– 1

FRENTE 1 – MECÂNICA

n Módulo 11 – Vetores

1) As principais grandezas vetoriais são

1) Deslocamento d→

2) Velocidade V→

3) Aceleração a→

4) Força F→

5) Impulso I→

= F→

�t

6) Quantidade de movimento ou momento linear: Q→

= m V→

7) Campo elétrico E→

8) Campo magnético B→

Resposta: B

2) Como os vetores a→

e b→

são iguais, o vetor a→

– b→

é o vetor nulo.

Portanto:

d→

= a→

– b→

+ c→

= c→

O vetor d→

tem direção “vertical”, sentido para baixo e

módulo 2u.

Resposta: B

3) a)

F2 = 100 + 100 + 2 . 100 .

F2 = 3 . 100 ⇒ F = 10����3 N

b)

F2 = 100 + 100 = 200

F = 10����2 N

c)

F2 =100+100+2 . 100 . � �F2 = 100

F = 10N

Respostas: a) 10 ���3 N

b) 10 ���2 N

c) 10N

4) F2 – F1 � R � F2 + F1

5,0N � R � 25,0N

Resposta: D

5) a) F2 – F1 � FR � F2 + F1

b) FR2 = F1

2 + F22

FR2 = (6,0)2 + (8,0)2

c) FR2 = F1

2 + F22 + 2 F1 F2 cos 60°

FR2 = 36,0 + 64,0 + 2 . 6,0 . 8,0 .

FR2 = 100 + 48

Respostas: a) 2,0N � FR � 14,0N

b) 10,0N

c) ����� 148 N

6) Na direção x, temos: Fx = 12N – 8N = 4N

Na direção y, temos: Fy = 6N – 3N = 3N

F2 = Fx2 + Fy

2

Resposta: A

7) A resultante entre P→

e Q→

pode ter módulo 7,0N e, portanto,

pode ser equilibrada pela força R→

de tal modo que a resul -

tante total seja nula.

Resposta: E

CADERNO 3 – CURSO D/E

F2 = F1

2 + F2

2 + 2 F1 F2 cos 60°

1—–2

F2 = F1

2 + F2

2

F2=F1

2+F2

2+2 F1F2 cos 120°

1– ––

2

2,0N � FR � 14,0N

FR = 10,0N

1––2

FR = ����� 148 N

F = 5N

FÍSICA

8) a) F1x = F1 cos 37° = 20,0 . 0,80 (N) = 16,0N

F1y = F1 cos 53° = 20,0 . 0,60 (N) = 12,0N

Rx = F1x – F2 = 16,0N – 8,0N = 8,0N

Ry = F1y – F3 = 12,0N – 6,0N = 6,0N

R2 = R2x + R2

y ⇒

b)

Respostas: a) 10,0N

b) vide gráfico

9)

��V→

�2 = � V→

1�2 + � V→

2�2 – 2� V→

1� � V→

2� cos 53°

��V→

�2 = 144 + 400 – 2 . 12,0 . 20,0 . 0,60

��V→

�2 = 544 – 288 = 256

Resposta: 16,0m/s

n Módulo 12 – Movimento

Circular Uniforme

1) a) � = = = = 0,050

� = 5,0 . 10–2

b) f = = rpm = 0,50rpm

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

d) a = = (m/s2) ⇒ a = 1,5m/s2

Respostas: a) 5,0 . 10–2rad/s b) 0,50rpm

c) 108km/h d) 1,5m/s2

2) 1) Cálculo da frequência:

V = = = C f

24 . 107 = 27 . 103f

2) Cálculo do número de voltas:

f =

n = f . �t = . 104 . 3600

n = 32 . 106

Resposta: 3,2 . 107

3) a) Para cada volta, o ciclista percorre o comprimento da

banda de roda gem.

�s = N . C

6,0 . 103 = N . 2,0

b)

= 2,0 . f ⇒

Respostas: a) 3,0 . 103

b) 2,5Hz

4) a) � = = (m/s2) = 5,0m/s2

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

V = V0 + � t

50 = 0 + 5,0 t1 ⇒

2) � = =

Respostas: a) 5,0m/s2

b)

