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Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998. 1 Física FM.17 1. e I = DQ e I = F ⋅ Dt s F ⋅ Dt = DQ 1º caso: F ⋅ Dt = DQ s m ⋅ a ⋅ Dt = m · v – m · v 0 a = v t 0 D s a = – 4 0 02 , = – 200 m/s 2 2º caso: Como anteriormente: a = v t 0 D s a = − 4 01 , = – 40 m/s 2 Observação: O sinal negativo indica apenas o sentido de aceleração. 2. c F = 1 ⋅ 10 4 N Dt = 2 ⋅ 10 –2 s (contato com o solo) I = F ⋅ Dt s I = 1 ⋅ 10 4 ⋅ 2 ⋅ 10 –2 = 2 ⋅ 10 2 s I = 200 N · s 3. a A única força que atua sobre a esfera é a força peso e conse- quente a aceleração da gravidade. 4. d m = 1 ⋅ 10 3 kg Pelo gráfico de MU (reta), temos: v = D D x t s v = 5 4 5 2 −− ( ) − s v = 3 m/s (constante) Assim: Q = m ⋅ v s Q = 1 ⋅ 10 3 ⋅ 3 s Q = 3 ⋅ 10 3 kg ⋅ m/s 5. c Como I = F ⋅ Dt, a área do gráfico F ⋅ t é numericamente igual ao impulso. 6. d I = DQ Considerando positivo o sentido vertical para baixo, temos: I = m · v – m · v 0 s I = m(v – v 0 ) s I = 60 · 10 –3 · (–1,5 – 2) I = –210 · 10 –3 s I = –0,21 kg · m/s 7. a v 0 = 0 massa = m a = 2 m/s 2 t = 5 s s Q = 20 kg · m/s Sendo v = v 0 + at v = 0 + 2 · 5 v = 10 m/s Assim: Q = m · v 20 = m · 10 m = 2 kg Calculando o † da força F pela DE cin. , temos: † = DE cin. s † = m v ⋅ 2 2 † = 2 10 2 2 ⋅ ( ) = 100 J 8. e I = DQ I = m · v – m · v 0 s I = m · ( v – v 0 ) s I = 2 (10 – 2) = 16 kg · m/s ou I = 16 N · s † = DE cin. s † = m v m v m v v ⋅ − ⋅ = ⋅ − ( ) 2 0 2 2 0 2 2 2 2 † = 2 2 · (10 2 – 2 2 ) = 96 J 9. e 10. m = 50 g v 0 = 72 km/h s v 0 = 20 m/s Como I = DQ e I = N área gráfico, e v possui sentido oposto a v 0 ' , temos: F A ⋅ 0 10 2 , = DQ s F A · 0,05 = 50 · 10 – 3 · [20 – (– 20)] F F A A = = − − 50 10 40 5 10 40 3 2 · · · s N 11. Dt = 0,10 s m = 0,5 kg Ds = 40 m a) Para se obter o maior alcance, o ângulo deve ser de 45°, pois A = v g 0 2 2 ⋅ sen q , e para q = 45º, temos: sen 2q = sen 90º = 1 b) Pela equação do alcance máximo, temos: A = v g v 0 2 0 2 40 10 s = s v 0 = 20 m/s c) I = DQ s I = mv 0 – mv 0 s I = 0,5 · 20 = 10 N · s 12. b O corpo descreve uma trajetória parabólica, sendo: v h = 3 m/s (constante) e v v = v 0 + at (movimento uniformemente acelerado) Entre 0 e 6 s, o impulso na vertical é dado pela área (gráfico): I B b h I = + = + = N · · · / 2 6 2 2 10 40 s kg ms Sendo I mv mv I m v v v = − = 0 · s 40 = 10 · v v s v v = 4 m/s Portanto, a velocidade no instante t = 6 s é dada por: v v v v v x y = + = ( ) + ( ) = 2 2 2 2 3 4 5 / s s ms E a energia cinética correspondente vale: E c = m v ⋅ 2 2 = 10 5 2 2 ⋅ ( ) s E c = 125 J Portanto: I. Correta. Veja cálculo acima. II. Errada. Houve variação da energia cinética. Então: † ≠ 0 III. Errada. Q = m · v = 10 · 5 s Q = 50 kg · m/s 13. a v 0 = 0 L Física Tarefa proposta — Caderno 3 0
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Física
FM.17 1. e I = DQ e I = F ⋅ Dt s F ⋅ Dt = DQ 1º caso: F ⋅ Dt = DQ s m ⋅ a ⋅ Dt = m · v – m · v
0
a = v
t0
D s a = –4
0 02,= – 200 m/s2
2º caso: Como anteriormente: a =
v
t0
D s a =
−4
0 1, = – 40 m/s2
Observação: O sinal negativo indica apenas o sentido de aceleração.
2. c F = 1 ⋅ 104 N Dt = 2 ⋅ 10–2 s (contato com o solo) I = F ⋅ Dt s I = 1 ⋅ 104 ⋅ 2 ⋅ 10–2 = 2 ⋅ 102 s I = 200 N · s
3. a A única força que atua sobre a esfera é a força peso e conse-
quente a aceleração da gravidade.
4. d m = 1 ⋅ 103 kg Pelo gráfico de MU (reta), temos:
v = DD
x
t s v =
5 4
5 2
− −( )−
s v = 3 m/s (constante)
Assim: Q = m ⋅ v s Q = 1 ⋅ 103 ⋅ 3 s Q = 3 ⋅ 103 kg ⋅ m/s
5. c Como I = F ⋅ Dt, a área do gráfico F ⋅ t é numericamente igual
ao impulso.
6. d I = DQ Considerando positivo o sentido vertical para baixo, temos: I = m · v – m · v
0 s I = m(v – v
0) s I = 60 · 10–3 · (–1,5 – 2)
I = –210 · 10–3 s I = –0,21 kg · m/s
7. a v
0 = 0
massa = m a = 2 m/s2
t = 5 s s Q = 20 kg · m/s Sendo v = v
0 + at
v = 0 + 2 · 5 v = 10 m/s Assim: Q = m · v 20 = m · 10 m = 2 kg
Calculando o † da força F
pela DEcin.
, temos:
† = DEcin.
s † = m v⋅ 2
2
† = 2 10
2
2⋅ ( ) = 100 J
8. e I = DQ I = m · v – m · v
0 s I = m · (v – v
0) s I = 2 (10 – 2) = 16 kg · m/s
ou I = 16 N · s
† = DEcin.
