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Exercicios resolvidos do livro do Sergio Sampaio e Calçada. Para visualizar este e mais exercícios de graça acesse: http://diegoalvez2015.blogspot.com.br/
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7/16/2019 Exercicios Resolvidos do Livro do Sergio e Calçada
http://slidepdf.com/reader/full/exercicios-resolvidos-do-livro-do-sergio-e-calcada 1/34
1
Cinemática1. Um carro percorre um trecho retilíneo de uma es-
trada. No primeiro trecho, AB, ele se desloca com
velocidade escalar média de 80 km/h e demora
30 minutos. No segundo trecho, BC, ele se desloca
com velocidade escalar média de 100 km/h, demo-
rando 2,0 horas. Determine a velocidade escalar
média no percurso ABC.
2. Um partícula percorre uma trajetória quadrada de
lado L = 12 m. O primeiro lado do quadrado é percor-rido em 4,0 s; o segundo lado, em 6,0 s; o terceiro
lado, em 2,0 s, e, finalmente, no quarto lado a partícu-
la mantém uma velocidade escalar constante de 1,0
m/s. Qual deveria ser a sua velocidade escalar para
percorrer o quadrado inteiro em movimento uniforme,
demorando o mesmo tempo?
3. Partindo do repouso, um ponto material percorreu,
em 5,0 s, a distância de 50 m, trajetória retilínea. Ad-
mitindo que a aceleração foi constante, determine:
a) a aceleração escalar;
b) a velocidade atingida nos primeiros 4,0 s de mo-
vimento;
c) a distância percorrida nos primeiros 2,0 s de mo-
vimento.
4. Um carro percorre um trecho retilíneo de uma rodo-
via com extensão de 200 m. Ao iniciar o trecho sua
velocidade escalar era de 360 km/h e sua aceleração
escalar era de 2,0 m/s2, a qual se manteve constante
durante todo o trajeto. Ao término desse trecho a
velocidade escalar atingida foi de:
a) 108 km/h
b) 90 km/h
c) 72 km/h
d) 60 km/h
e) 54 km/h
5. Abandona-se, em repouso, uma partícula de uma
determinada altura h, num local em que a aceleração
da gravidade é g = 10 m/s2. No experimento, a resis-
tência do ar pode ser desprezada e a partícula está
em queda livre. Seja V 1
a velocidade escalar atingida
no primeiro segundo de movimento e seja ainda V 3
a velocidade escalar atingida nos exatos 3,0 s de
movimento. Determine:
a) a relaçãoV
3
V1
;
b) a altura h, sabendo-se que o tempo total de queda
foi de 4,0 s.
6. O gráfico a seguir representa a velocidade escalar de
uma partícula em movimento retilíneo, em função do
tempo.
EXERCÍCIOS
V (m/s)
t (s)0
10
1,0 2,0 3,0 4,0 5,0
Determine:
a) a distância percorrida no intervalo de tempo entre
t0
= 0 e t5
= 5,0 s;
b) a distância percorrida entre os instantes t1
= 1,0 s
e t3
= 3,0 s;
c) a aceleração escalar da partícula.
Note e adote
A distância percorrida pode ser calculada pela
área da figura formada no gráfico, compreendida
entre os respectivos instantes que limitam a du-
ração do percurso.
7. Lançamos verticalmente para cima, a partir do solo,uma partícula com velocidade escalar inicial de
12,0 m/s, num local onde a aceleração da gravidade
é g = 10 m/s2. Desprezando-se a resistência do ar,
determine o módulo da velocidade da partícula ao
atingir a altura de 5,4 m.
8. Realizada anualmente na cidade de São Paulo no dia
31 de dezembro, a corrida de São Silvestre é inter-
nacionalmente conhecida. Existem duas categorias
independentes: a dos homens e a das mulheres. O
Brasil tem ganhado várias medalhas de ouro nestes
últimos anos, porém os quenianos são a grande
atração da corrida. No ano de 2007, fez-se uma
inovação: as mulheres saíram à frente, com uma
diferença de tempo T e, a seguir, partiram os homens.A intenção era que os vencedores masculino e fe-
minino chegassem praticamente juntos ao final dos
15 km da corrida. A velocidade escalar média mascu-
lina é de 18 km/h e a das mulheres de 16 km/h. Para
que o evento fosse coroado de êxito, com um homem
e uma mulher chegando juntos no final da corrida, o
valor do tempo T foi aproximadamente de:
a) 2 min
b) 4 min
c) 6 min
d) 10 min
e) 0,5 h
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9. Uma folha de papel pode ser deslocada sobre uma
mesa fazendo o percurso entre duas guias X e X’,
como sugere a figura a seguir. Em cada uma dasguias foram demarcadas abscissas em centímetro. A
folha de papel tem o formato de um quadrado ABCD
cujos lados medem 20 cm.
11. De uma mesma altura H, medida em relação ao solo,
está sendo realizado um experimento com duas
pequenas esferas, A e B, como mostra a figura. En-quanto a esfera B é abandonada a partir do repouso,
A foi lançada horizontalmente. As esferas partiram
simultaneamente.
varrast
0 10 20 30 40
0
20 cm
B C
A D
10 20 30 40
(cm)X
Xʼ(cm)
Um formiguinha partiu do ponto A em direção a B,
com velocidade escalar de 5,0 cm/s, no instante em
que o vértice A estava na posição x = 0 (tomada noeixo de abcissa da guia X’).
a) Quanto tempo ela demorará a atravessar o qua-
drado de um lado para outro, chegando em B, se
a folha permanecer em repouso sobre a mesa?
b) Quanto tempo a formiguinha demorará a atraves-
sar o quadrado de um lado para outro, chegando
no lado BC, estando a folha em movimento retí-
lineo uniforme, como se descreveu acima, com
velocidade de módulo 12 cm/s? Nesse caso, qual
é a abscissa, tomada na guia X , do ponto B, no
instante em que ela chegar em B?
c) Determine a velocidade escalar da formiguinha
em relação à mesa, estando a folha em movimen-
to como se descreveu no item anterior.
d) Tomando a mesa como referencial, esboce a tra- jetória da formiguinha entre as duas guias, mos-
trando a abscissa de partida (em X’) e a abscissa
de chegada (em X ).
10. Duas polias estão interligadas por uma correia inde-
formável e executam movimento circular e uniforme.
A polia maior gira com
freqüência f 1
e, a menor,
com f 2. A seta acima da
correia indica um local
de referência e dele se
observa a passagem de
um ponto P, pintado na
correia.
Verificou-se que o ponto P passa 2 vezes por se-
gundo pelo local. Sabendo-se que o raio (R) da polia
maior vale 6,0 cm, que o raio ( r ) da polia menor vale
2,0 cm e que o comprimento da correia é 72 cm,
determine:
a) velocidade escalar do ponto P;
b) a freqüência f 1
da polia maior;
c) a freqüência f 2
da polia menor.
Note e adote
π = 3
Velocidade angular ω e velocidade v: V = ω · R
g
v0
AB
Rr
P
(referencial)
Sabemos que a esfera A atingiu o solo 2,0 s após o
lançamento. Podemos afirmar que:
I. A esfera B atingiu o solo exatamente em 2,0 s a
contar do início do seu movimento.
II. A esfera B percorreu uma trajetória de menor
comprimento que o da esfera A, logo ela demorou
um tempo inferior a 2,0 s para chegar ao solo.
III. A esfera A atingiu o solo com maior velodidade
escalar que a esfera B.
São corretas:
a) apenas a I.
b) apenas a II.
c) apenas a I e a III.
d) apenas a II e a III.
e) todas as três afirmativas.
Dinâmica 12. Uma pessoa ergue uma
caixa de 8,0 kg, a partir do
repouso, usando uma polia
como se mostra na figura.
Sabe-se que o fio suporta
uma tensão máxima de
96 N. No local do evento,
a aceleração da gravidade
é g = 10 m/s2. Podemos
concluir, portanto, que:
a) a intensidade máxima
da força aplicada será
de 80 N.
b) a intensidade mínima
da força aplicada de-
verá ser de 96 N.
c) a máxima aceleração
com que a caixa deve-
rá ser erguida tem módulo de 2,0 m/s2.
d) a caixa somente deverá ser erguida em movimen-
to uniforme.
e) qualquer que seja o movimento de subida, o fio
não vai arrebentar, pois ele suporta uma tensão
de até 96 N e a caixa pesa apenas 80 N.
g
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13. Uma caixa de massa 4,0 kg está sendo empurrada
para cima, com velocidade constante, através de
uma força de intensidade F = 35,0 N. Existe atritoentre o bloco e o plano inclinado.
16. (Fuvest-SP) Um carrinho é largado do alto de uma
montanha-russa, conforme a figura. Ele se movimen-
ta, sem atrito e sem soltar-se dos trilhos, até atingir oplano horizontal. Sabe-se que os raios de curvatura
da pista em A e B são iguais.
F
30º
Sendo a aceleração da gravidade local g = 10,0 m/s2,
podemos afirmar que a força de atrito tem intensida-
de igual a:
a) 15,0 Nb) 12,5 N
c) 10,0 N
d) 5,0 N
e) Zero, pois o movimento é uniforme.
14. Na figura vemos três blocos arrastados por uma força
F de intensidade 18,0 N. Os blocos A e B são idên-
ticos e suas massas valem 2,5 kg cada, enquanto
o bloco C apresenta 1,0 kg de massa. O conjunto
desliza livremente no solo sem atrito e o bloco C está
na iminência de deslizar sobre A.
A
C B
F
Sendo a aceleração da gravidade local g = 10 m/s2,
então o coeficiente de atrito entre o bloco C e o bloco
A vale:
a) μ = 0,05
b) μ = 0,1
c) μ = 0,2
d) μ = 0,25
e) μ = 0,3
Note e adote
O fio que une os blocos é ideal, sua massa édesprezível.
A força de atrito é dada por: Fat
= μ · Fn
15. O manual de um certo carro diz que ele demora
30 s para acelerar do repouso até 108 km/h. O
veículo apresenta uma massa de 900 kg. Despre-
zando-se todas as forças resistentes ao movimento,
determine:
a) o módulo da aceleração do veículo;
b) a intensidade da força motora;
c) a potência atingida pelo motor ao atingir a veloci-
dade de 108 km/h.
g
Dado: H > h
B
h
A
H
Considere as seguintes afirmações:
I. No ponto A, a resultante das forças que agem
sobre o carrinho é dirigida para baixo.