R = 10,0N

| �V→

| = 16,0m/s

��––––�t

2π––––

T

2 . 3–––––120

rad–––––

s

rad–––––

s

rad–––––

s

1–––T

1––––2,0

�s––––�t

2πR–––––

T

2 . 3 . 600––––––––––

120

V2

–––R

(30,0)2

–––––––600

�s–––�t

C–––T

24 8 f = –––– . 104 Hz = ––– . 104 Hz

27 9

n–––�t

8–––9

n = 3,2 . 107

N = 3,0 . 103

�s CV = –––– = ––– = C f

�t T

18,0––––3,6

f = 2,5Hz

�V–––�t

75–––15

t1 = 10s

��–––�t

π/2––––10

rad�––––�s

π rad� = ––– ––––

20 s

π––––20

rad––––

s

2 –

5) Sendo d a distância de um ponto X do cilindro até o eixo de

rotação, a aceleração centrípeta do ponto X é dada por:

De acordo com o gráfico dado,

vem:

d = 1,0m ⇔ a = 4,0m/s2

4,0 = �2 . 1,0

Resposta: C

6) a) Para que não haja escorregamento entre as polias, os pon -

tos de contato entre elas devem ter a mesma veloci -

dade→V.

b) VA = VB

2πfARA = 2πfBRB

=

= ⇒ fB = (Hz) ⇒

Respostas: a) anti-horário

b) 5Hz

7) a) Para um ponto da correia em contato com a polia (1), te mos:

V = = = 2π f1 R1

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

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

mesma velo ci dade escalar linear:

V2 = V1

2π f2 R2 = 2π f1 R1

= ⇒ =

c) V3 = V1

= 2π f1 R1

= f1 R1

T3 = = (s)

Respostas: a) 1,44m/s

b) 3,0Hz

c) s

8) De acordo com a relação

V = 2π fpedal Rroda

Para fpedal e Rroda constantes, teremos

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

a catraca de raio mínimo (R4).

Resposta: B

9) De acordo com a relação

V = 2π fpedal Rroda

Para fpedal e Rroda constantes, teremos

Vmín e força máxima quando combinamos a coroa de raio

mínimo (R1) com a catraca de raio máximo (R10).

Resposta: C

10) Como as duas têm na sua periferia a mesma velocidade

escalar linear, temos:

VD = VT

=

=

TT = . 1,0s

Resposta: B

fB––––

fA

RA––––RB

fB––––10

R–––2R

10–––2

fB = 5Hz

�s–––�t

2π R1––––––

T1

cmV = 144 –––– = 1,44m/s

s

f2–––f1

R1–––R2

f2–––4,0

6,0–––8,0

f2 = 3,0Hz

2π R3––––––

T3

R3–––T3

R3–––––R1 f1

2,0–––––––6,0 . 4,0

1T3 = ––––– s

12,0

1–––––12,0

Rcoroa–––––––Rcatraca

Rcoroa–––––––Rcatraca

2π RD—–––––

TD

2π RT—–––––

TT

RT—––TT

RD—––TD

RT . TDTT = –––––––––

RD

16–––24

2TT = �–––� s

3

ax = �2 d

rad� = 2,0 ––––

s

– 3

n Módulo 13 – Balística

1) a) No ponto mais alto:

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

aA = g = 10m/s2

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

2) V = V0y + �y t

0 = 80 – 10 ts ⇒

3) T = ts + tQ = 2ts ⇒

c) Vy2 = V0y

2 + 2 �y �sy

0 = (80)2 + 2 (–10) H

20H = 6400 ⇒

d) x = x0 + V0x t

D = V0 cos � . T

D = 100 . 0,60 . 16,0 (m) ⇒

Respostas: a) 60m/s e 10m/s2 b) 16,0s

c) 320m d) 960m

2) 1) Cálculo de V0y:

Vy = V0y + �y t (MUV)

0 = V0y – 10 . 3,0 ⇒

2) Cálculo de V0:

V0y = V0 sen �

30 = V0 . 0,6 ⇒

3) Cálculo de V0x:

V0x = V0 cos �

V0x = 50 . 0,8 (m/s) ⇒

4) Cálculo do alcance:

D = V0x .T (MU)

D = 40 . 6,0 (m) ⇒

Resposta: A

3) Após abandonarem o avião, os pacotes conservam a velo -

cidade horizontal do avião, por inércia.

Isto significa que em relação ao avião os pacotes caem ver -

ticalmente, isto é, a cada instante os pacotes estão na

mesma vertical do avião.

As distâncias entre pacotes sucessivos é crescente, pois os

pa co tes se afastam entre si com movimentos relativos uni -

formes.

Resposta: B

4) O projétil e o pássaro têm aceleração igual à da gravidade e,

portanto, a aceleração relativa é nula e o movimento relativo

é retilíneo e uniforme.