s † = m v m v m
v v⋅ −
⋅= ⋅ −( )
202
202
2 2 2
† = 2
2· (102 – 22) = 96 J
9. e
10. m = 50 g v
0 = 72 km/h s v
0 = 20 m/s
Como I = DQ e I =N área gráfico, e v possui sentido oposto a v0' ,
temos:
FA ⋅ 0 10
2
,= DQ s F
A · 0,05 = 50 · 10– 3 · [20 – (– 20)]
F FA A= =
−
−50 10 40
5 1040
3
2
· ·
·s N
11. Dt = 0,10 s m = 0,5 kg Ds = 40 m a) Para se obter o maior alcance, o ângulo deve ser de 45°, pois
A =v
g02 2⋅ sen q
, e para q = 45º, temos: sen 2q = sen 90º = 1
b) Pela equação do alcance máximo, temos:
A = v
g
v02
02
4010
s = s v0 = 20 m/s
c) I = DQ s I = mv0 – mv 0
s I = 0,5 · 20 = 10 N · s
12. b O corpo descreve uma trajetória parabólica, sendo: v
h = 3 m/s (constante) e
vv = v
0 + at (movimento uniformemente acelerado)
Entre 0 e 6 s, o impulso na vertical é dado pela área (gráfico):
IB b
h I= + = + =N · · · /2
6 2
210 40s kg m s
Sendo I mv mv I m vv v= − =0 ·s 40 = 10 · v
v s v
v = 4 m/s
Portanto, a velocidade no instante t = 6 s é dada por:
v v v v vx y= + = ( ) + ( ) =2 2 2 2
3 4 5 /s s m s
E a energia cinética correspondente vale:
Ec =
m v⋅ 2
2 =
10 5
2
2⋅ ( ) sE
c = 125 J
Portanto: I. Correta. Veja cálculo acima. II. Errada. Houve variação da energia cinética. Então: †≠0 III. Errada. Q = m · v = 10 · 5 s Q = 50 kg · m/s
13. a v
0 = 0
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Sendo v0 = 0, no final do plano a velocidade é:
v2 = v02 + 2 · a · L s v = 2 · a L⋅
E a quantidade de movimento correspondente vale:
Q = m · v s Q = m a L· ·2 ⋅
Para Q’ = Q
2, temos:
m a Lm
a L
a La L
LL
· ' · · ·
'·
'
2 ·
2 ·
⋅ =
⋅ = =
22
2 4
s
s s
14. d m = 103 kg v
0 = 1 m/s
F = 200 N Considerando I = F · Dt e Q = m · v, ambos em módulos: I = DQ
F · Dt = m · v 0 – m · v0
–200 · Dt = –103 · 1 s Dt = 10
200
3
s Dt = 5 s
15. c
I Q Q Q= =D
– 0
Q0
Q
DQ
Em módulo:
DQ2 = Q02
+ Q2 s DQ = 2 2p( ) DQ = p 2 = I
16. d Momento linear ou quantidade de movimento.
17. b De acordo com a característica do material de cada bola, temos
que a restituição de energia é maior na bola de borracha, em seguida na de madeira e, por último, na de massa de modelar.
Portanto: I1 > I
2 > I
3
18. d Como DQ é dado por:
DQ = m ⋅ v – mv0
0
DQ = 40 ⋅ 10–3 ⋅ 8 ⋅ 102 = 32 kg ⋅ m
s Então: I = DQ s F ⋅ Dt = DQ F ⋅ 1 = 32 s F = 32 N para cada bala. Assim: 1 bala 32 N x balas 160 N x = 5 balas
19. e 20. a Pelo gráfico:
I =N área s I = 20 4
2
· = 40 N ·s
Como I = DQ s I = m · v – m · v0
I = m · (v – v0) s I = m · Dv
40 = 5 ⋅ Dv s Dv s Dv = 8 m/s
Então: a = DD
v
t s a =
8
4 = 2 m/s2
21. c I = F ⋅ Dt s I = 1 ⋅ 104 ⋅ 2 ⋅ 10–2s I = 2 ⋅ 102 N · s
22. d m = 2 kg R = 3 m w = 1 rad/s v = w · R s v = 1 · 3 = 3 m/s
Q0
Q Em meia volta, temos: I = DQ s I = m · v – (–m · v) = 2m · v I = 2 · 2 · 3 = 12 kg · m/s
Atividades extras 23. m = 0,5 kg Calculando a velocidade de impacto com o solo, temos: E
mec.i = E
mec.f
Epot.
= Ecin.
s m · g · H = m v
v⋅
= =02
022 10 3 2 8s · · , m/s
Calculando a velocidade imediatamente após o impacto com o solo, temos:
Emec.i
= Emec.f
Ecin.
= E’pot.
sm v
m g h v⋅ = = =
2
22 10 1 8 6· · · · ,s m/s
Como I = DQ e I = F · Dt, temos: F · Dt = DQ Assim, considerando positivo o sentido da velocidade para
baixo, temos: F · 0,25 = 0,5 · (– 6 – 8) s F = 28 N (vertical e para cima)
24. b Considerando a taxa de variação da massa, temos:
DDm
t= 100 kg/s s v = 600 m/s
I = DQ
F · Dt = m · v – m0 · v
0 s F =
DDm
t ⋅ v
Substituindo DDm
t = 100 kg/s:
F · 1 = 100 · 600 s F = 60.000 N ou F = 60 kN
FM.18 1. e m = 1.500 kg v
0 = 15 m/s
v = 3 m/s I = F · Dt e DQ = I mv – mv
0 = F · Dt s – 1.500 · 3 – 1.500 · 15 = F · 0,15
F = 180.000 N ou F = 18 · 104 N
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2. b No instante t, temos: v = 0 s Q = m · v = m · 0 s Q = 0
DQ = m · v – m · v0 s DQ = m · (–v) – m · v = –2m · v
Portanto, em módulo: DQ = 2m · v
3. Soma = 15 (01 + 02 + 04 + 08) m = 58 g Dt = 0,01 s v = 50 m/s v
0 = 0
I = F · Dt e DQ = I mv – mv
0 = F · Dt s 58 · 10–3 · 50 = F · 0,01
F = 290 N sendo assim: I = 290 · 0,01 = 2,9 N · s (01) Verdadeira (ver cálculos). (02) Verdadeira (de acordo com a terceira lei de Newton). (04) Verdadeira (ver cálculos). (08) Verdadeira (teorema do impulso). (16) Falsa (parte da energia mecânica é dissipada na forma
de calor). (32) Falsa (como o tempo de contato e a força média são os
mesmos, o impulso também é igual).
4. Pela conservação da quantidade de movimento, temos:
Qt = Q
0 s m
m · v
mx = m
c · v
c
(em que vmx
é a componente horizontal da velocidade do
macaquinho.)
4 · 20 · cos 60º = 400 · vc
vc = 0,10 m/s
ou vc = 0,36 km/h
5. b m = 2,5 kg v
0 = 0
O impulso é encontrado calculando-se a área do gráfico.
(I =N área)
I = 0 2 100
2
, ⋅ = 10 N · s
Como I = DQ s I = m · v – m · v0 s 10 = 2,5 · v – 0
∴ v = 4 m/s
6. De acordo com a conservação da quantidade de movimento, temos:
Q
T = Q
0 s m
pat. ⋅ v
pat. = m
peso ⋅ v
peso
65 · vpat.
= 5 · 3,5 s
vpat.
= 0,27 m/s ou v = 27 cm/s
Observação: A velocidade do patinador é contrária à do peso lançado por ele.
