2 =
Porém: M = � . π R3
2 = . � . π R3
2 = π G � =
2
=
= ⇒ T2 = ⇒
Resposta: D
25)
A força gravitacional de interação entre as estre las faz o
papel de resultante centrípeta:
= M 2
2 = ⇒ 2
=
= ⇒ =
(Resposta)
26) O movimento de um cometa está ligado com o conceito de
força gravitacional entre dois corpos.
A força gravitacional de atração entre duas partículas de
massas M e m, separadas para uma distância d, tem inten -
sidade F dada por:
G = constante de atração gravitacional.
Resposta: B
27) a) Falsa. F = G
Para um corpo na superfície da Terra, não considerando
efeitos de rotação, temos:
F = P
G = mg ⇒ g =
Portanto, G não é a aceleração da gravidade g.
mV2 G M mEC = –––––– = ––––––––
2 2d
G M m–––––––
R2
G M–––––
R3
4––3
G–––R3
4––3
4––3 � 2π
––––T � 4π2
––––T2
G �–––––
3
π–––T2
3π–––G�
3πT = ––––
G �
FG = Fcp
G M M––––––––
R2
R–––2
2 G M–––––––
R3 � 2π–––T � 2 G M
–––––––R3
2π–––T
2GM ––––––
R3
T–––2π
R3
–––––––2 G M
R3
T = 2π –––––––2 G M
MmF = G ––––––
d2
Mm–––––
d2
Mm–––––
R2
GM–––––
R2
|�→Q | = 2m |
→V|
GMm––––––
r2
mV2
––––––r
GM V = ––––––
r
GM 4GMm2
|�→Q | = 2m –––––– = ––––––––––
r r
G M m–––––––
d2
m V2
–––––––d
G M m–––––––
d
– 25
b) Falsa. De acordo com a lei da ação e reação, o planeta atrai
o objeto e este atrai a Terra com forças de mesma inten -
sidade, mesma direção e sentidos opostos.
c) Falsa. A força gravitacional que o planeta exerce no
satélite é responsável por mantê-lo em órbita.
d) Falsa. A intensidade da força gravitacional varia inversa -
mente com o quadrado da distância que separa os corpos.
e) Verdadeira.
P = FG =
A força gravitacional é responsável pelo peso de um
corpo, porém somente será igual ao peso, nos polos do
planeta ou se desprezarmos efeitos ligados à rotação.
Resposta: E
GMm––––––
d2
26 –