�s = V t

100 = 200 . T ⇒Resposta: B

5) 1) Tempo de queda da bola:

�sy = V0y t + t2 (↓ ⊕)

3,2 = 0 + tQ

2

tQ

2= 0,64 ⇒

2) Velocidade horizontal:

V0 = =

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

Resposta: A

6) (I) Correta: O tempo de queda só depende do movimento

vertical, que é idêntico para o projétil e para o cartucho,

pois V0y = 0 e �y = g.

(II) Incorreta: As velocidades verticais têm módulos iguais,

po rém para o projétil também existe a velocidade horizon -

tal e, portanto:

� V→projétil � � V→

cartucho �

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

velocidade V→

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

acelerações iguais à da gravidade).

�srelativo = Vrelativa t

Resposta: D

7) 1) H = área (V x t)

H = (m) = 80,0m

2)

V0

2 = V0x

2 + V0y

2

(50,0)2 = V0x

2+ (40,0)2

V0x = 30,0m/s

V0y = 30m/s

V0 = 50m/s

V0x = 40m/s

D = 240m

T = 0,5s

�y–––2

10–––2

tQ = 0,8s

9,0m–––––0,8s

�x––––�t

km–––h

m––s

V0 = 40,5km/h

d = V0t

D = 960m

ts = 8,0s

T = 16,0s

H = 320m

4,0 . 40,0–––––––––

2

4 –

3) D = V0x . Tvoo

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

4) = ⇒

Resposta: D

n Módulo 14 – 1.a e 2a Leis de Newton

1) Durante a freada, a carga tende a manter sua velocidade

vetorial por inércia (1.a Lei de Newton) e, se não estiver bem

amarrada, vai colidir contra a cabina do motorista.

Resposta: C

2) A força resultante é nula quando o corpo está em re pouso ou

em movimento retilíneo e uniforme (velo cidade vetorial

cons tante).

Portanto, a resultante será não nula no corpo I (mo vimento

cir cular uniforme) e no corpo II (movimento retilíneo e uni -

formemente variado).

Resposta: D

3) Sendo a velocidade constante (MRU), a força resultante é nu -

la e a força total aplicada pelo escorregador deve equilibrar o

peso:

F→

+ P→

= 0→ ⇒

Resposta: B

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

b) PFD: FR = ma

6,0 = 1,2 . a ⇒

Respostas: a) 6,0N

b) 5,0m/s2

5) PFD (M + m):→F0 = (M + m) a

→

PFD (m):→F = m a

→

→F = m .

→F =

→F0 =

→F0

Resposta: A

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

formemente variado e a aceleração escalar � é constante

e é dada por:

� = = (m/s2) = – 6,0m/s2

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

aceleração vetorial é nula e portanto:

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

FR = ma

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

Resposta:

7) a) =

=

b) 1) V2 = V02 + 2 � �s

0 = 400 + 2 � 25

50� = – 400

2) a = � � � = 8,0m/s2

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

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

8) a) V = 10m/s = 10 . 3,6km/h ⇒b) �s =

Nárea (V x t)

�s = (22,5 + 17,5) (m)

c) De 0 a 3,0s, a aceleração é constante (MUV) e seu módulo

a é dado por:

a = = (m/s2) ⇒

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

F = ma = 80 . 2,0 (N) ⇒

Respostas: a) 36km/h b) 2,0 . 102m

c) 2,0m/s2 d) 1,6 . 102N

F→

= – P→

a = 5,0m/s2

→F0

–––––––M + m

5,0–––––20,0

m––––––––M + m

→F0→

F = –––––4

– 24,0–––––

4,0

�V––––�t

a = at = � � � = 6,0m/s2

FR = 3,0N

V0 + V––––––––

2

�s––––�t

20 + 0––––––––

2

25––––�t

�t = 2,5s

� = – 8,0m/s2

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

V = 36km/h

D–––H

240,0–––––80,0

D––– = 3

H

10––––

2

�s = 2,0 . 102m

a = 2,0m/s210,0––––5,0

�V––––�t

F = 1,6 . 102N

– 5

9) F = m a1 (1)

F = M a2 (2)

F = (M + m) a (3)

De (1): m =

De (2): M =

Em (3): F = � + � a

1 = � � a

a = = (m/s2) ⇒

Resposta: C

10) a) Não havendo atrito entre o bloco de gelo e o reboque, o ge -

lo fica isento de forças horizontais e sua aceleração é nula.