7. c M = 150 kg m = 1,5 kg v
2 = 150 m/s
Qf = Q
0
m · v1 + m · v
2 = 0
150 · v1 + 1,5 · 150 = 0
v1 = –1,5 m/s
8. a Em relação ao movimento da queda do bloco (velocidade
positiva para baixo), temos:
h = g ⋅ t 2
2 s t = 2h
g
vx =
d
t s v
x =
d
h
g
2 s v
x = d
g
h·
2
(horizontal w velocidade com que o bloco abandona a mesa)
Pela conservação da QM, temos:
Qf
= Q0
s m · v’ + Mvx = mv
0
v’ = v0 –
M
m· v
x
Substituindo vx:
v’ = v0 –
M
md
g
h⋅ ·
2s v’ = v
0 –
M
md
g
h
2
22
2⋅ ⋅
v’ = v0 –
M g d
m h
2 2
22
⋅ ⋅⋅·
9. a) O tempo de interação entre a xícara e o piso é menor quando o piso é rígido. Para que I = F · Dt = constante, se aumentar Dt, deve-se diminuir F, ou seja, em um maior Dt, a força aplicada possui menor intensidade.
b) m = 0,10 kg v
0 = 2 m/s
v = 0 Dt = 0,5 s I = F · Dt e I = DQ s F · 0,5 = 0,10 · 0 – 0,10 · 2
F = −0 20
0 5
,
, = 0,4 N s F
= 0,4 N
Se o tempo do impacto fosse 0,010 s: F · 0,10 = 0 – 0,10 · 2 s F = 20 N 10. d
Como Qt
= Q0
(conservação da QM), temos:
Qt
= Q0
s mx · v
x + m · v = 0 s
s mx · a
x · Dt + m · a · Dt = 0
m · (–1) + 1 · 2 = 0
mx = 2 kg
11. e Analisando o sistema somente na direção de
v1 , temos:
Qf x
= Q0x
s
sm
3· v
3 · cos 60° +
mv
m
3 31⋅ + · v2 · cos 60° = m · v x0
0 4 0 5
3
0 8
3
0 4 0 5
30 40 0
, , , , ,,
⋅ + + ⋅ = =v vx xs km/s
Na direção perpendicular a
v1 , temos:
v3y
= v3 · sen 60° s v
3y = 0,4 ·
3
2 = 0,2 3 km/s
v2y
= v2 · sen 60° s v
2y = 0,4 ·
3
2 = 0,2 3 km/s
Como as massas de v2 e v
3 são iguais, temos: Q
2y = Q
3y
(em módulo) v
0 da granada é dada pela velocidade: v
0x = v
0
∴ a velocidade v0 = 0,4 km/s
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12. a) † = DEcin.
s = † = m v m v⋅ −
⋅202
2 2
† = 60 10 30
2
3 2⋅ ⋅ ( )−
= 27 J
I = DQ s I = m · v – m · v0 s I = 60 · 10–3 · 30 = 1,8 N · s
b) I = F · Dt s F = I
tD s F = 1 8
0 10
,
, = 18 N
P = m · g s P = 60 · 10–3 · 10 = 60 · 10–2 N
∴F
P=
⋅ −18
60 10 2 = 30
13. a m = 0,4 kg v
0 = 0
v = 30 m/s F
m = 600 N
Como I = DQ e I = F · Dt, temos: DQ = F · Dt Sendo assim: m · v – m · v
0 = F
m · Dt s 0,4 · 30 = 600 · Dt
Dt = 0,02 s
14. a Pela conservação da QM, temos:
Q Qt
= 0s (M + m) · v' = M · v + m · u
(5 + 1) · v' = 5 · 1 + 1 · (–8)
6v' = 5 – 8 s v' = – 0,5 m/s ∴ 0,5 m/s para a esquerda
15. F – V – F – V De acordo com a conservação da quantidade de movimento. 16. a Calculando o impulso pela área do gráfico, temos:
I = 12 4
2
⋅ = 24 N · s
Como I = DQ, temos: I = m · v – m · v
0 s 24 = 3 · v – 3 · 0 s v = 8 m/s
17. d M = 100 kg m = 80 kg v
1 = 0
v2 = 0
v1' = 4 m/s
Pela conservação da QM, temos: Q
t = Q
0 M · v'
1 + m · v'
2 = 0 s 100 · 4 + 80 · v
2' = 0 s v
2' = –5m/s
Portanto, a velocidade relativa (afastamento) é dada por v
R = v
1 – v
2 s v
R = 4 – (–5) = 9 m/s
18. d Pela conservação da QM, temos:
Q Qt
= 0
Qt
= 0
Soma vetorial nula (regra do paralelogramo para soma de dois vetores).
19. e Como o átomo estava inicialmente em repouso, a quantidade
de movimento Q0 = 0 (sistema).
Pela conservação da QM, temos: Qt = Q
0 e, portanto: Q
f = 0
20. Sistema isolado: Q = Q
0 s m
1 ⋅ v
1 + m
2 ⋅ v
2 = 0
ms
tm
s
t11
22 0· ·
DD
DD
+ =
80 · 12 + 60 · Ds2 = 0
Ds2
= 16 m (em módulo)
A distância que os separa é Ds1 + Ds
2 = 12 + 16 = 28 m.
21. e
Ec =
m v· 2
2 s 20 =
m v· 2
2
m ⋅ v2 = 40 (I)
Q = m ⋅ v s 20 = m ⋅ v (II) Como (I) pode ser escrita por: m ⋅ v ⋅ v = 40 s 20 ⋅ v = 40 s v = 2 m/s De (II), se: 20 = m ⋅ 2 s m = 10 kg 22. e I = DQ s F ⋅ Dt = m ⋅ v – m · v
0
F ⋅ Dt = m ⋅ v
F = m v
t
·
D
Atividades extras 23. Soma = 10 (02 + 08) (01) Incorreta: Como a quantidade de movimento é conser-
vada (sistema isolado) e as massas são diferentes; as velocidades serão diferentes.
(02) Correta. (04) Incorreta: Como Q
0 = Q
0 = mA
⋅ vA
+ mB ⋅ v
B
mA
⋅ vA
+ mA
2 ⋅ v
B = 0
vA
= −vB
2 (08) Correta. (16) Incorreta.
Em v
E
mv
E
AA A
B
AA
c ce( ) ( )
· · ·= =
( )22
22
2
2
cc c( ) ( )··
·BA A
A
m vE= =2
22
2
24. e Pela conservação da QM, temos:
Q0 = Q
t s O = m · v
, +
m
5 ⋅ v
f
(em que v, é a velocidade da lâmina e v
f a da formiga.)
m · v, = – m
5⋅ v
f s v
f = – 5v
,
Sendo assim, as distâncias percorridas podem ser encontradas por:
DD
DD
s
t
s
tf =
−5 · no mesmo intervalo de tempo:
Dsf = – 5 · Ds
, s Se Ds
, = 1 cm s Ds
f = –5 cm
Sendo assim, a formiga estará a d = 1– (–5) = 6 cm.
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FM.19 1. d Pela conservação da QM, temos: Q
0 = Q
f s m · v
0 + m · (–2v
0) = m · v’
A s m · v’
A
v’A = – v
0
E2 =
m vE
m vA⋅ ( )=
⋅'2
202
2 2s (I)
Como E1 = 5 ⋅ m v⋅ 0
2
2 (II)
Substituindo I em II, temos:
E1
= 5 · E2 s E
2 =
E1
5 s E
2 = 0,2 · E
1
2. b Se a colisão é perfeitamente elástica, apenas ocorrerá uma
inversão de sentido, uma vez que não há alteração na massa, porém o módulo de Q permanecerá o mesmo.
3. e m
A = 2 kg: v
A = 5,0 m/s
mB = 3 kg: v
B = 0
Q0 = Q
f m
A · v
A + m
B · v
B = (m
A + m
B) · v'
2 · 5 + 0 = (2 + 3) · v' s v' = 2 m/s
Assim: EC = m m
v EA BC
+( )=
+( ) ( )2
2 3
22
2· ' ·2 s s
s EC = 10 J
4. b Q
0 = Q
f s m
A · v
B + m
B · v
B = (m
A + m
B) · v'
72 · 5 + 75 · (–4) = (72 + 75) · v’ s v’ = 0,41 m/s, no mesmo sentido de A.