II. A intensidade da força centrípeta que age sobre
o carrinho é maior em A do que em B.
III. No ponto B, o peso do carrinho é maior do que
a intensidade da força normal que o trilho exerce
sobre ele.
Está correto apenas o que se afirma em:
a) I d) I e II
b) II e) II e III
c) III
17. Na figura temos uma canaleta que nos permiterealizar um experimento em que a bolinha desliza
praticamente sem atrito e, no seu movimento, rea-
liza um looping. Nesse experimento, a bolinha tem
massa m = 320 g, o raio da circunferência é 6,4 m e
a gravidade local é g = 10,0 m/s2.
a) Sendo o módulo da velocidade com que a bolinha
passa em A igual 20,0 m/s, determine a intensi-
dade da força normal que a canaleta aplica na
bolinha ao passar neste local.
b) Num segundo experimento, a bolinha é obrigada
a passar pelo ponto B com velocidade escalar
mínima, suficiente para realizar o looping. Nessa
situação, a força normal se anula. Determine o
módulo da velocidade mínima em B.
B
A
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18. Uma partícula de massa m = 2,0 kg está em mo-
vimento retílineo uniforme com velocidade escalar
V0 = 6,0 m/s. Num dado instante, quando a partículapassava pela posição abscissa x = 0, começa a atuar
na partícula uma força F no mesmo sentido de seu
movimento, cujo módulo varia com a posição de
acordo com o gráfico da figura.
21. Uma esferinha de massa m = 2,0 kg está colocada,
em situação de equilíbrio, sobre uma mola vertical
apoiada numa mesa, como mostra a figura 1. Aseguir, uma força F é aplicada na bolinha, como
mostra a figura 2, comprimindo a mola em x = 20 cm.
Quando a força é retirada, a bolinha é então lançada
para cima. Na situação da figura 3, ela está subindo
e nesse instante sua velocidade tem módulo igual
a 1,0 m/s. Desprezam-se as forças resistentes ao
movimento.36
F (N)
0 2,0 4,0 x (m)
Determine:
a) trabalho da força F entre as posições x = 0 e
x =4,0 m;
b) a velocidade escalar ao final da abscissa x = 4,0 m.
Note e adote
O trabalho da força F é numericamente igual à
área da figura do gráfico da força em função do
deslocamento da partícula.
Teorema da energia cinética: τres
= ΔEcin
19. (UE-PI) Considere a situação em que um homem euma caixa repousam frente a frente sobre uma super-
fície horizontal sem atrito. A resistência do ar no local
é desprezível. Sabe-se que a massa do homem é de
100 kg, enquanto que a massa da caixa é de 50 kg.
Num dado instante, o homem impulsiona a caixa,
que passa a se mover em linha reta com velocidade
escalar igual a 8 m/s. Nessas circunstâncias, qual é
o módulo da velocidade de recuo do homem imedia-
tamente após empurrar a caixa?
a) 4 m/s
b) 5 m/s
c) 8 m/s
d) 10 m/s
e) 12 m/s
20. (Unesp-SP) Durante um jogo de futebol, uma bola
atingiu acidentalmente a cabeça de um policial, em
pé e imóvel, nas proximidades do campo. A bola,
com massa de 400 g e velocidade de 8 m/s, bateu e
voltou na mesma direção, porém com velocidade de
7 m/s.
a) Qual foi o impulso da força exercida pela cabeça
do policial na bola?
b) Pode-se afrimar que ocorreu transferência de
momento linear (quantidade de movimento) da
bola para o policial durante o choque? Justifique.
F
x
Figura 1 Figura 2 Figura 3
V = 1,0 m/s
g
Determine:
a) a energia elástica acumulada na mola na situação
da figura 2 (mola comprimida);
b) a energia cinética da bolinha na situação da figura
3;
c) admitindo-se que toda energia elástica se con-
verta em trabalho útil da mola para impulsionar
a bolinha, determine o trabalho da força peso,
desde o lançamento até a situação da figura 3.
Note e adote
g = 10 m/s2
Constante elástica da mola: K = 4,2 · 103 N/m
Energia elástica da mola: Eelást
= Kx2
2Teorema da Energia Cinética (TEC): τ
tot= ΔE
cin
22. (UF-GO) O jogo de squash resume-se basicamente
em arremessar com uma raquete a bola contra uma
parede e rebatê-la novamente após cada colisão. Se
após o saque a bola chocar-se perpendicularmente
contra a parede e voltar na mesma direção, o módulo
do impulso da força exercida pela parede sobre a
bola será:
a) igual a zero, pois a energia cinética da bola se
conserva quando o choque é perfeitamente
elástico.
b) diretamente proporcional à soma dos módulos
das velocidades antes e após a colisão com a
parede.
c) igual ao produto da massa pela velocidade de
retorno da bola.
d) igual ao módulo da soma vetorial das quantidades
de movimento antes e depois do choque com a
parede.
e) igual ao módulo do impulso da raquete na bola.
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23. A montanha-russa de um parque apresenta o perfil
esboçado na figura.
26. Sobre a dilatação dos sólidos e dos líquidos, são
feitas algumas afirmações. Analise cada uma delas,
assinalando correto ou incorreto.I. A água é uma substância anômala, pois, ao ser
aquecida entre 0 °C e 4 °C, o seu volume, em vez
de aumentar, diminui.
II. Um copo contém água e uma pedra de gelo flu-
tuando, em equilíbrio térmico a 0 °C. O conteúdo
está ocupando toda a capacidade do copo. Quan-
do o gelo derreter, a superfície da água estará
exatamente no mesmo nível onde se encontrava
inicialmente e não houve transbordamento de
água durante a fusão do gelo.
III. Uma placa de aço possui no seu centro um
orifício circular com um certo diâmetro. Ao aque-
cermos uniformemente essa placa, o diâmetro do
orifício aumenta.
IV. Se o coeficiente volumétrico de um recipiente
for menor que o do líquido nele contido, quando
ambos forem aquecidos, nota-se uma dilatação
aparente do líquido.
São corretas:
a) apenas as afirmativas I, II e IV.
b) apenas as afirmativas II e III.
c) apenas as afirmativas I e IV.
d) apenas as afirmativas II e IV.
e) todas as afirmativas.
27. Num experimento realizado num laboratório de
Física, um grupo de estudantes fez os seguintes
procedimentos.
1o) Forneceu uma certa quantidade de calor a
100 g de água no estado líquido e verificou que
ela sofreu uma variação de temperatura de 20°,
sem vaporização.
2o) Forneceu a mesma quantidade de calor a uma
liga metálica de massa 400 g e esta sofreu a
mesma variação de temperatura anterior, sem
sofrer fusão.
Sendo o calor específico da água igual a 1,0 cal/(g · °C),
determine:
a) a quantidade de calor fornecida tanto à liga metá-
lica como à água.
b) o calor específico da liga.
28. (Unifesp-SP) Dois corpos, A e B, com massas iguais
e a temperatura t A
= 50 °C e t B
= 10 °C, são colocados
em contato até atingirem a temperatura de equilíbrio,
O calor específico de A é o triplo do de B. Se os dois
corpos estão isolados termicamente, a temperatura
de equilíbrio é:
a) 28 °C
b) 30 °C
c) 37 °C
d) 40 °C
e) 45 °C
H = 20 m
B
A
C
solo
D
h
O carrinho parte do ponto A, praticamente do repou-
so e percorre todo o trajeto, saindo em D.
Admita que as forças dissipativas sejam nulas, que
a gravidade local seja g= 10 m/s2 e que o solo dese-
nhado seja horizontal.
Determine:
a) a velocidade escalar com que o carrinho passa
pela região B (junto ao solo);
b) a altura h do ponto C, sabendo-se que a velocida-
de com que o carrinho passa por ali tem módulo
de 6,0 m/s;
c) a energia cinética do carrinho ao deixar a monta-
nha-russa no ponto D, tomando-se como referên-
cia o solo. Sabe-se ainda que o carrinho e seus
ocupantes, juntos têm massa m = 200kg.
Termologia24. (Fatec-SP) O filme Fahrenheit 9/11 tem seu título
baseado, em parte, no título do romance Fahrenheit
451, que se refere a uma sociedade futurista na qual
livros são proibidos e devem ser incinerados, o que
acontece numa temperatura de 451ºF (temperatura
de combustão do papel).
Lembrando que a escala Fahrenheit atribui os valo-
res 32 e 212 para os pontos de fusão do gelo e de
ebulição da água, respectivamente, a temperatura de
combustão do papel em ºC, é aproximadamente:
a) 30
b) 135
c) 183
d) 233e) 451
25. (Mackenzie-SP) Um viajante, ao desembarcar no
aeroporto de Londres, observou que o valor da
temperatura do ambiente na escala Fahrenheit é o
quíntuplo do valor da temperatura na escala Celsius.
Essa temperatura é de:
a) 5 °C
b) 10 °C
c) 15 °C
d) 20 °C
e) 25 °C
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29. (Mackenzie-SP) Em uma experiência realizada no
nível do mar forneceram-se 18 380 cal a 150 g de
água a 10 °C. A massa de vapor de água a 100 °C,obtida à pressão de 1 atm, foi de:
a) 9,0 g
b) 12 g
c) 15 g
d) 18 g
e) 21 g
Dados:
calor específico da água líquida = 1,0 cal/(g °C);
calor de vaporização da água = 540 cal/g.
30. (Vunesp-SP) Uma garrafa de vidro, fechada, conten-
do ar à pressão atmosférica de 101 kPa e volume
de 30 cm3
, está à temperatura de 23 °C. A pressãodentro da garrafa quando a temperatura atinge
200 °C, considerando-se que não há variação no
volume da garrafa, é aproximadamente de:
a) 161 kPa
b) 167 kPa
c) 173 kPa
d) 179 kPa
e) 182 kPa
Note e adote
Pressão atmosférica no nível do mar:
1,01 · 105 Pa = 101 · 103 Pa = 101 kPa
31. Um recipiente de 123 litros contém um certo gás a
uma temperatura de 27 °C, sob pressão p. Sabe-se
ainda que existem 20 mols de moléculas aprisiona-
das no recipiente. O gás é então completamente
transferido para outro recipiente, de volume V 2
em
que a temperatura é de é de 127 °C e a pressão tem
o mesmo valor p anterior.