O caminhão e o reboque terão acelerações iguais, cujo

módulo a é dado por:

PFD: Fat = (mC + mR) a

10 000 = 4 000 . a ⇒

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

F = mR . a

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

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

b) 2,5kN

FRENTE 2 – TERMOLOGIA E ÓPTICA

n Módulo 11 – Dilatação Térmica dos

Sólidos e dos Líquidos

1)

O período T0 do pêndulo do relógio de comprimento �0 num

campo gravitacional de módulo g é calculado por:

T0 = 2π

O aquecimento do pêndulo provoca um aumento do seu com -

pri mento para � (� = �0 + ��), que aumenta o período para T.

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

atrasa.

Resposta: E

2) I) Verdadeira.

Para os três lados do triângulo,

L = L0 α ��.

II) Verdadeira.

Os três lados do triângulo sofrem o mesmo aumento

relativo de comprimento, isto é, são acrescidos da mesma

porcen tagem.

= � �� ou � �%

= � �� . 100%

Os ângulos internos do triângulo não se alteram, o que

justifica a citada semelhança.

III) Falsa.

Resposta: B

3) O vidro pirex tem baixo coeficiente de dilatação térmica e,

por isso, as diferenças de temperaturas provocam menos

ten sões entre as partes mais frias e mais quentes, mini mi -

zando o risco de trincas, ao contrário do que ocorre com o

vidro que possui coeficiente maior.

Resposta: B

4)

Resposta: B

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

can do do lado externo (convexo) o material que se dilata

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

mais fica na parte interna (côncavo), pois esse material tam -

bém se contrai mais.

Assim, nesta questão o material adequado para a placa M2

deve ser o alumínio, que tem coeficiente de dilatação maior.

Resposta: B

a = 2,5m/s2

F = 2,5kN

�0––––

g

�L––––L0

�L––––L0

F–––a1

F–––a2

F–––a2

F–––a1

a2 + a1–––––––

a1a2

a = 2,4m/s212,0 . 3,0––––––––

15,0

a1 a2––––––––a2 + a1

6 –

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

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

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

�L = L0 � ��

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

�L = 12 . 1,1 . 40 . 10–5(m)

�L = 528 . 10–5m

�L = 0,528 . 10–2m

Resposta: E

8) O comprimento � da barra a 110°C vale:

� = �0 + ��

� = 100 + �0 � ��

� = 100 + 100 � (110 – 10)

Cálculo do Coeficiente de Dilatação �

� = 100 + 100 . 1,2 . 10–5 . 100 (m)

� = 100 + 1,2 . 10–1 = 100 + 0,12 (m)

Resposta: D

9)

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

iguais:

LA = LB

L0A + ��A = L0B + ��B

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

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

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

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

� – 20 =

� – 20 =

� – 20 = 50

� = 50 + 20

Resposta: C

10) Cálculo da dilatação linear �L de uma barra cujo compri men -

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

�� = 20°C:

�L = L0 � ��

�L = 80 � 20

cálculo do coeficiente de

dilatação linear �

�L = 80 . 2,0 . 10–5 . 20 (cm)

�L = 3200 . 10–5 cm

�L = 0,32 . 104 . 10–5 cm

�L = 0,32 . 10–1cm

Resposta: B

��’ = �0 � ��’

6 . 10–2 = 100 . � . 50

6 . 10–2

� = –––––––– (°C–1)5 . 103

� = 1,2 . 10–5 °C–1

� = 100,12m

1–––––––––2,0 . 10–2

100–––––

2

� = 70°C

�L’ = L’0 � ��’

2,0 . 10–2 = 1000 . � . 1,0

� = 2,0 . 10–5 °C–1

�L � 0,53cm

�L = 0,32mm

– 7

12) A barra B tem o comprimento inicial maior (3L0) que a barra

A (L0) e, como a diferença de comprimento entre elas não

varia (2L0) para qualquer variação de temperatura (�T), o

coeficiente de dilatação térmica da barra menor A deve ser

proporcional ao da barra B (αA = 3αB). Graficamente, tería -

mos:

�LA = �LB

L0 αA . �� = 3L0 αB ��

Resposta: E

13)

Assim:

�LB �LA

L0 αB �� L0 αA ��

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

A.

Resposta: B

14) Resposta: D

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

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

não forcem e nem afrouxem em demasia a estrutura do for -

no nos furos, deve ser escolhido um material cujo coe ficiente

de dilatação médio seja o mais próximo pos sí vel do valor

acima citado.

Analisando os materiais relacionados no texto, concluí mos

que a melhor opção é o latão (19 . 10–6 °C –1).

Resposta: E

16) I) FALSA.

