Exercicios Resolvidos do Livro do Sergio e Calçada

7/16/2019 Exercicios Resolvidos do Livro do Sergio e Calçada

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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



2

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



3

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



4

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.



5

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



6

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°



7

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.



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



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



10

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.



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.



1

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)



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



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



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



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



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



7

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



8

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.



9

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



10

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



11

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).



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



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



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.



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



16

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 |



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



18

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



19

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



20

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



21

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



22

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



23

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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Exercicios Resolvidos do Livro do Sergio e Calçada