32. (Vunesp-SP) No diagrama p × V está representada
uma transformação cíclica ABCDA sofrida por uma
massa de gás ideal, monoatômico.
recipiente inicial
(27 ºC)
novo recipiente
(127 ºC)
Determine o valor:
a) da pressão p;
b) do volume V 2
do novo recipiente.
Note e adote:
Constante universal dos gases:
R = 0,082 atm/(mol · K)
Equação de Clapeyron:
p · V = n · R · T
p
V
isoterma (T2)
A B
C
Disoterma (T
1)
Sobre essa transformação, é correto afirmar que
a) no trecho AB o gás expandiu-se isobaricamente e
sofreu resfriamento.
b) no trecho BC o gás perdeu energia interna em
forma de calor.
c) no trecho CD o gás realizou trabalho sobre o meio
externo.
d) no trecho DA o gás é comprimido sem sofrer va-
riação de energia interna
e) nos trechos AB e CD não houve realização de
trabalho.
Óptica33. (Fatec-SP) Um estreito feixe de luz monocromática,
propagando-se no ar, incide na superfície de sepa-
ração com outro meio transparente, cujo índice de
refração para esta cor é 2, formando ângulo de 45°
com a normal à citada superfície.
N
45º ar
nar
= 1,0
Após a incidência, parte do feixe é refletida e parte
é refratada. O ângulo entre os feixes refletido e re-
fratado é de:
a) 120°
b) 105°
c) 90°
d) 75°
e) 60°
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34. (Mackenzie-SP) Em um anteparo localizado a 60 cm
do vértice de um espelho esférico, forma-se a ima-
gem nítida de um objeto real colocado sobre o eixoprincipal do espelho e a 20 cm dele. O tipo e o raio
de curvatura desse espelho são, respectivamente:
a) côncavo e 15 cm.
b) côncavo e 10 cm.
c) côncavo e 30 cm.
d) convexo e 15 cm.
e) convexo e 30 cm.
35. (U. Passo Fundo-RS) As afirmações a seguir refe-
rem-se à formação de imagens em espelhos:
I. Uma imagem real é obtida pela intersecção dos
raios luminosos refletidos pelo espelho.
II. Qualquer que seja a posição do objeto colocado
à frente de um espelho esférico convexo ter-se-á
sempre um único tipo de imagem: virtual.
III. A imagem formada por um espelho convexo de
um objeto colocado na sua frente é sempre de
maior tamanho que o do objeto e direita.
IV. O tipo de imagem formada por um espelho esféri-
co côncavo, de um objeto colocado na sua frente,
depende da posição do objeto em relação ao seu
vértice.
Destas afirmações são corretas somente:
a) I e II d) II e IV
b) II e III e) II, III e IV
c) I, II e IV
36. (Unifesp-SP) Uma lente convergente tem uma dis-
tância focal de f = 20,0 cm quando o meio ambienteonde ela é utilizada é o ar. Ao colocarmos um objeto a
uma distância p = 40,0 cm da lente, uma imagem real
e de mesmo tamanho que o objeto é formada a uma
distância pʼ = 40,0 cm da lente. Quando essa lente
passa a ser utilizada na água, sua distância focal é
modificada e passa a ser 65,0 cm. Se mantivermos o
mesmo objeto à mesma distância da lente, agora no
meio aquoso, é correto afirmar que a imagem será:
a) virtual, direita e maior.
b) virtual, invertida e maior.
c) real, direita e maior.
d) real, invertida e menor.
e) real, direita e menor.
37. O olho humano pode apresentar algum defeito que
venha atrapalhar a nitidez da visão da pessoa. Ele
pode ser míope ou hipermetrope ou ter ainda um
outro defeito diferente. Quando o olho é normal ele é
denominado de emetrope. Para a correção da miopia
e da hipermetropia, as lentes recomendáveis são,
respectivamente:
a) divergente e convergente.
b) convergente e divergente.
c) divergente em ambos os casos.
d) convergente em ambos os casos.
e) divergente e bifocal.
Ondulatória38. Uma das principais características das ondas
eletromagnéticas é a sua velocidade no vácuo
c = 3,0 · 108 m/s, que é independente de sua fre-
qüência. Desse modo, as ondas de rádio, de TV,
de raio X, de luz, etc., todas elas obedecem a essa
propriedade.
Uma emissora de rádio FM está operando na fre-
qüência de 100 MHz. O comprimento de onda é:
a) 3,0 m
b) 3,0 km
c) 4,0 m
d) 4,0 km
e) 3,0 · 104 m
39. Ondas de raios X têm freqüência maior que a da luz.Ondas de rádio têm freqüência menor que a de TV.
Estas têm freqüência menor que a da luz. Analise as
afirmativas abaixo e assinale verdadeiro ou falso:
I. Raios X e ondas de TV têm a mesma velocidade
no vácuo.
II. Quando um raio de luz monocromática sai do
vácuo e penetra na atmosfera terrestre, sua ve-
locidade praticamente não se altera e portanto o
seu comprimento de onda permanece o mesmo.
III. Raios X têm comprimento de onda maior que
ondas de rádio e TV.
São corretas:
a) todas as afirmativas.
b) apenas as afirmativas I e II.c) apenas as afirmativas I e III.
d) apenas as afirmativas II e III.
e) apenas a afirmativa I.
Hidrostática40. Quando um corpo sólido é mergulhado num líquido
ideal em equilíbrio, ele sofre, por parte do líquido, a
ação de uma força contrária ao seu próprio peso,
denominada empuxo. Segundo o Princípio de Arqui-
medes, conclui-se que essa força tem intensidade
igual à do peso do volume do líquido deslocado.
Se representarmos essa força por E , sua intensi-
dade poderá ser determinada através da equação:E = d · V · g. Nessa equação, temos: d (densidade do
líquido), V (volume imerso no líquido) e g (aceleração
da gravidade).
Um iceberg flutua no mar com apenas 10% do seu
volume de gelo fora dʼágua. Admitindo que a densi-
dade da água do mar seja 1,0 · 103 kg/m3 e que a
gravidade seja g = 10m/s2:
a) faça um esquema das forças que atuam no
iceberg;
b) admitindo-se que 1,0 atm seja aproximadamente
1,0 · 105 N/m2,determine a densidade do gelo do
iceberg.
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8
41. Um mergulhador está a 40 m de profundidade num
lago de água doce. A densidade da água é 1,0 · 103
kg/m3
e a gravidade local é g = 10 m/s2
. Admitindo-seque a pressão atmosférica seja p
0= 1,0 · 105 N/m2,
determine:
a) a pressão total sobre o megulhador.
b) quantas atmosferas ele suporta.
Eletrostática42. (Cefet-MG) Três esferas metálicas A, B e C, de raios
iguais têm cargas –Q, zero e +Q, respectivamente.
Faz-se A tocar em B e depois em C. A carga final de
A será igual a:
a) zero
b) Q8
c) Q4
d) Q2
e) 2Q3
43. Duas pequenas esferas idênticas A e B, têm cargas,
respectivamente QA
= –14 · 10 –6 C e QB
= 50 · 10 –6 C.
As duas são colocadas em contato e, após atingido
o equilíbrio eletrostático, são separadas. Determine:
a) a carga elétrica de cada uma delas;
b) quantos elétrons passaram de A para B, sendo
e = 1,6 · 10
–19
C a carga elementar;
44. (Mackenzie-SP) Três pequenas esferas de cobre,
idênticas, são utilizadas numa experiência de Ele-
trostática. A primeira, denominada A, está inicialmen-
te eletrizada com carga QA
= +2,40 nC; a segunda,
denominada B, não está eletrizada, e a terceira, de-
nominada C, está inicialmente eletrizada com carga
QC
= –4,80 nC. Num dado instante, são colocadas
em contato entre si as esferas A e B. Após atingido
o equilíbrio eletrostático, A e B são separadas um da
outra e, então, são postas em contato as esferas B e
C. Ao se atingir o equilíbrio eletrostático entre B e C,
a esfera C:
a) perdeu a carga elétrica equivalente a 1,125 ·1010
elétrons.
b) perdeu a carga elétrica equivalente a 1,875 · 1010
elétrons.
c) ganhou a carga elétrica equivalente a 1,125 · 1010
elétrons
d) ganhou a carga elétrica equivalente a 1,875 · 1010
elétrons.
e) manteve sua carga elétrica inalterada.
Dados:
carga do elétron = –1,60 · 10 –19 C; 1
nanocoulomb = 1 nC = 10 –9 C
45. (Fatec-SO) Duas pequenas esferas estão eletrica-
mente neutras. De uma das esferas são retirados
5,0 · 1014
elétrons que são transferidos para a outra.Após essa operação, as duas esferas são afastadas
uma da outra de 8,0 cm, no vácuo.
A força de interação elétrica entre as esferas será
de:
a) atração e intensidade 7,2 · 105 N.
b) atração e intensidade 9,0 · 103 N.
c) atração e intensidade 6,4 · 103 N.
d) atração e intensidade 7,2 · 103 N.
e) atração e intensidade 9,0 · 103 N.
Dados:
carga elementar: e = 1,6 · 10 –19 C;
constante eletrostática no vácuo:
k0 = 9,0 · 109
N · m2
/C2
46. Duas pequenas esferas idênticas, 1 e 2, eletriza-
das com cargas elétricas Q1
= +2Q e Q2
= –6Q,
separadas uma da outra por uma distância d1
= 2d,
atraem-se com uma força de intensidade F 1. Essas
esferinhas são colocadas em contato e depois sepa-
radas, sendo fixadas a uma distância d2
= d uma da
outra. Entre elas surge então uma força de repulsão
de intensidade F 2. Determine a razão
F1
F2
.