Sendo �Zn > �aço, a chapa irá dilatar-se mais do que a esfera.

O orifício também irá aumentar e a esfera passará com

folga.

II) CORRETA.

Aquecendo-se apenas a chapa, o orifício irá aumentar e a

esfera conti nuará com as mesmas dimensões. A esfera

passará com folga pelo orifício.

III) CORRETA.

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

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

mais passará.

Resposta: E

αA = 3αB

αB αA

8 –

11)

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

Resposta: B

Q = 70 cal1,25 . 105

–––––––––L0

8 –

17)

�S = S0 ��

�S = S0 . 4,4 . 10–5 . (270 – 20)

�S = S0 . 4,4 . 10–5 . 250

�S = S0 . 1100 . 10–5

�S = S0 . 1,1 . 103 . 10–5

�S = 1,1 . 10–2 S0

�S = S0 = 1,1% de S0

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

Resposta: B

18)

�V = 6,0cm3

V0 � �� = 6,0

200 . � (520 – 20) = 6,0

200 � 500 = 6,0

� =

Dilatação Linear

L = L0 + �L

L = 100 + L0 � ��

L = 100 + 100 (520 – 20)

L = 100 + 100 . 500 (cm)

L = 100 + 100 . 2 . 10–5 . 500 (cm)

L = 100 + 10 . 10–1 (cm)

L = 100 + 1 (cm)

Resposta: A

19) a) O termômetro indica a temperatura de 38°C.

A conversão para a escala Fahrenheit é feita pela expres -

são:

=

=

68,4 = �F – 32

b) Na dilatação do mercúrio, supondo que o vidro não se

dila tou, temos:

�V = V0 � ��

Ah = V0 � ��

A . 18 = 6 . 1,8 . 10–4 . (39 – 37)

Respostas: a) 100,4°F

b) 1,2 . 10–4mm2

20) �V = V0 � ��

�V = 1,0 . 104� . 9,0 . 10–4 °C–1 . (10°C – 30°C)

�V = 1,0 . 104� . 9,0 . 10–4 . (– 20°C)

O sinal negativo indica a contração do volume e a perda da

companhia em litros (180�).

Resposta: E

21) ΔV = V0 ���

ΔV = 120� . 1,2 . 10–3°C–1 . (30°C – 10°C)

ΔV = 120� . 1,2 . 10–3 . 20°C

ΔV = 2880 . 10–3 (�)

Resposta: C

22) Como o mercúrio apresenta um coeficiente de dilatação

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

aumento do gás e do recipiente:

1,1 ––––100

6,0––––––––100 000

� = 6,0 . 10–5 °C–1

�––3

6,0 . 10–5

––––––––––3

L = 101cm

�F – 32––––––––

9

�C–––5

�F – 32––––––––

9

38–––5

�F = 100,4°F

A = 1,2 . 10–4 mm2

1––––°C

�V = –180�

1––––°C

�V = 2,88�

�VHg = �VGás + �VR

– 9

Porém, o exercício afirma que o gás deve permanecer com

volume constante, ou seja, . Assim, como o

aumento de temperatura é igual para todos:

�VHg = 0 + �VR; V0Hg

. �Hg . �� = V0R. �cobre . ��

V0Hg

. 180 . 10–6 = 4 . 45 . 10–6; V0Hg

= � = 1,0�

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

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

que � = 3 . � e podemos utilizar a expressão �2 =

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

em graus Celsius.

= ; = ; �1 = 0°C

�2 =

10,03 = ; 10,03 . (1 – 100�) = 10,00

10,03 – 1003� = 10,00

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

� = � =

Resposta: B

24) 1) Cálculo da massa:

dg = ⇒ Vg =

da = ⇒ Va =

�V = Vg – Va

�V = – = m

�V = m

m = (g) ⇒

2) Calor cedido pela água:

Q = m c �� + m L = m (c �� + L)

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

Resposta: A

25) O volume de uma certa massa de água é mínimo a 4°C.

Assim, o gráfico correto para a dilatação anômala da água é

o a.

Resposta: A

n Módulos 12 e 13 – Princípio da

Óptica Geométrica

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

o único que emite luz é o fio aquecido ao rubro.

Resposta: C

2) Princípio da propagação retilínea da luz:

“A luz propaga-se em linha reta somente nos meios trans -

parentes e homogêneos.”

Resposta: B

3) É o princípio da reversibilidade de raios luminosos ou

princípio do caminho inverso, que pode ser enunciado como:

A trajetória seguida pelo raio luminoso independente do sen -

tido do percurso.