5. e Q
0 = Q
f
Considerando ambos no mesmo sentido, vem: 3m · v
C + m · v
A = (3m + m) · v s 3m · 90 + m · 54 = 4m · v
324m = 4m · v s v = 81 km/h
6. Pelo gráfico, obtemos o impulso:
I = F · Dt s I = 2 · 103 · 6 · 10–3 s I = 12 N · s
Como I = DQ s I = mv – mv0 s 12 = 0,8 · v s v = 15 m/s
7. c De acordo com a conservação da quantidade de movimento.
8. a Q
0 = Q
f
m ⋅ v0 = m ⋅ v
m vB B0
2+ · ' s
m ⋅ v0
2 = m
B ⋅ v’
B (I)
Como a colisão é perfeitamente elástica, temos:
e = v
v
v
B' −
−
0
0
20
= 1,0 s vv
B' =3
20
(II)
(II) em (I) temos:
m ⋅ v0
2 = m
B ·
v0 3
2
⋅ s m
B =
m
3
9. a) Aplicando a teoria da conservação de energia após a co-lisão, temos:
Emec.A
= Emec.B
s Ecin.A
+ Epot.A
= Ecin.B
+ Epot.B
m m v1 2 12
2
+( ) ⋅ = (m1 + m
2) · g · h
v12
2 = gh s v
1 = 2gh
b) Aplicando a teoria da conservação da QM na colisão, temos:
Q0 = Q
f
m1 · v
0 = (m
1 + m
2) · v
1 s v
0 =
m m
mgh1 2
1
2+( )
⋅
10. e De acordo com a conservação da quantidade de movimento.
11. a Colisão perfeitamente elástica: e = 1
A única alternativa que satisfaz essa condição é a.
12. d Colisões perfeitamente elásticas com corpos de mesma massa,
há troca de velocidades, ou seja, se e = 1, a velocidade relativa de afastamento é igual à de aproximação.
13. c
1a colisão s Q0 = Q
f s m · v = (m + m) · v’ s v’ =
v
2
2a colisão s Q’0 = Q’
f s 2m ·
v
2 = (m + 2m) · v” s v” =
v
3
Ecin. 0
= m v⋅ 2
2
Ecin.
= 3
3
2
2
mv⋅
s Ecin.
= 3
18
2m v· s E
cin. =
m v⋅ 2
6
A razão é dada por:
R = E
E
m v
m vcin.
cin. 0
= = =
·
·
2
26
2
2
6
1
3
14. Na colisão do projétil com o bloco de massa M, temos:
Q0 = Q
f s m · v = (M + m) · v’
10 · 10–3 · 402 = (10 · 10–3 + 2) · v’
v’ = 2 m/s
Como a colisão entre os blocos é elástica e eles têm mesma massa, eles trocam de velocidades.
Bloco M: vm
= 0
Bloco M’: v’ = 2 m/s
Assim, temos: Ecin. (m1)
= M v' '⋅ 2
2 s E
cin. =
2 01 2
2
2, ⋅ ( )
= 4,02 J
Pela conservação da energia durante o processo de colisão com a mola, temos:
Ecin.
= Epot.el
s Ecin.
= k x x⋅ = ⋅2 2
24 02
804
2s ,
x = 0,1 m
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6
Física
15. A máxima perda de Ecin
ocorre quando temos uma colisão inelástica. Assim, os carrinhos ficam unidos (v
A = v
B).
Q0 + Q
f
m · 5 + m · (–3) = 2m · v’ s 2m = 2m · v’ s v’ = 1 m/s
Calculando as energias cinéticas inicial e final, temos:
Ecin.0
= m v m v⋅
+⋅1
222
2 2
Ecin.0
= 150 5
2
150 3
2
2 2⋅ ( )+
−( )= 2.550 J
Ecin.
= m m v+( ) ⋅ '2
2 s E
cin. =
300 1
2
2⋅ ( ) = 150 J
A perda de energia é dada por Ecin.
– Ecin.0
= 150 – 2.550 Logo, foram perdidos 2.400 J. 16. 1a colisão s trocam de velocidades Assim: (Antes) (Depois) v
1 = 93 cm/s v
1 = 0
v2 = 0 v’
2 = 93 cm/s
Na colisão da bola com a parede 2, temos: Perfeitamente elástica: v”
2 = – v’
2 s v”
2 = – 93 cm/s
2a colisão s trocam de velocidades (Antes) (Depois) v”
2 = – 93 cm/s v”
2 = 0
v’1 = 0 v”
1 = – 93 cm/s
∴ vR = 93 cm/s
17. b Q
0 = Q
f s m · v = (m + m) · v’ s 2 · 4 = (2 + 2) · v’ s v’ = 2 m/s
18. a) Levando-se em conta que toda a energia relacionada ao asteroide tenha sido liberada no impacto:
EA = E
lib s
m vA⋅ 2
2 = E
lib s 8 10
2
15 2⋅ ⋅ vA = 1023
vA = 5.000 m/s
b) Pela conservação da QM, temos: Q
0 = Q
f s m · v
A = (M + m) · v’
8 · 1015 · 5.000 = (8 · 1015 + 6 · 1024) · v’
v’ H 6,7 · 10–6 m/s 19. a) Como a energia cinética do projétil é 32 J, temos:
Ec =
m v vv
⋅ = ⋅ =2 2
232
0 04
21 600s s
,. = 40 m/s
b) Pela conservação da QM, temos:
m · v = (m + M) · v’ s 0,04 · 40 = (0,04 + 0,76) · v’
v’ = 1 6
0 8
,
, = 2 m/s
20. Soma = 90 (02 + 08 + 16 + 64)
(01) Falsa. A quantidade de movimento é conservada.
(02) Verdadeira. Veja os cálculos a seguir:
(direção x) Q Qx f x
0 =
m · v = m · v1 · cos 30° + m · v
2 · cos 60° s
sv1 · 3 + v
2 = 10 (I)
(direção y) Q Qy f y
0 = s 0 = Q Q Qf y s ’ ’1 2=
m · v1 · sen 30° = m · v
2 · sen 60° s v
1 = v
2 3 (II)
Substituindo (II) em (I), temos:
v2 · 3 · 3 + v
2 = 10 s v
2 = 2,5 m/s (velocidade da
bola branca)
Assim, v1 = 2,5 3 m/s (velocidade da bola oito, pela
equação (II))
(04) Falsa. Veja os cálculos a seguir:
(bola branca antes da colisão) Ecin.
= m ⋅ ( )5
2
2
= 12,5m
(bola oito após a colisão) E’cin.
= m ⋅ ( )2 5 3
2
2,
= 9,4m
(08) Verdadeira. Ver item 02. (16) Verdadeira. Ver cálculos seguintes:
(bola branca após a colisão) E” cin.
= m ⋅ ( )2 5
2
2,
= 3,1m
(bola oito após a colisão) E’ cin.
= 9,4m
E’ cin.
= 3E ” cin.