47. (Mackenzie-SP) Na determinação do valor da carga
elétrica puntiforme, observamos que, em um de-
terminado ponto do campo elétrico por ela gerado,
o potencial elétrico é de 18 kV e a intensidade docampo elétrico é de 9,0 kN/C. Se o meio é o vácuo
(k0
= 9 · 109 N · m2/C2), o valor dessa carga é:
a) 4,0 μC
b) 3,0 μC
c) 2,0 μC
d) 1,0 μC
e) 0,5 μC
Observação: 1kV = 103 V; 1kN = 103 N
48. Duas cargas elétricas puntiformes, de valor absoluto
Q, estão fixas nos pontos A e B, como mostra a
figura.
E MA B
d d
Observa-se que, no ponto médio M do segmento AB,
o campo elétrico E tem sentido de B para A e que o
potencial elétrico resultante é nulo. Podemos concluir
que as respectivas cargas elétricas de A e B valem:
a) +Q e –Q
b) –Q e +Q
c) +Q e +Q
d) –Q e –Q
e) –Q e zero
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9
52. Determine a resistência equivalente, entre os ter-
minais A e B, das associações das figuras que se
seguem:a)
49. No campo elétrico uniforme da figura esquematizada,
a distância entre as duas superfícies equipotenciais
A e B é igual a 0,25 m.
E
A B
0,25 m
R R R
RB
A
Sabendo que o campo elétrico tem intensidade
E = 5,0 × 103 V/m, podemos afirmar que a ddp entreessas duas equipotenciais vale:
a) 2,0 × 104 V
b) 1,25 × 104 V
c) 5,0 × 103 V
d) 1,25 × 103 V
e) 2,0 × 103 V
50. Uma partícula eletrizada com carga elétrica positiva
(+q) é abandonada em repouso sobre uma linha
de força de um campo elétrico uniforme. Sendo
desprezível a ação do campo de gravidade sobre o
movimento da partícula, podemos afirmar que:
a) ela permanecerá em repouso.
b) ela adquirirá um movimento retilíneo uniforme,percorrendo a linha de força no sentido da orien-
tação.
c) ela adquirirá um movimento retilíneo sobre essa
linha de força e a sua energia cinética permane-
cerá constante durante o seu movimento.
d) durante o seu movimento espontâneo sobre a
linha de força, a sua energia cinética aumentará.
e) a partícula deverá ser acelerada numa direção
perpendicular à linha de força em que foi abando-
nada.
Corrente Elétrica51. Um resistor ôhmico é submetido a uma tensão elé-
trica de 40 V e a corrente elétrica que por ele passa
tem intensidade de 8,0 A.
a) Determine o valor de sua resistência elétrica.
b) Dobra-se a tensão elétrica nos seus terminais.
A sua resistência elétrica se alterará? Qual é a
intensidade da nova corrente elétrica?
c) Submetido a uma tensão elétrica U , é percorrido
por uma corrente elétrica de 500 mA. Determine
o valor dessa tensão elétrica U .
d) Esboce o gráfico da tensão elétrica em função da
intensidade da corrente elétrica desse resistor.
R
R
R
R
A B
R
R
R
I
60 v+ –
b)
53. Três resistores de mesma resistência R = 300 Ω
estão associados em paralelo com uma bateria
ideal de 60 V. A corrente elétrica que circula na
bateria tem intensidade I. A respeito da resistência
equivalente, vista pelos terminais da bateria e da
intensidade I da corrente elétrica seus valores são,
respectivamente:
a) 5,0 Ω e 12 A d) 15 Ω e 4,0 A
b) 10 Ω e 6,0 A e) 30 Ω e 3,0 A
c) 10 Ω e 12 A
54. (U. F. Campina Grande-PB) O diagrama mostra três
lâmpadas incandescentes idênticas de resistência
elétrica constante igual a 60 Ω.
A diferença de potencial aplicada pela bateria ao cír-
culo vale 90 V. A resistência elétrica dos condutores
pode ser desprezada.
O valor da corrente elétrica que circula por qualquer
uma das lâmpadas ligadas em paralelo é:
a) 3,0 A c) 1,0 A e) zero
b) 2,0 A d) 0,50 A
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55. (U. F. São Carlos-SP) A figura ilustra um circuito sim-
ples, que consta de um gerador de múltiplas tensões,
um resistor R, um amperímetro A e um voltímetroV ideais. Cabos de ligação, de resistência elétrica
desprezível, são conectados a esses dispositivos,
fazendo com que o circuito funcione normalmente.
57. (Vunesp-SP) Um circuito contendo quatro resistores
é alimentado por uma fonte de tensão, conforme
figura:
A
V
E
I
+
–
R1
= 3,0 Ω
R2
= 2,0 Ω R3
= 2,0 Ω
A tabela mostra os dados colhidos neste experimen-
to: correntes elétricas i , lidas no amperímetro, em
função das tensões U , lidas no voltímetro.
U (V) 0,0 1,5 3,0 4,5 6,0 7,5
i (mA) 0,0 5,0 10 15 20 25
Com base nas informações obtidas no experimento,
é possível identificar o resistor como:
a) não ôhmico, de resistência máxima 3,0 × 104 Ω.
b) não ôhmico, dissipando uma potência máxima
próxima de 1,9 W.
c) ôhmico, de resistência próxima de 1,9 Ω.
d) ôhmico, de resistência 3,0 × 102 Ω.
e) ôhmico, dissipando uma potência constante pró-
xima de 1,9 W.
56. No circuito abaixo o gerador é ideal e sua força ele-
tromotriz vale E . Cada um dos resistores tem a sua
resistência elétrica indicada no próprio circuito.
60 ΩR A
B
– +
90 Ω 120 Ω
B
1 3
2
Calcule o valor da resistência R, sabendo-se que
o potencial eletrostático em A é igual ao potencial
em B.
58. Numa residência, por dia o televisor fica ligado
6 horas, o chuveiro elétrico fica ligado por 2 horas e o
ferro elétrico 2 horas. As potências desses aparelhos
e as respectivas tensões de funcionamento estão na
tabela abaixo. Ao final de um mês (30 dias), o consu-
mo de energia elétrica dessa residência será de:
televisor 110 V 100 W
chuveiro 220 V 2 200 W
ferro elétrico 110 V 330 W
a) 5,66 kWh d) 169,8 kWh
b) 8,0 kWh e) 220,0 kWh
c) 151,2 kWh
Eletromagnetismo59. (UF-PI) Três partículas de massas e velocidades
iguais penetram em uma região onde existe um
campo magnético uniforme B (perpendicular ao pla-
no do papel e apontando para fora) e descrevem as
trajetórias 1, 2 e 3 representadas na figura.
Considere que os raios das trajetórias das partículas
1 e 3 são iguais e que as velocidades das três par-
tículas são perpendiculares ao campo magnético.
Nesse contexto, sobre as cargas elétricas das partí-
culas 1, 2 e 3 é correto afirmar:
a) |q1| > |q
2| > |q
3|
b) q1
> 0, q2
> 0, q3
< 0
c) |q1| = |q
3|, q
2= 0
d) q1
> 0, q2
< 0, q3
= 0
e) |q1| = |q
2|, q
3= 0
A
V
R
+ –
O amperímetro, que é ideal, está indicando uma
leitura de 2,0 A. Determine:
a) a intensidade de corrente ( I) que passa no
gerador.
b) a leitura no voltímetro ideal.
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11
62. Na figura, temos um imã sobre um trilho, o que permi-
te o seu movimento para a direita ou para esquerda.
Temos também uma espira que também poderádeslizar para a esquerda ou para a direita.
60. Uma partícula eletricamente carregada com carga
elétrica positiva q, num primeiro experimento, é lan-
çada num campo magnético uniforme de intensidadeB, numa direção perpendicular às suas linhas de
indução. A partícula adquiriu um movimento circular
uniforme de raio R, executou meia volta e caiu fora
do campo. Num segundo experimento, repetiu-se o
lançamento, dobrando-se no entanto o módulo da
velocidade. Do mesmo modo ela desenhou uma
semi-circunferência e caiu fora do campo.
B
(1)
(2)
v
P
Q
X Y
a) Determine o raio da trajetória da partícula no se-
gundo experimento;
b) Sendo T 1
o tempo que ela permaneceu no campo
no primeiro experimento e T 2
o tempo no segundo
experimento, determine a razãoT
1
T2
.
61. Na figura que se segue estão representados dois
fios retilíneos, percorridos por correntes elétricas de
mesma intensidade, perpendiculares a esta folha
e furando-a nos pontos P e Q. Uma bússola estásobre a folha, no ponto médio do segmento PQ.
Devido às correntes elétricas que percorrem os dois
fios, a bússola está orientada como mostra a figura.
Devido à elevada intensidade das correntes elétrica,
a influência do campo magnético neste experimento
é desprezível.
Analise as seguintes proposições:
I. Movimentando-se o imã para a direita e man-
tendo-se a espira fixa, esta será percorrida por
corrente elétrica induzida no sentido horário (vista
do imã),II. Movimentando-se o imã para a esquerda e man-
tendo-se a espira fixa, esta será percorrida por
corrente elétrica induzida no sentido anti-horário
(vista do imã).
III. Estando o imã em repouso e deslizando-se a
espira para a esquerda, esta será percorrida por
corrente elétrica induzida no sentido horário (vista
do imã).
Estão corretas:
a) todas as afirmativas.
b) apenas as afirmativas I e III.
c) apenas as afirmativas II e III.
d) apenas as afirmativas I e II.
e) nenhuma delas.
espira
SN
Analisando a figura, podemos concluir que os senti-
dos das correntes em P e Q são:
a) iguais e ambos estão penetrando no papel.
b) iguais e ambos estão saindo do papel.
c) opostos, em P a corrente está saindo do papel.
d) opostos, em Q a corrente está saindo do papel.
e) opostos, mas o sentido de cada um está indeter-
minado.