Resposta: C

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

câmara escura de orifício apresenta-se invertida em relação

ao Cruzeiro do Sul. Essa inversão é tanto longitudinal como

transversal, como se pode observar no esquema a seguir.

Resposta: C

180 . 10–6

–––––––––180 . 10–6

�1––––––––––(1 + � . ��)

32 – 32–––––––

9

�C––––

5

�F – 32–––––––

9

�C––––

5

�1––––––––––1 + � . ��

10,00––––––––––––––(1 + � (0 – 100)

3 . 10–2

–––––––1003

� = 10 . 10–6 °C–130 . 10–6 °C–1

––––––––––––3

�–––3

m–––dg

m–––Vg

m–––da

m–––Va

1 1 ––– – ––– dg da

m–––da

m–––dg

(da – dg)––––––––dg . da

�V dg dam = –––––––––

da – dg

m = 180g20 . 0,9 . 1,0–––––––––––

1,0 – 0,9

Q = 18000 cal

�VGás = 0

10 –

5)

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

= ⇒ D = 40m

Resposta: C

6) Vale a relação:

i/o = p'/p

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

Para p tendendo a zero ⇒ i tende para infinito;

Para p tendendo a infinito ⇒ i tende a zero.

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

equilátera (y = K/x).

Resposta: A

7)

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

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

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

tamente proporcional a di.

Resposta: O tamanho da imagem aumenta.

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

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

explosão ocorreu 4,6 anos antes da observação.

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

d = c . t

1 ano = 3,0 . 107s

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

d = 4,1 . 1016m

Resposta: E

9)

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

= → dS = 3,75 . 105 . 400 (km)

� dS = 1,5 . 108km

Resposta: 1,5 . 108km

10)

Do enunciado: Di = 9,0 . 10–3m

dO = 1,0m

dS = 1,5 . 1011m

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

= ⇒ = � Ds = 1,35 . 109m

Resposta: D

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

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

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

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

anteparo.

Respostas: a) Sol, Lua e Terra.

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

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

é oposta à região voltada para o Sol.

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

Nesta região, observa-se o eclipse total do Sol, pois nenhum

raio luminoso emitido pelo Sol atinge esta região.

Região C: Região parcialmente iluminada, denominada

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

eclipse parcial do Sol.

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

fenômeno de eclipse solar.

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

noite, pois é oposta à região da superfície terrestre voltada

para o Sol.

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

D–––––10cm

20m–––––5cm

dS–––2RS

dL–––2RL

9,0 . 10–3m––––––––––

1,0m

DS––––––––––1,5 . 1011m

Di–––dO

DS–––dS

– 11

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

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

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

imersa total ou parcialmente no cone de sombra da Terra

(eclipse lunar).

II. Verdadeira.

III. Verdadeira.

Resposta: D

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

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

parcial.

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

eclipse.

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

e) Verdadeira.

Resposta: E

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

vista devido à reflexão da luz recebida do Sol.

Dependendo de sua posição, durante seu movimento orbital

em torno da Terra, pode-se observar uma área superficial

maior ou menor iluminada pelos raios solares. Por isso, tem-

se o efeito das fases da Lua.

Resposta: A

n Módulo 14 – Imagem de um Objeto

num Espelho Plano

1) Quando um raio de luz sofre reflexão, os ângulos de

incidência i e reflexão r são iguais: r = i.

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

no ponto de incidência), temos:

� + 2� = 90°

� = 30°

i = 2� = 60°

r = 2� = 60°

Resposta: D

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

ga da pelo espelho:

Do triângulo retângulo A’BC, temos

A’B�� = ���������A’C2 + ��BC2

A’B�� = ����52 + 52 (m)

A’B�� = 5��2 m

Resposta: A’B�� = 5��2 m

3)

Quando um raio de luz sofre reflexão, os ângulos de

incidência i e reflexão r são iguais: r = i = �. Na figura notamos

que o ângulo procurado � é o complementar de 70°, ou seja,

� + 70° = 90°

� = 20°

Resposta: C

4) No espelho plano, a distância entre a imagem e o espelho é

igual à distância entre o objeto e o espelho. A distância DB

entre o barbeiro e o espelho é de 1,3m, então a distância DB’

entre a imagem do barbeiro e o espelho também é de 1,3m.