(32) Falsa. Pela conservação, Ecin.(antes)
= Ecin.(depois)
(64) Verdadeira. Princípio da conservação da QM. 21. a Q
0 = Q
f s M ⋅ v = (M + m) ⋅ v’
v’ = M v
M m
·
( )+
22. a Na altura máxima, temos:
vh máx
= v ⋅ cos 600 s vh máx
= v
2
Então:
vr
v2
v = v
vR
2
= v2 + v
2
2
vR = v
v22
4+
vR = 5
4
2v
vR = 5 ⋅
v
2
vR =
5
2 ⋅ v
Atividades extras 23. c Q
0 = Q
f (I)
mA
⋅ vA
+ mB ⋅ v
B = (m
A + m
B) ⋅ v’
Do gráfico, temos:
QA
= mA
⋅ vA
s 80 ⋅ 10–3 = mA
⋅ 8 s mA
= 10–2 kg
e
QB = m
B ⋅ v
B s 25 ⋅ 10–3 = m
B ⋅ 1 s m
B = 2,5 ⋅ 10–2 kg
Então em (I), temos:
10–2 ⋅ 8 + 2,5 ⋅ 10–2 ⋅ 1 = (10–2 + 2,5 ⋅ 10–2) ⋅ v’ s
s 10,5 ⋅ 10–2 = 3,5 ⋅ 10–2 ⋅ v’ s s v’ = 3 m/s
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Física
24. a) A velocidade do corpo de massa m imediatamente antes de colidir com o de massa 2m, é:
E Em A m B= s m ⋅ g · h = m v· 2
2
v2 = 2gh s v = 2gh
Como Q0 = Q
f em B, temos:
m ⋅ 2gh = m ⋅ v’ + 2m ⋅ v”
2gh = v’ + 2 ⋅ v” (I)
Como a colisão é elástica:
ev v
v= − =1 1
’ ’s
v” – v’ = 2gh s v” = 2gh + v’ (II)
Substituindo II em I, temos: 2gh = v’ + 2 · ( 2gh + v)
2gh = v’ + 2 2gh + 2v’ s – 2gh = 3v’
v' = − 2
3
gh
De II : v” = 2gh + −
2
3
gh =
2
32· gh
b) Para o corpo de massa 2m, temos:
EmB
=
22
32
2
2
m gh· ·
= 8
9· mgh
Em C:
EmC
= 2mg · 2
9
h =
4
9
mgh
∴ Ed = 4
9 · mgh
FM.20 1. Comparando o planeta X com a Terra, temos, pela terceira lei
de Kepler:
D
T
D
T
Dx
x
T
T
3
2
3
2
3
2
3
2125
1
1=
( )=s s
s D3 = 1252 s D = 25 UA
2. d Eclipse solar → lua nova
Eclipse lunar → lua cheia
3. b
d = d d dTS MS2 2 2 21 1 5+ → = + , H 1,8 UA
4. e
R
T
R
T
R
T
R
T
TMa
Ma
Me
Me
Me
Ma
Me
Me
Ma3
2
3
2
3
2
3
2
24=
( )=s s
TT
R
RMe
Me
Me2
3
3
64=
T
T
T
T
TMa
Me
Ma
Me
Ma
MeT
2
264 64 8= = =s s
5. Pela terceira lei de Kepler, tendo Júpiter como referência, temos:
R
T
R
T TIo
Io
G
G Io
3
2
3
2
5 3
2
5 3
2
2 10 5 10
7=
⋅( )=
⋅( )( )
s s TIo
= 1,77 dia
6. e De acordo com a terceira lei de Kepler e usando como centro
da órbita a Terra, temos:
R
T
R
T
R
T
R1
1
2
2 1
3
2
3
2
3
2
3
2
1 5
27 3=
( )=
( )=s
,
,T
1 H 50,2 dias
7. e De acordo com a segunda lei de Kepler, temos: Maior proximidade do Sol s maior velocidade (periélio) Menor proximidade do Sol s menor velocidade (afélio) ∴ v
i > v
j 8. Soma = 5 (01 + 04) (01) Correta. (02) Errada. Os períodos dos planetas mais afastados são
maiores. (04) Correta. (08) Errada. O período de revolução é tanto maior quanto
maior for a distância em relação ao Sol. (16) Errada. A órbita é elíptica.
9. d I. Falsa. O Sol está nos focos da elipse. II. Falsa. As estações do ano estão relacionadas à inclinação
do eixo da Terra. III. Verdadeira. Pela terceira lei de Kepler:
R
T
R
T T
T
S
S
T
T
S
S
3
2
3
2
8 3
2
9 3
2
1 5 10
1
1 43 10=
⋅( )=
⋅( )s
, ,
2224
24
2 924 2 10
3 37 10= ⋅
⋅. ,
,
TS H 30 anos terrestres
IV. Verdadeira. A gravitação de Newton analisa esta questão. 10. c Velocidade mínima no afélio e máxima no periélio. 11. b De acordo com a terceira lei de Kepler:
R
T
R
T
R R
TP
T
T
p
p
3
2
3
2
3
2
3
21
40= =
( )s s T
p H 253 anos
12. Soma = 9 (01 + 08) 13. b Segunda lei de Kepler: v
C > v
B > v
A 14. d De acordo com a lei das áreas de Kepler, temos: Área total = 12 meses
Área total
4
12
4= = 3 meses
15. b T 2 = K ⋅ r3
28
4 50 176 224
2 3
2 3 2
=
= = =
K r
T K r T T
·
· ( ) .s s dias
16. T 2 = K ⋅ R3
902 = K ⋅ R13
T2 = K ⋅ (4R1)3 s T2 = 518.400 s T = 720 dias
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Física
17. De acordo com a terceira lei de Kepler:
T
R
T
R R R
R
R
R
R1
1
2
2
2
3
2
313
2
23
2
1
3
21 864= =
=s s s11
4=
18.
T
T
r
r T
r
r
T
r
rT
1
2
1
2
K
K
2
2
3
3
2
22
3
3
22
3
3
1
2
1
8
=⋅⋅
=( )
=
s
s 222
28 2 2= =s T anos
19.
T
T
r
r TT T1
2
1
2
K
K
2
2
3
322
3
3 22
2
1 1
3027 000=
⋅⋅
= = =s s s. 164,3 anos
20. d
R
TA
A
3
2 = R
TB
B
3
2 sR
RA
B
3
3 = T
TA
B
2
2
( )8 3
3
R
R=
T
TA
B
2
2 s 512 = T
TA
B
2
2
T
TA
B
= 512 s T
TA
B
= 8 8
21. c T
i = 240 dias e R
i = R.
Rp = 1
4 · R
i , assim:
T
T
R
R T
R
R
i
p
i
p p
2
2
3
3
2
2
3
3
240
1
4
=( )
=
s s
·
s sTp2
2
3
240
4=
( )( )
sTp = 30 dias
Ra = 4R, assim:
T
Ta
i
2
2 = ( )
( )
R
Ra
i
3
3 s Ta
2
2240( ) =
( )4 3
3
R
R
Ta
2
2240( ) =
64
1 s T
a = 1.920 dias
22. a) R
T
R
T TT
T
x
x x
3
2
3
2
3
3
3
2
1
1
2 7= =
( )s s
,T
x = 4,44 anos
b) É mais curto, pois, estando mais próximo do Sol, seu período de revolução é menor se comparado ao da Terra.
Atividades extras
23. FG
= G ⋅ ⋅M m
r2 e F
cp =
m v
r
⋅ 2
Como FG
= Fcp
, temos:
G ⋅ ⋅ = ⋅M m
r
m v
r2
2e também temos que v = 2πr
T, portanto:
GM
r
r
T=
22π
G
G
M
r
r
TT
r
M= =4 42
22
3π π2 2
s
Assim:
T
r MK
2
3
4= =π2
G
24. d I. Primeira lei de Kleper (órbitas).