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RESOLUÇÕES
1. Para melhor entendimento, vamos esboçar a sua trajetória, demarcando os respectivos dados:
A B
V1
V2
(⌬t1) (⌬t
2)
C
No primeiro trecho, AB, temos:
V1
= 80 kmh
Δt1
= 30 min = 0,5 h
Δs1 = v1 · Δt1 = 80 · 0,5 ⇒ Δs1 = 40 km
No segundo trecho, BC, temos;
V2 = 100 kmh
Δt2
= 2,0 h
Δs2
= v2
· Δt2
= 100 · 2,0 ⇒ Δs2
= 200 km
Em toda a extensão do trajeto ABC, temos:
Δs = 40 km + 200 km = 240 km
Δt = 0,5 h + 2,0 h = 2,5 h
vm = ΔsΔt = 240 km2,5 h ⇒ vm = 96 km/h
2. Para melhor compreensão do texto, vamos esboçar a f iguraquadrada da trajetória e demarcar os tempos ou a velocida-de de cada trecho.
Observação: Podemos somar as distâncias e podemossomar os tempos (Δt), porém não podemos somar as velo-cidades dos diversos trechos.
1o) Cálculo do tempo para percorrer o quarto lado.
v = ΔsΔt
⇒ Δt4
= Δsv
4
= 121,0
⇒ Δt4
= 12 s
2o
) Cálculo do tempo total para percorrer todo o quadrado:Δt
tot= 4,0 + 6,0 + 2,0 + 12
Δttot
= 24 s
3o) Distância total percorrida:
Δs = Dtot
= 4 × 12 = 48
Dtot
= 48 m
4o) Cálculo da velocidade escalar para percorrer o quadrado:
v =D
tot
Δttot
= 48 m24 s
⇒ v = 2,0 m/s
⌬t1
= 4,0 s
⌬t2
= 6,0 s
⌬t3
= 2,0 s
(1)
L = 12 m
(3)
V4
= 1,0 m/s
(4) (2)
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2
3. a) Usemos a equação horária das abscissas, válida para o movimento uniformemente variado:
x = x0 + v0 · t + a2 t2
Como não temos a posição inicial (x0), façamos:
x – x0 = v0 · t + a2 t2
Δx = v0
· t + a2 t2
O móvel partiu do repouso, v0
= 0; percorreu em t = 5,0 s a distância Δx = 50 m. Logo:
50 = 0 + a2 · (5,0)2 ⇒ a = 4,0 m/s2
b) A equação horária da velocidade é:v = v
0+ at
v = 0 + 4,0 · 4,0 ⇒ v = 16 m/s
c) Voltemos à equação horária das abscissas e façamos t = 2,0 s:
Δx = v0
· t + a2 t2
Δx = 0 + 4,02 · (2,0)2 ⇒ Δx = 8,0 m
4. Façamos uma figura mostrando o evento:
a
V0= 36 V = ?
a
200 m
a = 2,0 m/s2
kmh
Não temos o tempo de percurso, o que nos sugere usar a equação de Torricelli:
v2 = v02 + 2 · a · d
No entanto, a velocidade inicial deverá ser convertida para o SI:
v0
= 36 kmh
= 363,6
ms
= 10 ms
Assim:
v2 = 102 + 2 · 2,0 · 200 = 900
v = 900 ⇒v = 30 m/s
Vamos converter esse valor para kmh
:
v = 30 ms
= 30 · 3,6 kmh
⇒ v = 108 km/h
Resposta: a
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3
5. A fim de ilustrar o evento, temos a figura ao lado:
a) Na queda livre, a velocidade escalar é dada pela equação:
v = v0
+ g · t
No evento: v0
= 0 ⇒ v = g · t
Para t1
= 1,0 s ⇒ v1
= 10 · 1,0 = 10 m/s
Para t3
= 3,0 s ⇒ v3
= 10 · 3,0 = 30 m/s
A relação pedida é:
v3
v1
= 3010
⇒ v
3
v1
= 3
b) A distância percorrida, na queda livre, obedece à equação horária de 2o grau do movimento uniformementevariado:
Δs = v0
· t + a2 · t2, em que v
0= 0
h = 0 +g2 t2
h = 102 · (4,0)2 ⇒ h = 80 m
6. a) Cálculo da distância percorrida no intervalo de tempo (0; 5,0 s) usando a área do triângulo:
Δs =N b · h2
Δs = 5,0 · 102
⇒ Δs = 25 m
b) Vamos refazer o gráfico e pintar a f igura entre os tempos t1 = 1,0 s e t3 = 3,0 s.Trata-se de um trapézio.
h
t0
= 0
t1 = 1,0 s
t2
= 2,0 s
t3
= 3,0 s
t4
= 4,0 s
v1
v3
g
0
2,0
6,0
10
1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 t (s)
v (m/s)
Δs =N (B + b) · h2
= (2,0 + 6,0) · 2,02
⇒ Δs = 8,0 m
c) A aceleração escalar é constante e pode ser calculada em qualquer intervalo de tempo.
Δt = 5,0 s ⇔ Δv = 10 m/s
a = ΔvΔt
= 105,0
⇒ a = 2,0 m/s2
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4
7. No lançamento vertical para cima a partícula tem um movimento uniformemente variado cujo módulo da aceleraçãoé g = 10 m/s2
Orientando-se para cima a trajetória, teremos, nesse evento:
g+
v
v0
Como o tempo de percurso não foi dado, vamos usar a equação de Torricelli:
v2
= v0
2
+ 2 · g · Δsv2 = (12,0)2 – 2 · 10 · 5,4 = 144 – 108 = 36
v = ± 36 ⇒ v = ±6,0 m/s
Temos duas possibilidades:
• subindo: v = +6,0 m/s
• descendo: v = –6,0 m/s
Em módulo: |v| = 6,0 m/s
8. Temos as seguintes velocidades médias:
vH
= 18 km/h (para os homens)
vM = 16 km/h (para as mulheres)
Temos ainda a extensão do percurso total da prova: D = 15 km
O tempo de cada um se escreve:
Δs = v · Δt ⇒ Δt = Δsv
⇒ TM
= Dv
M
e TH
= Dv
H
Como o tempo das mulheres é maior que o dos homens e a diferença vale T :
TM
– TH
= T ⇒ Dv
M
– Dv
H
= T
D · vH
– D · vM
= T · vM
· vH ⇒ D(v
H– v
M) = T · v
M· v
H
Substituindo os valores dados:
15 · (18 – 16) = T · 16 · 18 ⇒ 15 · 2 = T · 288
T = 30288
(h) ഡ 0,10 h ⇒ T ഡ 6 min
Resposta: c
v0 = +12,0 m/s
v = ?
a = –g = – 10 m/s2
Δs = d = 5,4 m
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5
9. Sejam:
vf = velocidade da formiguinha em relação ao papel
varr
= velocidade de arrastamento do papel em relação à mesa
vres
= velocidade resultante da formiguinha, relativa à mesa
a) vf = ΔsΔt
⇒ T = Δsvf
= 20 cm5,0 cm/s ⇒ T = 4,0 s
b) A translação da folha não interfere no movimento da formiguinha, que então demorará o mesmo tempo na tra-
vessia AB: T' = T = 4,0 s
O deslocamento (ΔsB) do ponto B se calcula por:
ΔsB
= varr
· T = 12 (cm/s) · (4,0 s) ⇒ xB
= 48 cm
c)
vf
vres
varr
v2r es
= v2f + v2
a rr
v2r es
= 5,02 + 122 = 169
v2r es
= 13 cm/s
0
A
BX
X'
10 20 30 40 48
0 10 20 30 40
d)
10. a) v = ΔsΔt
⇒ v = 72 cm0,5 s
⇒ v = 144 cm/s
b) ω = 2πT
= 2πf 1
v = ω · R
v = 2πf 1R ⇒ f
1= v
2πR= 144
2· 3 · 6,0 ⇒ f
1= 4,0 Hz
c) Do mesmo modo:
f 2
= v2πr
= 1442· 3 · 2,0
⇒ f 1
= 12 Hz
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6
11. A esfera A foi lançada horizontalmente. Portanto, suavelocidade inicial (v
0) não contribui para a formação do
tempo de queda.Durante todo o seu percurso na trajetória parabólica, no-tamos que A vai ganhando uma velocidade verticar (v
y),
enquanto a velociade horizontal vx
se mantém constante eigual a v
0. Assim, as partículas A e B estão em queda livre
e ambas obedecem a uma mesma equação:
vy
= g · t
As “linhas de tempo” horizontais da f igura mostram asparticulas caindo simultaneamente.
Ressaltemos que a velocidade resultante da partícula A édada pela composição vetorial de v
x+ v
y.
Podemos concluir, então:
I. Correta
ΔtA
= ΔtB
= 2,0 s (chegam simultaneamente no solo)
II. IncorretaComo vimos: Δt
A= Δt
B
III. CorretaA velocidade final de B foi apenas:
vB
= g · T (em que T representa o tempo de queda livre: T = 2,0 s)
A velocidade final de A é dada por:
vy
= g · T
A
(t1)
(t2)
(t3)
Bv
0
vy
vy
vx
= v0
vx
= v0
vx
= v0
vy
vA
vx
= v0
Logo: vA
> vB
Resposta: c
12. Como a caixa foi erguida a partir do repouso, ela deverá ser acelerada para cima no início de seu movimento. Ad-quirindo uma determinada velocidade, pode-se manter o movimento de subida de modo uniforme.