A distância DR entre o rapaz e o espelho é de 0,80m. A

distância D entre o rapaz e a imagem do barbeiro é dada por:

D = DB’ + DR

D = 1,3 + 0,80 (m)

D = 2,1m

Resposta: E

5) A imagem conjugada pelo espelho plano é enantiomorfa em

relação ao objeto:

Resposta: D

6) No espelho plano, a distância d entre a imagem e o espelho

é igual à distância d’ entre o objeto e o espelho. A distância

D entre o objeto e sua imagem é dada então por:

D = d + d’

D = 20cm + 20cm

D = 40cm

Resposta: D

12 –

FRENTE 3 – ELETRICIDADE E MECÂNICA

n Módulo 11 – Energia e Potência Elétrica –

Potência no Resistor I

1) P = 100W

U = 100V

P = ⇒ R = = (�)

Resposta: C

2) Situação 1 Situação 2

V1 = 220V V2 = 110V

P1 = 1000W P2 = 2000W

R1 = R R2

P1 = ⇒ R = � R2 = �

� �:

= =

Resposta: E

3) P =

A nova resistência é R’ =

P’ = = = = P

P’ = . 6000W ⇒

Resposta: E

4) U = 220V

P = ⇒ R =

a) P = 2,2kW

R = (�) =

b) No inverno, é necessária uma potência maior. Como P =

e U = constante, devemos diminuir o valor da resistência R.

Como R = � , se diminuirmos o comprimento da resis -

tência, seu valor também diminuirá; portanto, devemos

colocar a chave C na posição fechada.

Respostas: a) 22V

b) fechada

5) P = 6050W

U1 = 220V

U2 = 110V

P = ⇒ R = = (�) =

Resposta: C

6) a) U = 220V P =

P = 60W

R = = (�)

b) U2 = 110V

P2 = = (W)

Respostas: a) � 806,7�

b) 15W

7) a) iTotal = 0,5A + 1,5A = 2A

i = ⇒ Q = i . �t = 2 . 60 . 5 (C)

b) P = U . i

P = 12 . 2 (W)

Respostas: a) 600C

b) 24W

n Módulo 12 – Energia e Potência Elétrica –

Potência No Resistor II

1) a)

b) Req = 3�

U = R . i

i = = (A) =

2) Quando L2 queima, a tensão sobre L3 aumenta e, consequen -

temente, a queda sobre L1 diminui, reduzindo-se a corrente

que circula por L1.

Resposta: D

U2

––––R

U2

––––P

1002

–––––100

R = 100�

V12

––––R

V12

––––P1

V22

––––P2

R2––––

R

V22

––––P2

P1––––V1

2

1102 . 1000/ / /––––––––––––2000/ / / . 2202

RR2 = –––

8

U2

––––R

2R––––

3

U2

––––2R

–––––3

3U2

––––2R

3–––2

U2

––––R

P3

–––2

3–––2

P’ = 9000W

U2

–––R

U2

–––P

2202

––––––2200

22�

U2

–––R

L–––A

2�1102

––––––6050

U22

––––P

U22

––––R

U2

–––R

2202

–––––60

U2

–––P

R � 806,7�

1102

––––––806,7

U22

–––R

P2 = 15W

Q–––�t

Q = 600C

P = 24W

4A12

––––3

U––––

R

– 13

3) Como L1 e L2 estão em paralelo, a ddp entre elas é a mesma,

por isso brilham com mesma intensidade.

Resistência equivalente entre L1 e L2:

Req = =

Como a corrente é a mesma para L3 e Req e a potência é

diretamente proporcional à resistência, P = R . i2, L3 brilha

mais que L1 e L2.

Resposta: E

4) A ddp sobre cada conjunto de 2 lâmpadas será de 220V; logo,

sobre cada lâmpada será de 110V.

Resposta: C

5) A ddp entre L2 e L3 é a mesma por estarem em paralelo; logo,

L2 e L3 brilharão igualmente, e como a resistência equivalente

entre elas é menor do que as das outras, cada uma brilhará

com intensidade menor que L1 e L4.

Resposta: E

n Módulo 13 – Ponte de Wheatstone

1) O circuito é nitidamente uma “ponte de Wheats tone” que,

re desenhada, fica assim:

No equilíbrio, indicado, te mos:

10 . 8 = 5 . X ⇒

2) Para que a corrente elétrica no galvamômetro seja nula,

devemos ter uma ponte de Wheatstone em equilíbrio.

Nessa situação, o produto cruzado dos resistência elétrica

deve ser constante.

R1 . R3 = R2 . R4

12 . 2,0 = 6,0 R4 ⇒

Resposta: B

3) Voltímetro mede ddp e vai em paralelo.