II. Terceira lei de Kepler: T
R
2
3= K (períodos)
III. Segunda lei de Kepler (áreas).
FM.21 1. d Diretamente proporcional ao produto das massas e inversa-
mente proporcional ao quadrado da distância entre elas.
2. c
FTerra
=G T
T
⋅ ⋅M m
R2 (I)
FArgus
=G A
A
⋅ ⋅M m
R2 (II)
Como: FArgus
= 2FTerra
(III)
RA
= 1
4R
T (IV)
Substituindo (III) e (IV) em (II), temos:
2FT =
G GA
T
TA
T
· ·M m
RF
M m
R
⋅
=⋅
4
82 2
s (V)
Comparando (V) com (I):
MA
= 1
8 ⋅ M
T
3. Soma = 19 (01 + 02 + 16)
(01) Verdadeira: F = G
G⋅ ⋅ = ⋅
⋅M m
R
F R
M m2
2
s
Unidades s N m
kg
kg m
s
m
kg
m
s kg2
⋅ = ⋅ ⋅⋅
2
2 2
2 3
2s
(02) Verdadeira. O próprio nome já diz — geoestacionário (estacionário em relação à Terra).
(04) Falsa. Existe a força de atração gravitacional. (08) Falsa. Maior proximidade s maior velocidade e menor proximidade s menor velocidade. (16) Verdadeira. Utilizando-se da terceira lei de Kepler isto
é possível.
4. c 5. c
FTerra
=G T Sol
T
⋅ ⋅M M
R2 (I)
FSaturno
= G GS Sol
SS
T Sol
T
⋅ ⋅=
⋅ ⋅
( )M M
RF
M M
R2 2
100
10s (II)
Dividindo (II) por (I):
F
F
M M
R
M M
R
Saturno
Terra
T Sol
T
T Sol
G
G=
⋅ ⋅
⋅ ⋅
100
100 2
TT
Saturno
Terra2
1= =F
F
Rep
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Física
6. d
F =G ⋅ ⋅M m
R2 (I)
F' =G ⋅ ⋅
( )M m
R
4
22 (II)
Dividindo (II) por (I), temos: F
F
M m
RM m
R
’=
⋅ ⋅
⋅ ⋅
G
G
2
2
4
4
Assim: F
F’= 1 s F ’ = F
7. a
Como T = 2πR · R
mG ⋅ s 2 ⋅ 107 = 2π ⋅ 1 ⋅ 1011 · 1 1011·
·G m
10
3 18 1011
5
G ⋅= −
m, · s
s sG ⋅ =( )−
m10
3 18 10
11
5 2, ·
G ⋅ m = 9,86 ⋅ 1019 (I)
Assim: FG
=G ⋅ ⋅m m
Rv
2 (II)
Substituindo (I) em (II), temos:
FG
= 9,86 ⋅ ⋅ ⋅
⋅( )10 5 10
1 10
19 24
11 2s FG H 5 ⋅ 1022 N
8. b O movimento das marés é influenciado pela força gravitacional
entre a Terra e a Lua.
9. e
F = G G⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅M m
RF F
M m
R
m v
RC2 2
2
s s
Sendo v = 2 · ·π R
T
G 4
G
2 2⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅⋅
M
R
R
TT
R R
M
4 2 2
2
π πs
T = 2π· R · R
MG ⋅
T = 2 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 1011 · 3 10
7 10 2 10
11
11 30
⋅⋅ ⋅ ⋅− s T = 8,3 ⋅ 107 s
Portanto, T é da ordem de 108 s.
10. Soma = 14 (02 + 04 + 08) 01. Errada. É aplicável a todo corpo celeste. 02. Correta. Força de interação. 04. Correta.
FM m
RG
F R
Mm= ⋅ ⋅ = ⋅
⋅ ⋅ ⋅
−
G
N m
kgou N m kg
22
2
2
22
s
08. Correta. Força de interação entre dois corpos.
11. d
FM M
R
F
p eG
G
G=
⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅− −
2
11 276 67 10 1 67 10 9 11
s
, , , 110
1 01 10
31
2
67
2
−
−
= ⋅d
Fd
s
G
,
FK Q Q
dF
dE E=⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅− −1 22
9 19 19
2
9 10 1 6 10 1 6 10s
, ,
FFdF = ⋅ −2 3 10 28
2
,
Assim: F
Fd
d
F
FG
E
G
E
=
⋅
⋅= =
−
−
1 01 10
2 3 10
67
2
28
2
,
, 4,4 ⋅ 10–40
12. V – V – F – V (0) Correta. A resultante é a força gravitacional (diferente
de 0). (1) Correta. O campo gravitacional é direcionado para o cen-
tro da Terra e, portanto, perpendicular ao movimento. (2) Errado. Sendo a órbita circular, †
FG = 0, pois F é
perpendicular a d. (3) Correta. Atração gravitacional. 13. a A interação gravitacional ocorre independentemente da
magnitude das massas.14. c
FT =
G S T
T
⋅ ⋅M M
R2
FTM
= G G
2S TM
MTM
S T
TTM
T⋅ ⋅=
⋅ ⋅=
M M
RF
M M
RF
F2 22
s s
15. e O astronauta permanece o tempo todo em queda livre e por
tanto a = g e a ausência do contato (força normal) causa a ilusão da falta de peso.
16. d De acordo com a lei da gravitação universal, temos:
F = G · ·M M
r1 22
Então F α M1 e M
2 e inversamente proporcional a r2.
17. d 18. b Como F =
G · ·M m
r2
19. d
F =G ⋅ m
d
2
2 F' = G ⋅
2
2
2
2
m
d
DividindoF
F ', temos:
F
F
m
dm
d
F
F' '=
⋅
⋅=
G
G
2
2
2
2
2
4
1
8s
F ' = 8F
Rep
rodu
ção
proi
bida
. Art
. 184
do
Cód
igo
Pen
al e
Lei
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e 19
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feve
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de
1998
.
10
Física
20. e
F
F
M m
R
Mm
R
F
F’ ’=
⋅ ⋅
⋅ ⋅
=
G
G
2
2
34
2
1
3s s F ’ = 3F
21. d
P =G ⋅ ⋅M m
R2 F’ = P M m
d2 2= ⋅ ⋅G
DividindoP
F’, temos:
PP
M m
RM m
d
R
d2
2
1
1
2
2
2
2
=
⋅ ⋅
⋅ ⋅=
G
Gs
2 1
2 22 2
2 2
d Rd R d R= = =s s
Atividades extras 22. a
FM M
RF
M M
R
F
NS N
N2 N
S T
T
N
G G
G
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
( )= ⋅
s18
30
18
900
2
⋅⋅ ⋅ =M M
RF FS T
T2 Ns 0 02,
23. e I. Correta. Em A, a maior atração em relação à proximidade
da Lua e, em B, a menor atração com tendência de a água escapar.
II. Errada. Veja afirmativa I. III. Correta. Com uma rotação completa da Terra, temos duas
marés altas e duas marés baixas.