Aplicando-se a Segunda Lei de Newton:
Fres = m · a ⇒ T – P = m · aa = T – P
m= T – mg
mA máxima aceleração suportada se obtém com a máxima tração:T = 96 N
a = 96 – 8,0 · 108,0
= 168,0
⇒ a = 2,0 m/s2
Resposta: c
P
T
a
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13. Pt= P · sen 30° = m · g · sen 30° = 4,0 · 10,0 · 1
2 ⇒ Pt= 20,0 N
Como a caixa sobe com velocidade constante, não tem aceleração, e a força resultante, na direção do movimento,é nula. Logo:
Fat
+ Pt= F
Fat
+ 20,0 = 35, 0 ⇒ Fat = 15,0 N
Esquema das forças na direção do movimento:
m o v i m
e n t o
30º
Fat
F
Pt
Resposta: a
14. F = (mA
+ mB
+ mC
· a) ⇒ 18,0 = (2,5 + 2,5 + 1,0) · a
a = 18,06,0
= 3,0 m/s2
Na direção do movimento, a força resultante em C vale:
FC
= mC
· a 1
Porém, essa força resultante é a força de atrito, dada por:
Fat = µ · Fn = µ · mC · g 2
Igualando 1 e 2 , temos:
µ · mC
· g = mC
· a ⇒ µ = ag
µ = 3,010
⇒ µ = 0,3
Resposta: e
15. a) Inicialmente, façamos a conversão da velocidade: 108 km/h = 30 m/s
a = ΔvΔt
= 30 – 030 ⇒ a = 1,0 m/s2
b) Usando a Segunda Lei de Newton, temos:
F = m · a ⇒ F = 900 · 1,0 ⇒ F = 900 N
c) A potência máxima atingida aos 108 km/h é dada por:
Pot
= F · v ⇒ Pot
= 900 · 30 ⇒ Pot
= 27 000 W = 27 kW
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16. I. Incorreta
No arco de circunferência, a força resultante é centrípeta ao passar pelo ponto A. Logo, teremos a seguintesituação:
Fn
P
Av
A
|Fn| > |P|
Fres
dirigida para cima
II. Correta
Fcp
= mv2
R
As duas curvas, em A em e B, têm raios iguais. No entanto, o carrinho passa em A com maior velocidade que
em B. Logo; Fcp
A> F
cpB
III. CorretaNo ponto B, a resultante centrípeta aponta para baixo. Logo:
|P| > |Fn|
Resposta: e
17. a) Quando a bolinha passa por A, ela f ica sob a ação de duas forças: a força peso (P) e a força normal (Fn). A re-
sultante destas duas forças, no entanto, deve ser uma força centrípeta.
Assim, podemos escrever:
Fn
– P = Fcp⇒ F
n= F
cp+ P ⇒ F
n= mv2
R+ mg
Sendo: m = 320 g = 0,32 kg; vA
= 20,0 m/s; R = 6,4 e g = 10 m/s2
Fn
= 0,32 · (20,0)2
6,4+ 0,32 · 10 = 20,0 + 3,2 ⇒ F
n= 23,2 N
b) A bolinha quando passa por B, fica sob a ação de duas forças, F n
e P, cuja resultante é uma força centrípeta.Temos então, a ilustrar, a seqüência das três f iguras:
Fn
P
Bv
B
Fcp
Av
A
Fn
P
Av
A
Fcp
vB
B
Fcp
vB
B
P
Fn
vB
B
A força resultante é o peso P e vale:
Fres
= Fcp
= P ⇒ mv2
R= mg ⇒ v2 = Rg
v = 2g
Sendo R = 6,4 m e g = 10 m/s2:
vB
= 6,4 · 10 = 64 ⇒ |vB| = 8,0 m/s
Como a força normal é nula, temos apenas a força peso.
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18. a) Entre as posições x = 0 e x = 4,0 m, a figura é um trapézio, cuja área é:
A =(B · b) · h
2
Numericamente, temos:
τ =N A = (4,0 + 2,0) · 362
⇒ τ = 108 J
b) Para se relacionar o trabalho com a velocidade, usamos o TEC.
19. O homem e a caixa são um sistema isolado. Vale o princípio da conservação da quantidade de movimento. Nadireção horizontal, temos:
QH
+ QCx
= O ⇒ |QH| = |Q
Cx|
mH
· vH
= mCX
· vCX
100 · vH
= 50 · 8 ⇒ vH
= 4 m/s
Resposta: a
20. a) Adotemos uma convenção de sinais para a velocidade da bola, conforme as figuras 1 e 2
V0
= – 8 m/s
antes
+
depois
Figura 1 Figura 2
Vf= + 7 m/s Δv = v
f – v
0= (+7) – (–8) = +15 m/s
I = ΔQ ⇒ I = m · Δv
I = 0,40 · 15 ⇒ I = 6 N · s
b) Sim. O impulso recebido pela bola é igual, em módulo, ao impulso da bola na cabeça do guarda (Lei da Ação eReação). Isso configura uma transferência de momento linear (quantidade de movimento) da bola para a cabeçado policial durante o choque.
21. Os valores estão dados com 2 algarismos signif icativos.
a) Eelást
= kx2
2=
4,2 · 103 · (2,0 · (10–2)2
2 ⇒ Eelást
= 84 J
b) Ecin
= m · v2
2= 2,0 · (1,0)2
2 ⇒ E
cin= 1,0 J
c) τmola
= + Eelást
= + 84 J
Usando o TEC:
τp
+ τmola
= Ecinf
– Ecin0
τp + 84 = 1,0 – 0 ⇒ τ
p= –83 J
22. V0
antes depois
Vf
Δv = vf
– v0 ⇒ |Δv| = |v
f | + |v
0|
I = ΔQ ⇒ I = m · Δv
|I | = m · |Δv| = m · (|vf | + |v
0|)
Resposta: b
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23. a) Tomemos o solo como referência:
Emec
A
= Emec
B
⇒ Epot
A
+ Ecin
A
= Epot
B
+ Ecin
B
Temos:
EcinA
= 0 e EpotB
= 0 ⇒ EpotA
= EcinB
m · g · H =m · v2
B
2 ⇒ v2
B= 2gH = 2 · 10 · 20 = 400
vB ⇒ 400 ⇒ v
B= 20 m/s
b) EmecA
= EmecC
(o solo é o referencial)
EpotA
+ EcinA
= EpotC
+ EcinC
⇒ EpotA
= EpotC
+ EcinC
m · g · H = mgh +m · v2
C
2 ⇒ 2gH = 2gh + v2
C
2 · 10 · 20 = 2 · 10 · h + (6,0)2
⇒ 400 = 20h + 36 ⇒ h = 18,2 mc) EmecA
= EmecD(o solo é o referencial) e temos EcinA
= 0 e EpotD= 0
EpotA
= EcinD
⇒ mgH = EcinD
⇒ EcinD
= 200 · 10 · 20 ⇒ EcinD= 4,0 · 104 J
24. Para converter temperatura entre as escalas Celsius e Fahrenheit, usamos a equação:
θF
– 32
9=θ
c
5Temos a temperatura θ
F= 451° F. Substituindo na nossa equação:
451 – 329
=θ
c
5
4199 = θc
5 ⇒ 9 · θC = 5 · 419
9 · θC
= 2 095 ⇒ θC ≅ 232,8 ⇒ θ
C ≅ 232,8 ⇒ θC
≅ 233 °C
Resposta: d
25. Não temos neste exemplo nenhuma referência na escala Celsius nem na Fahrenheit. Devemos montar duas equações.A primeira delas tiramos do enunciado:
θF
= 5θC 1
A segunda equação é a de conversão entre as duas escalas:
θF
– 32
9=θ
c
52
Substituímos a equação 1 na 2 :5 · θ
C– 32
9=θ
c
5(5 · θ
C– 32) · 5 = 9 · θ
C
25 · θC
– 160 = 9θC
25 · θC – 9θC = +160
16θC
= 160 ⇒ θC
= 10 °C
Resposta: b
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26. I. CorretaA água tem, sim, um comportamento anômalo. Ao passo que a maioria das substâncias se dilatam ao serem
aquecidas, a água se contrai entre 0 °C e 4 °C. Porém, a partir dessa temperatura o seu comportamento énormal.
II. Correta
Esta é uma propriedade decorrente da anomalia anterior. Observe a seqüência das figuras:
Figura 1. Copo de água contendo umapedra de gelo f lutuando a 0 °C.
Figura 2. O gelo fundiu e o nívelde água não se alterou.
Figura 3 Figura 4 Figura 5
Aquecemos o sistema e a placa se dilata (fig. 6). Agora vamos retirar a tampa do orifício (fig. 7). Essa tampade aço dilatou com aquecimento (fig. 8). Logo, o diâmetro do orifício também aumentou.
Figura 6. Chapa aquecida
e dilatada
Figura 7. O orifício está
dilatado
Figura 8. A tampa
está dilatada
IV. CorretaSe o líquido possuir um coef iciente de dilatação térmica maior que o do recipiente, após ambos serem aqueci-dos a uma mesma temperatura, sofrerão um certo aumento de volume ΔV, que se calcula por:
ΔVliq
= γ liq
· V0
· Δθ
ΔVrec
= γ rec
· V0
· Δθ
V0
= volume inicial do líquido, que é o mesmo que ele ocupa do recipiente
Sendo: γ liq > γ rec ⇒ ΔVliq > ΔVrec
Logo, o nível do líquido subirá e haverá uma dilatação aparente.
Resposta: e
O volume imerso do gelo é 90% do volume total e apenas 10% f ica para fora d’água. Quando o gelo derrete,ele sofre uma contração de volume (anomalia) de 10%, reduzindo-se a 90% do volume inicial. Assim ele ocupaexatamente o volume imerso.
III. CorretaPara entender melhor o que acontece, imaginemos que o orifício foi preenchido pelo mesmo aço da placa(acompanhe pelas figuras 3, 4 e 5).
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12
27. a) A quantidade de calor, sem mudança de estado, pode ser calculada apenas com os dados da água.
Q = mA · cA · Δθ
Q = 100 · 1,0 · 20
Q = 2 000 cal
b) Para a liga metálica vamos usar a mesma quantidade de calor anterior:
Q = mL
· cL
· Δθ
2 000 = 400 · cL
· 20
cL
= 0,25 cal/(g · °C)
28. Variações de temperatura (Δt)
ΔtA
= tf – 50 < 0
ΔtB
= tf – 10 > 0
Calor específico (c):
cA = 3cB
Quantidades de calor trocado:
QA
= mA
· cA
· ΔtA
QB
= mB
· cB
· ΔtB
Sendo iguais as duas quantidades em módulo e tendo elas sinais trocados, pode-se escrever:
QA
+ QB
= 0
mA
· cA
· ΔtA
+ mB
· cB
· ΔtB
= 0
mA
= mB ⇒ c
A· Δt
A+ c
B· Δt
B= 0
3 · cB
· (tf – 50) + c
B· (t
f – 10) = 0
3tf – 150 + t
f – 10 = 0
4tf – 160 = 0 ⇒ 4tf = 160 ⇒ tf = 40 °C
Resposta: d
29. Inicialmente a água sofre uma variação de temperatura e, do calor total recebido, ela vai usar:
Q1
= m · C · Δθ
Q1 = 150· 1,0 · (100 – 10) ⇒ Q1 = 13 500 cal
Restam então:
Q2
= 18 360 – 13 500 = 4 860 cal
A quantidade Q2
de calor restante será usada para vaporizar m gramas de água na temperatura constante de100 °C.