Resposta: D

4) Ponte de Wheatstone: 8 . Rx = 4 . 10

Então: U = Req . ix

6 = (10 + 5) . ix

6 = 15 . ix

Resposta: B

5) a) Verdadeira. Ponte de Wheatstone: 8 . 5 = R . 10

b) Verdadeira. O aparelho G não acusa corrente.

c) Verdadeira. I e II estão sob o mesmo potencial.

d) Verdadeira.

12 = 6 . i0

e) Falsa. Req = (� ) =

Resposta: E

6) Rx . 5 = 2 . 5

3 = 4 . i1 3 = 10 . i2

Resposta: C

7)

U = 5 . i1 20 = 10 . i2

20 = 5 . i1

⇒ Em equilíbrio

Resposta: D

8)

Resposta: B

L1––––

2

L2––––

2

P = R . i2

X = 16�

R4 = 4,0�

Rx = 5�

ix = 0,4A

R = 4�

U = Req . i

� . i018 . 9

–––––––18 + 9�12 =

i0 = 2A

6�18 . 9

–––––––18 + 9

Rx = 2�

U = Req2

. i2U = Req1

. i1

i2 = 0,3Ai1 = 0,75A

U = Req2

. i2U = Req1

. i1

i2 = 2A

i3 = 0i1 = 4A

Req = R

14 –

9) A ligação deve ser feita entre E e F, pois:

Ponte de Wheatstone:

(2 + 9 + 1) . (7 + 3 + 5) = (5) . (36)

12 . 15 = 5 . 36

⇒ Equilíbrio

Resposta: D

n Módulo 14 – Estática do Ponto Material

1) A resultante entre F1

→e F2

→, pela regra do paralelogramo, coin -

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

F122 = F3

2 = F1

2+ F2

2 ⇒

A resultante entre →F12 e

→F3 tem intensidade de 100N e deve

ser equilibrada por →F4. Portanto, � →

F4 � = 100N.

Resposta: D

2) Nos esquemas de roldana fixa, temos:

Na roldana com fios paralelos:

2 F3 = P ⇒ F3 =

Na roldana com fio inclinado:

2 F4 cos � = P

F4 =

Como cos � < 1

2 cos � < 2 ⇒

Resposta: C

3) a)

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

2) cos 60° = ⇒ T2 = P . cos 60° ⇒ T2 = 20 . (N)

b)

T2 sen � = T1 sen �

Respostas: a) 10��3 N e 10N

b) 1

4)

Para o equilíbrio:

1) cos � = ⇒

2) tg � = ⇒

Resposta: A

5) 1) T2 = m2 g = 300N

180 = 180

F12 = F3 = 50N

F1 = F2 = P

P–––2

P–––––––2 cos �

F4 > F3

��3––––

2

T1––––

P

T1 = 10��3 N

1––2

T2––––

P

T2 = 10N

T2–––– = 1

T1

MgTBA = ––––––

cos �

TBC––––TBA

F = Mg tg � F

––––TBC

– 15

2) Da figura: sen 53° =

cos 53° =

T1 = T2 sen 53° = 300 . 0,80 (N) = 240N

T3 = T2 cos 53° = 300 . 0,60 (N) = 180N

3) T1 = m1 g ⇒ m1 = 24kg

4) T3 = m3 g ⇒ m3 = 18kg

Resposta: D

6) Bloco A: T = PA

Bloco B: 2T = PB

PB = 2PA

Mag + Pbalde = 2 (Mg + Pbalde)

Mag + mg = 2Mg + 2mg

Ma + m = 2M + 2m

7) Ao longo do mesmo fio, a força

tensora tem a mesma intensi -

dade F, de modo que a barra é

solici tada para cima com uma

força total de intensidade 4F.

Para o equilíbrio da barra, temos:

P = 4F = 4000N

Resposta: D

8) 1) Equilíbrio do contrapeso:

T = P1 = m g

2) Para o equilíbrio do carro:

7T = P2

7mg = Mg

7m = 700 ⇒

3) O cabo central aplica no carro

uma força de intensidade 2T:

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

F = 2,0 . 103N

Respostas: a) 100kg

b) 2,0kN

9)

Para o equilíbrio do botijão,

temos:

2F cos 37° = mg

2F . 0,8 = 250

F = (N) � 156N

Resposta: A

10)

8F = 1600

Resposta: C

11)

Resposta: D

T1–––T2

T3–––T2

Ma = 2M + m

m = 100kg

250–––––

1,6

F = 200kgf

FR–––– = 8

FP

16 –