24. a
F1 F2
M = 81 m
mm ’y x
d
4
F1 = F
2 s
G G⋅ ⋅ = ⋅ ⋅M m
y
m m
x
’ ’2 2
81 ⋅ = =m
y
m
x y x2 2
9 1s s
y = 9x
FM.22 1. a Sua massa não se altera s m = 120 kg Seu peso s P = m · g s P = 120 · 1,6 = 192 N
2. a (V) Do movimento circular, temos:
v = 2 2π π· ·R
Tv
R hTs =+( )
24 km/h
(V) P = mg s P = m · G ⋅
+( )M
R h
T
T
2 N
(F) Na condição do problema: g ± 9,8
(F) Veja a primeira afirmação. 3. c I. Correta. T
satélite geoestacionário = 24 h (idem Terra)
II. Errada. T não depende da massa TR
v=
2π ·
III. Correta. Manter mesma velocidade s mesma altura
IV. Correta. Manter uma distância constante em relação à Terra.
4. a) g = G ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅
⋅( )−M
RgL
L2
11 22
6 2
7 10 7 10
2 10s = 1,225 m/s2
ou 1,2 m/s2
Professor, comente com seus alunos que, dependendo do vestibular, são atribuídos valores (aproximações) diferen-tes para G.
b) P = m · g = 80 · 1,225 s P = 98 N
5. Soma = 92 (04 + 08 + 16 + 64) (01) Falsa. Na Lua não existe atmosfera como na Terra. (02) Falsa. Apesar de a gravidade ser menor que a da Terra,
ela existe. (04) Verdadeira. Não existe ar ou correntes de ar na Lua. (08) Verdadeira. Com a gravidade menor, o tempo de per-
manência acima do solo seria maior. (16) Verdadeira. Não seria possível devido à ausência das
forças de resistência do ar. (32) Falsa. Não existe atmosfera para que a luz sofra desvio
e apresente cores. (64) Verdadeira. A inexistência de ar não permitiria o uso de
canudinhos.
6. c
MercúrioG G
G
s sgM
RM = ⋅ =2
23
6 23 9
3 6 10
2 5 10,
· , ·
( , · )
==
=
6 77 10
6 77 10 7 4
11
11
, ··
, · · , ·
–
–
m
(s kg)
Lua
3
2
Ls g110
1 7 10
22
6 2( , · )s gL
21,7 m/sH
7. e
vM
R h
v
= ⋅+
=+
G
( )
, · · ·
( , · ·
–
s
s6 67 10 6 10
6 37 10 3
11 24
6 110
7 75 10
5
3
)
, ·
s
s v = m/s
8. a
vM
Rv
MR
vM
Rv v
0
06
= ⋅ = ⋅
= ⋅ =
G G 3
2
6G
, ’
’ ’ ·
s
s s
Rep
rodu
ção
proi
bida
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Cód
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1998
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11
Física
9. V – F – V – F (1) Correta. Como o movimento é considerado circular, a
Fcent.
= FG
.
(2) Errada. A massa do satélite não interfere na sua aceleração.
(3) Correta. vM
Rv
M
Rv
M
R= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅G G G
s s0 64
1 25,
, ,
ou seja, aumentou 25%.
(4) Errada. A variação não é linear, pois vM
R= ⋅G
.
10. a) Pela conservação da energia mecânica, temos:
E E m g H
m vv g HA Amec.0 mec.= = = ⋅s s· ·
· 2
22
Assim:
Rg H
g H
g
gRa
T A
M A
T
Ta=
⋅⋅
= =2
23
3s
b) †fat
= DEmec.
s – µmgL = DEmec.
Sendo W = |DEmec.
|, temos:
Rm g L
m g L
g
gRb b=
⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅
= = =µµ
T
M
T
T
3
3
c) Como †fat
= E EB Amec. mec.–
– µ·m·g·L = m·g·HB – m·g·H
A
H
B = H
A – µ · L
Assim:
R
H L
H LRC
A
AC= =
–
–
µµ
s 1
11. a) Pela conservação da energia:
E Em v M m
rv
M
r
vM
r
Pgcin.
G G
G
= = =
=
s s· · · ·
·
22
22
2
b) v
v
M
R
M
r
v
v
M
R
MT
Lua
T
T
Lua
Lua
T
Lua
T
T
L
G
G= =
·
·
2
2s
rr
v
v
M
R
r
M
v
v
L
T
Lua
T
T
L
L
T
Lua
= = =· ·841
421s
c) Na Lua, pois a velocidade de escape é menor.
12. d I. Correta. Isso ocorre em função da menor gravidade. II. Correta. No ponto mais alto da trajetória existe apenas o
componente horizontal da velocidade, que não depende da gravidade.
III. Correta. Devido ao maior tempo de permanência acima do solo, o alcance horizontal será maior.
IV. Correta. As velocidades inicial e final têm o mesmo módulo.
13. c A estação e o turista têm a mesma aceleração em relação à
Terra.
14. c
15. b
G
G G
Mm
d
mv
d
M
d
d
Td
MT
d
2
2
23
2
2
2
4
6 7
=
=
=
=
s
s sπ
π
, · · · · .
· ,
10 6 10 86 400
4 3 14
11 24 2
23
− ( )( )
= 44 24 107, · m
h = d – RT
h = 4,24 · 107 – 6,38 · 106 h = 3,60 · 107 m = 36 · 106 m
16. c A aceleração gravitacional é inversamente proporcional ao quadra-
do da distância. Desta forma, o gráfico correto é o da alternativa d.
17. F – V – F – V – V – V
I. (F) Como: FM m
R
F R
M m= ⋅ =G
G· ·
·2
2
s
Com relação às unidades, temos: N · m
kg
2
2
II. (V) De acordo com a primeira lei de Kepler. III. (F) Por ser um par ação-e-reação, elas têm mesmo módulo. IV. (V) As velocidades não dependem da massa do satélite. V. (V) De acordo com a segunda lei de Kepler.
VI. (V) P F mgM m
Rg
M
R= = ⋅ = ⋅
s sG G·
2 2
18. b
gM
Rg
M
Rg
M
R
g
’ ’·
( )’
’ ·
= ⋅ = =⋅
=
G G G
G
T
T
T
T2 2 2
2
2
2
4
1
2
s s
⋅⋅= =
M
RgT 2
T
m/s2
10
25s ’
19. a) gM
Rg= = =G
m· , · · ·
( , · ),
–
2
11 21
5 2
6 7 10 6 10
6 5 100 95s //s2
Aparentemente não está de acordo com o que ocorre no filme, pois é uma gravidade muito menor que a terrestre.
b) A energia cinética de cada metade é de:
Em v
cin. metade = =·–
· · ( , · ). ·
2 21 3 2
2
3 10 2 1 10
26 6 10227
281 3 10
J
Jcin. totalE = , ·
o que é muito maior que a energia produzida pelo artefato e, portanto, é inviável a situação.
20. O período é dado por:
vm
Rv
R
T
R
T
= = ⋅
⋅
=
Ge como temos:
G
·,
2
22
π
π ·· ·
·
m
R
R
T
m
R
TR
mT
⋅ =
= ⋅ =
22 2
2
22 3
4
4 4
s
s
π
π
G
G
·· , · .
, · · ·
3 14 16 750
6 7 10 25 10
2 3
11
( ) ( )− 115
10 452s T = . s
21. c
g
M
Rg
M
Rg g= = = ⋅G G·
( )’ ·
·’
3
3
3
9
1
32 2s s
22. e Sendo v menor que 90 km/h, a sonda entra em movimento
espiral até se chocar com o corpo celeste.