Q2
= m · Lvap
4 860 = m · 540 ⇒ m = 4 860540
⇒ m = 9,0 g
Resposta: a
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13
30. Temos dois estados térmicos a serem considerados. De acordo com os dados do enunciado, temos:
p1
= 101 kPa p2
= ?
V1
= 30 cm3 v2
= 30 cm3
T1
= (23 + 273) K = 296 K T2
= (200 + 273) K = 473 k
Usemos a Lei Geral dos Gases:p
1· V
1
T1
=p
2· V
2
T2
Com os valores fornecidos:
101 · 30296
=p
2· 30
473p
2· 30 · 296 = 473 · 101 · 30
p2
= 473 · 101296
⇒ p2 ഡ 161 kPa
Resposta: a
31. a) No recipiente inicial, temos:
V1
= 123 ᐉ
T1 = (27 + 273) K = 300 K
n = 20 mols
Usando-se a Equação de Clapeyron:
p · V1
= n · R · T1
p · 123 = 20 · 0,082 · 300 ⇒ 123 · p = 492 ⇒ p = 4,0 atm
b) No novo recipiente, temos:
p = 4,0 atm
T2 = (127 + 273) K = 400 KUsando-se, novamente Clapeyron, vem:
p · V2
= n · R · T2
4,0 · V2
= 20 · 0,082 · 400 ⇒ V2
= 164 ᐉ
32. a) IncorretaNa isoterma DA, a temperatura T
1é inferior à temperatura T
2da isotema BC. Assim, na expansão de A para B
o gás é aquecido (TB
> TA)
b) IncorretaNa expansão BC, o gás sofreu uma transformação isotérmica em que ΔT = 0.
Sendo:
U = 3
2
n R T ⇒ ΔU = 3
2
n R ΔT
ΔT = 0 ⇒ ΔU = 0
c) IncorretaNas transformações isométricas, o gás não realiza trabalho.
d) CorretaTrata-se de uma transformação isotérmica (ΔT = 0)
ΔU = 32 nRΔT, para ΔT = 0 ⇒ ΔU = 0
e) IncorretaNo trecho AB, o gás realizou trabalho.
Resposta: d
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14
33. O raio ref letido também forma 45° com a reta normal. O raio refratado formará um ângulo r com a normal e umângulo α com o raio refletido, como mostra a figura abaixo.
45º 45º
N
α
(ar) meio 1
meio 2
r
Resposta: b
34. A figura abaixo é uma interpretação visual do enunciado do problema.
Para determinarmos o ângulo r , usemos a Lei de Snell:
n1
· sen i = n2
· sen r
n1
· sen 45° = n2
· sen r
1,0 · 22
= 2 · sen r ⇒ sen r = 12 ⇒ r = 30°
Da figura, podemos tirar:
45° + α + r = 180°
45° + α + 30 = 180° ⇒ α = 105°
imagem
F
objeto real
III. Incorreta
IV. CorretaDependendo da posição do objeto real diante do espelho côncavo, sua imagem pode ser: (real e invertida) ou(virtual e direita). No primeiro caso, seu tamanho pode ser maior, igual ou menor que o objeto. No segundocaso, será sempre maior.
objeto
luz
imagemprojetada
anteparo
espelho
côncavo
v
O espelho é necessariamente côncavo, pois a imagem projetadadeve ser real. Assim, o único espelho possível é o cônvavo.
Temos então:
p = +20 cm
p' = +60 cm
1f = 1
p + 1p' ⇒ f =
p · p'p + p' =
20 · 6020 + 60 ⇒ f = 1 200
80 ⇒ f = 15 cm
O raio de curvatura é o dobro da distância focal.
R = 2f = 2 · 15 ⇒ R = 30 cm
Resposta: c
35. I. CorretaAs imagens reais são formadas diante dos espelhos e portanto são def inidas pelas intersecções de raios de luzpor eles refletidos.
II. CorretaO espelho convexo sempre fornece imagem (de objetos reais) com as seguintes caracteristicas: virtual, direitae tamanho inferior ao do objeto.
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15
No segundo experimento, a lente é colocada na água e a nova distância focal é f 2
= 65,0 cm, o objeto é mantido a40,0 cm da lente. A nova imagem estará a uma distância p'
2, dada por:
1f
2
= 1p
2
+ 1p'
2
⇒ 165,0
= 140,0
+ 1p'
2
1p'
2
= 165,0
– 140,0
⇒ p'2
= – 104 cm
Sendo p'2
negativo, concluímos que a imagem é virtual. Logo ela é direita (não-invertida).
O aumento linear transversal é:
A = io
=–p’
2
p2
Como|p’
2| = 104
|p2| = 40 cm
, concluímos que i > o
A imagem tem tamanho maior que o objeto (veja figura ilustrativa).
36. A primeira parte do enunciado apenas ilustra a propriedade dos pontos anti-principais A e A' das lentes delgadasconvergentes. Esses pontos são simétricos em relação ao vértice e estão no eixo principal a uma distância 2f da
lente.Todo objeto colocado em A terá imagem conjugada em A', como mostra a figura.
B
AB = A'B'
A'
A f f
f fF
40 cm
F'
B'
i
(104)virtual
(+40)F(+65)
oF'
Resposta: a
37. Na miopia, o olho da pessoa apresenta um excesso de vergência e portanto necessita de uma lente de distância focal
negativa (vergência negativa) para diminuí-la; portanto, lente divergente.Na hipermetropia, o olho tem pouca vergência e necessita de um reforço, ou seja, de uma lente de vergência positiva;portanto, lente convergente.
Resposta: a
38. Temos: v = c = 3,0 · 108 m/s e f = 100 MHz = 100 · 106 Hz = 1,0 · 108 Hz
A equação fundamental da ondulatória é: v = λ · f
λ = vf
= 3,0 · 108
1,0 · 108 ⇒ λ = 3,0 m
Resposta: a
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39. I. CorretaTrata-se de uma das principais propriedades das ondas eletromagnéticas.
II. CorretaA freqüência da onda não se altera na refração com a atmosfera. Ora, não se alterando a velocidade, o com-primento de onda fica o mesmo.
III. IncorretaPelo texto se conclui que as ondas de raios X têm maior freqüência que as de rádio e de TV. A velocidade éa mesma.
Sendo v = λ · f, temos λ = vf
. Portanto, aquela onda de maior freqüência terá menor comprimento de onda.
Assim, as ondas de rádio e de TV têm maior comprimento de onda que onda de raios X .
Resposta: b
40. a) E
G iceberg
nível do mar
P
b) Seja m a sua massa e d G
a densidade do gelo. Sejam ainda:
V = volume total do iceberg
Vi= volume imerso
Do enunciado, tiramos:
Vi= 0,90 · V
pois 10% f ica fora d’água
Peso:
P = m · g 1
Densidade do gelo:
dG
= mV
⇒ m = dG
· V 2
Substituindo-se 2 em 1 , vem
P = dG
· V · g 3
Empuxo:
E = dA
· Vi· g = d
A· 0,9V · g 4
Como peso e empuxo se equilibram:P = E
dG
· V · g = dA
· 0,9V · g
Logo:
dG
= 0,9 · dA
Sendo dA = 1,0 · 103 kg/m3, temos:
dG
= 0,9 · 1,0 · 103 = 0,9 · 103 ⇒ dG
= 9,0 · 103 kg/m3
Observe que, sendo a densidade do gelo igual a 90% da densidade da água, o iceberg tem 90% de seu volumeimerso.
E : empuxo
P : peso
No equilíbrio: |E| = |P |
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17
41. a) Usando-se Stevin:
p = d · g · h + p0
em que h é a profundidade local.
p = 1,0 · 103 · 10 · 40 + 1,0 · 105
p = 4,0 · 105 + 1,0 · 105 ⇒ p = 5,0 atm
b) Sendo 1,0 atm ഡ 1,0 · 105 N/m2, temos:
p = 5,0 atm
42. Inicialmente, temos a seguinte conf iguração:
(–Q) zero (+Q)
A B C
++ –
Façamos os dois contatos sucessivos:
A B
(–Q) zero ⇒ Q
A= Q
B= –Q
2
A C
–Q2
(+Q) ⇒ Q'A
= QC
=
–Q2
+ (+Q)
2
Q'A
= QC
= +Q4
⇒ Q'A
= Q4
Resposta: c
43. a) No contato, as duas esferas adquirem uma mesma cargaQ, dada por:
Q + Q = QA + QB
2Q = (–14 · 10–6) + (50 · 10–6) C
2Q = +36 · 10–6 C
Q = +18 · 10–6 C ⇒ Q = +18 uC
b) Nesse contato, a esfera A, que estava inicialmente com carga negativa, perdeu n elétrons para B. Em módulo, avariação de carga em A vale:
|ΔQ| = (+18 · 10
–6
C) – (–14 · 10
–6
C)|ΔQ| = 32 · 10–6 C
Sendo:
|ΔQ| = n · e ⇒ n = ΔQe
n = 32 · 10–6
1,6 · 10–19= 20 · 1013 ⇒ n = 2,0 · 1014 elétrons
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44. Contato entre A e B:
Q'A = Q'B =
QA
+ QB
2 =+2,40 + 0
2 ⇒ Q'A = Q'B = 1,20 nC
Contato entre B e C :
Q''B= Q'C =Q'
B+ Q
C
2= 1,20 + (–4,80)
2 ⇒ Q''B = Q'C = 1,80 nC
Variação da carga elétrica de C :
ΔQC
= Q'C
– QC
= (–1,80 nC) – (–4,80 nC) ⇒ ΔQC
= +3,0 nC
A esfera C perdeu n elétrons:'
ΔQC
= n · e ⇒ n =ΔQ
C
e= +3,0 · 10–9
1,6 · 10–19 ⇒ n = 1,875 · 1010 elétrons
Resposta: b
45. A primeira operação é a transferência de cargas de uma para a outra:
++
++
– –
A B
e –
– –
Após essa operação, as cargas elétricas de cada uma serão:
QA
= +5,0 · 1014 e = +5,0 · 1014 · 1,6 · 10–19 = +8,0 · 10–5 C
QB
= –5,0 1014 e = –8,0 · 10–5 C
++ – –A B
d –F+F
Resposta: b
46. Inicialmente, tínhamos:
A B
d1
= 2d
Q1
= +2Q Q2
= –6Q
–F1
+F1
11 22
As esferas são então distanciadas em 8,0 cm uma da outra, e o meio é o vácuo. A força elétrica será de atração.
F = k0
QA
· |QB|
d2= 9,0 · 109 · 8,0 · 10–5 · 8,0 · 10–5
(8,0 · 10–2)2 ⇒ F = 9,0 · 103 N
F1
= K|Q
A| · |Q
B|
d21
⇒ F1
= K · 12Q2
4d2 ⇒ F
1= K · 3Q2
d2 1
As esferinhas são colocadas em contato e adquirem uma mesma carga elétrica Qf , tal que:
Qd
+ Qf = Q
1+ Q
2
2Qf = (+2Q) + (–6Q)
Qf = –2Q
As esferinhas são então separadas e fixadas a uma distância d2
= d uma da outra.
d2
= d
Qf
Qf
–F2
+F2
11 22
Assim, a nova força eletrostática terá intensidade F 2, dada por:
F2
= KQ2
f
d22
⇒ F2
= K · 4Q2
d22
A razão entre as duas intensidades de força é:
F1
F2
=
3KQ2
d2
4KQ2
d2
⇒ F
1
F2
= 34
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47. Sejam: Q a carga elétrica puntiforme e d a distância deste pondo (P) até ela, em que:
E = 9,0 k N/C
V = 18 kV
Temos um potencial elétrico positivo, o que nos dá uma carga elétrica positiva.
V = k0
·Q
d1
E = k0
· Q
d2 2
Dividindo-se a equação 1 pela 2 , vem:
V
E=
K0Q
dK
0Q
d2
= d ⇒ E · d = V ⇒ d = V
E3
Substituindo os valores de V e de E em 3 , temos:
d =18 · 103
9,0 · 103 ⇒ d = 2,0 m
Voltando-se à equação 1 , temos:
V = k0
·Q
d ⇒ k
0· Q = d · V
Q = d · V
k0
=2,0 · 18 · 103
9,0 · 109 ⇒ Q = 4,0 · 10–6 C ⇒ Q = 4,0 uC
Resposta: a
48. Análise do potencial elétrico resultante em M :
VAM
= kQ
A
dV
BM= k
QB
d
Vres = VAM + VBM = 0 (é dado no enunciado)
Logo:
VAM
= – VBM
kQ
A
d= – k
QB
d ⇒ Q
A= –Q
B1
A equação 1 não nos garante qual das cargas elétricas é a positiva.
• Análise do campo elétrico resultante em M , através dos vetores dos campos elétricos de cada carga:
Pela equação 1 , concluímos que |QA| = |QB| e que as cargas têm sinais contrários. Logo, sendo o campo elétricoresultante voltado para a esquerda, a configuração correta é
++ –
A B
MEA
EB
Conclusão:
QA = –Q e QB = +Q
Resposta: b
E
Q P
(V)
d
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49. Sendo o campo elétrico uniforme, podemos escrever:
E · d = U
Assim, teremos:
U = 5,0 · 103 · 0,25 ⇒ U = 1,25 · 103 V
Resposta: d
50. EF+qlinha deforça
A força elétrica F tem o mesmo sentido do campo elétrico, pois a carga é positiva. A partícula é acelerada, e, sendoF a única força, seu movimento será retilíneo não saindo da linha de força. A energia cinética é crescente.
Resposta: d
51. a) Usando-se a Lei de Ohm:
U = R · i ⇒ 40 = R · 8,0 ⇒ R = 5,0 Ω
b) Como o resistor é ôhmico, a sua resistência elérica permanece constante. Da Lei de Ohm:
U = R · i ⇒ 80 = 5,0 · i ⇒ i = 16 A
c) Usando a Lei de Ohm novamente e lembrando que 500 mA = 0,5 A:
U = R · i ⇒ U = 5,0 · 0,5 ⇒ U = 2,5 V
d) O gráfico é retilíneo, pois a Lei de Ohm obedece a uma função de 1o grau em:
40
8,0 i (A)
U (V)
0
52. a) Nessa f igura, a associação é equivalente a:
A B
R R
R
R
b) A figura é equivalente a:
Req
= R + R2 + R ⇒ R
eq= 5R
2
A B
R
R
R
R
Req
= R2 + R
2 ⇒ Req
= R
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53. Cálculo da resistência equivalente:
1Req
= 130 + 130 + 130 = 330
Req
= 30 Ω3 ⇒ R
eq= 10 Ω
Aplicando-se a Lei de Ohm:
U = Req
· I ⇒ I = UR
eq
= 60 V10 Ω ⇒ I = 6,0 A
Resposta: b
54. Req
= 60 Ω2 + 60 Ω = 90 Ω
U = Req
· I ⇒ 90 = 90 · i ⇒ i = 1,0 A
Essa corrente de 1,0 A passa no gerador e na lâmpada isolada.
Em cada uma das lâmpadas em paralelo a corrente tem intensidade:
ip
= 1,0 A2 ⇒ i
p= 0,5 A
Resposta: d
55. Para se saber se um resistor é ôhmico, precisamos construir o gráf ico de U × i.
7,5
U (V)
i (mA)
6,0
4,5
3,0
1,5
5,00 10 15 20 25
Observação: Para qualquer ponto deste gráfico, o valor obtido para a resistência é o mesmo, pois ela é constante.
56. a) Como temos R2
= R3, a intensidade de corrente em R
2também é de 2,0 A.
Logo, a intensidade de corrente no gerador é:
I = 2,0 A + 2,0 A ⇒ I = 4,0 A
b) O voltímetro lê a ddp nos terminais de R1, ou seja:
U = R1
· I ⇒ U = 3,0 · 4,0 ⇒ U = 12 V
57. O circuito apresentado é uma fonte de Wheatstone desenhada em forma retangular, em vez do tradicionallosango.
Como os potenciais de A e de B são iguais, qualquer amperímetro ou voltímetro inserido nesses pontos daria leiturazero, ou seja, a ponte está em equilíbrio. Logo, vale o produto cruzado entre os quatro resistores:
R · 120 = 60 · 90 ⇒ R = 45 Ω
Se obtivermos uma reta (como é o caso), ele será ôhmi-co. Em caso diferente, será não ôhmico.
A resistência elétrica desse resistor ôhmico é dada pela
Lei de Ohm:U = R · i ⇔ R = U
i
R = 3,0 V10 · 10–3 A = 3,0 ·102 Ω
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58. O consumo de cada aparelho é dado por:
Econs
= P · Δt
Calculemos inicialmente o consumo diário.
• televisor: E1
= 100 (W) · 6 (h) = 600 Wh = 0,60 kWh
• chuveiro: E2
= 2 200 (W) · 2 (h) = 4 400 Wh = 4,40 kWh
• ferro elétrico: E3
= 330 (W) · 2 (h) = 660 Wh = 0,66 kWh
Total diário:
EDIA
= 0,60 + 4,40 + 0,66 ⇒ Etot
= 5,66 kWh
Durante um mês (30 dias):
EMÊS = 30 · 5,66 (kWh) ⇒ EMÊS
= 169,8 kWh
Resposta: d
59. Fmag = Fcp ⇒ |q| · v · B = mv2
R ⇒ R = m · v|q| · B
Sendo: R1
= R3 ⇒ m · v
|q1| · B
= mv|q
3| · B
Logo: |q1| = |q
3|
• Observa-se que a partícula 2 não sofreu deflexão. Logo, concluímos que q2
= 0.
• Usando-se a regra da mão esquerda, verificamos que a força aponta para a “direita” na figura. Logo, q3
> 0.
• Por oposição: q1
< 0
Resposta: c
60. a) Igualando-se o módulo da força magnética com o da força centrípeta, temos:
Fmag
= Fcp
⇒ q · v · B = mv2
R ⇒ R = m · v
q · B
No primeiro experimento: R1
= m · vq · B
= R 1
No segundo experimento: R2
= m · 2vq · B
2
Comparando-se os resultados das equações 1 e 2 , concluímos que:
R2
= 2R1 ⇒ R
2= 2R
b) O tempo se tira pela equação da velocidade escalar:
v = Δs
Δt ⇒ v = πR
T3
Da equação do raio, se escreve:
R = m · vq · B
⇒ v =R · q · B
m4
Igualando-se as equações 3 e 4 :
πRT
=R · q · B
m ⇒ T = π · m
q · B
Daí concluímos que o tempo não depende da velocidade de lançamento. Logo T1
= T2, ou seja:
Τ1
T2
= 1
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61. • Inicialmente, devemos observar que se as correntes elétricas possuem uma mesma intensidade, os respectivoscampos magnéticos que elas geram sobre a bússola têm a mesma intensidade. Assim, se eles fossem opostos, o
campo resultante seria nulo. Logo, concluímos que os respectivos campos têm o mesmo sentido e que segundoa posição da agulha, esse sentido é de X para Y .
• Aplicando-se a regra da mão direita em P, verificamos que sua corrente está saindo do papel.
• Aplicando-se a regra da mão direita em Q, verificamos que sua corrente está penetrando no papel.
Resposta: c
62. I. CorretaMantida fixa a espira e aproximando-se o ímã com o pólo sul voltado para ela, haverá corrente induzida. Aespira se polariza magneticamente tornando-se um pólo sul (quer repelir o sul do ímã) e a corrente induzidaterá sentido horário.
II. CorretaDo mesmo modo, ao afastarmos o pólo sul do ímã, a espira será percorrida por corrente induzida no sentido
anti-horário, polarizando-se magneticamente como um pólo norte (atração ao pólo sul do ímã) III. Correta
Mantido o ímã em repouso, aproximando-se a espira, teremos o mesmo efeito que no caso I e a espira teránovamente corrente induzida no sentido horário.
Resposta: a
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