Rep
rodu
ção
proi
bida
. Art
. 184
do
Cód
igo
Pen
al e
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9.6
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feve
reiro
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1998
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Física
Atividades extras 23. a O atraso ocorrerá porque os períodos de oscilação na Lua
serão maiores que na Terra, onde o período é dado por:
e
rT
L
g= 2π ·
24. a) Para g na superfície, temos:
g = G · M
Rt
t2
s g = G · ( )
( )
500
5 2
M
R
p
p
s g = G · 20
2
M
R
p
p
g = 20 gp s g
gp =
20 Na superfície de Plutão, temos que o peso é dado por: P
p = m ⋅ g
p
Pp = m
g·
20 s P
p =
Pt
20 ⋅ P s P = 2 N
b) Da conservação da energia mecânica, temos:
Em0
= Em
s m v· 2
2= m ⋅ g ⋅ h s v2
2 = gh
v2 = 2g · h (I) na Terra. Em Plutão, teríamos:
E Em v
m m0
2
2' ' ·= = = m ⋅ g
p · H s v2 = 2 ⋅ g
p ⋅ H (II)
De (I) e (II), temos: 2g · h = 2g
p ⋅ H s g · h = g
p · H s g · h = g
p ⋅ H
H = h ⋅ g
g p
s H = 1,5 ⋅ 20g
gp
p
s H = 30 m
FM.23 1. e
2. c A tração é maior na esfera de cima, pois equilibra a força peso
e a força magnética. (T = P + Fmag.
)
Na esfera de baixo, a tração e a força peso equilibram a força magnética.
FmP
T
–Fm
PT1
3. a
I. Errada: F P FP
A M BM= =e2
T T
FPM
P T F
PM
M= =22
s
II. Correta. O corpo é levado à mesma altura nos dois casos. III. Correta. Isso ocorrerá para compensar a menor força
exercida. IV. Errada: veja o item III.
4. b •60° T
P = 2T · cos α
TP = 2T · cos 60°
T T T TP P= =2
1
2· s
•45° T
P = 2T · cos 45°
T T
T T
P
P
=
=
22
2
2
·
·
Portanto, fica multiplicado poor 2.
5.
A
B
P
60°
120°
60°
60°
Na vertical: T
AP · cos 60° + T
PB · sen 60° = P
T T T TAP PB AP PB· ·
1
2
3
244 3 88+ = + ⋅ =s (I)
Na horizontal: T
AP · sen 60° = T
PB · cos 60°
T T T TAP PB PB AP· ·3
2
1
23= = ⋅s (II)
Substituindo (III) em (I), temos:
T T TAP AP AP+ ⋅( ) = =3 3 88 4 88s s TTAP = 22 N
Observação: Professor, este exercício também pode ser resolvido pela lei dos senos.
6. e N
1 + N
2 + N
3 = P s 30.000 + 20.000 + 10.000 = P s P = 60.000 N
7. No equilíbrio: P
T + P
b = F · cos 60°
PT + m · g = F · cos 60°
8 8 10 2001
29 000 218 000 18
3, · ·
. ·.
+ =
== =
F
FF FN ou ·· 103 N
8. c No ponto B, o equilíbrio é dado por:
T1AB
A
F
RPm
a
R T F P T T TAB M AB AB AB= + = = + =s s s2 2 2 260 80 100 N
Rep
rodu
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13
Física
9. c Na situação de equilíbrio, temos:
T1 T
P
120°
Eixo y (vertical):
2T · cos 60° = P
T = P
∴ Razão:
T
P= 1
10. a No equilíbrio 2T · cos 30° = m · g, como T = 100 N, temos:
2 100
3
210 17 32· · · ,= =m ms kg
11. a) Ambos estão errados. b) A força resultante sobre o bloco deve ser nula; sendo assim,
as forças envolvidas devem formar um polígono fechado, o que não ocorre em nenhuma figura.
12. b No ponto indicado, temos:
Q
F
P
T
t
tt
Na vertical (y):
F · sen q + T · cos q = P
120 · sen q + T · cos q =P (I)
Na horizontal:
T · sen q = F · cos q
T = =120
0 8
0 6160·
,
,N (II)
Substituindo (II) em (I):
120 · 0,6 + 160 · 0,8 = P s P = 200 N
13. b No corpo central, a situação de equilíbrio é dada por:
P T
T P
P P
=
=
= =
2
22 2
1
2
· cos
· cos cos
α2
α α
α
Mas:
s s
s22
60 120= =° °s α
14. a) Na situação de equilíbrio, temos:
T T
P
2
2300T P T
m gT= = =s s
·N
b)
H T’ Ty
Tx
L – d2
Na vertical, temos: 2Ty’ = P s Ty’ = 300 N
Utilizando semelhança de triângulos:
T
H
T
L d
TTy x x
x
’ ’
–
’
,’= = =
2
300
3 0 550s s N
15. a Na própria mola: T
B =
T
C.
P TB
TA
TA = P + T
B s T
A ≠ T
B
TA ≠ T
C
16. a
Na situação original
Na 2a situação
8F 8F
8F
T0 = 8F
T = 8F
∴ T
T
F
F0
8
81= =
17. d
P
N
Fat.
FH.
Rep
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Física
18. a) FD
+ FE = P
N s 30 + F
E = 70 s F
E = 40 kgf
b) PD
+ FD
= N s 80 + 30 = N s N = 110 kgf
19. e (1) m = 5 kg s P = 50 N s D
1 = P = 50 N
(2) m = 5 kg s P = 50 N s D2 = P + P = 100 N
(3) m = 5 kg s P = 50 N s D3 = P · sen 45° = 50
2
235· H N
20. b Três forças coplanares de mesmo módulo apresentam resul-
tante nula se formarem ângulos de 120º entre elas.
21. c No equilíbrio:
P
N
a
T
Na vertical: T · cos α = P, em que T = 2P
2P · cos α = P
cos = °α α1
260s =
22. a
No equilíbrio P T TP= =2
2· cos
cosα
αs
Quanto mais próximo de zero o ângulo, menor será T. Quanto maior o ângulo, maior será T.
Atividades extras 23. e T
3 = P = m · g = 10 · 10 = 100 N
Equilíbrio na horizontal: T1 · cos 30° = T
2 · cos 60°
T T T T1 2 1 2
3
2
1
23⋅ = ⋅ ⋅ =s
Equilíbrio na vertical: T1 · sen 30° + T
2 · sen 60° = T
3
T T T T
T T
1 1 1 1
2 1
1
23
3
2100 2 100 50
3 50
⋅ + ⋅ ⋅ = = =
= ⋅ =
s s· N
33 N
24. C – E – E – C (1) Correta. Para que se estabeleça o equilíbrio, o plano
horizontal deve oferecer resistência por meio do atrito. (2) Errada. Na horizontal, temos:
RX = – F
3X – F
4X + F
5X + F
2X + F
1X = – 3 – 2 + 1 + 3 + 4 = 3 N
Na vertical, temos:
RY = – F
5Y – F
4Y + F
3Y + F
2Y + F
1Y = – 7 – 3 + 4 + 5 + 3 = 2 N
∴ F FR R= + =3 2 132 2 s N
(3) Errada. Não é válida para qualquer ângulo entre elas. (4) Correta. Maior inclinação s maior projeção vertical.
FM.24 1. c
PB
P
N
50 cm 50 cm 2 m
apoio
Adotando o sentido horário como positivo, e o eixo de rotação
no ponto de aplicação de
N , temos: ∑M = 0
M M MP N PB
+ + = 0
– P · 0,5 + 0 + Pbarra
· 0,5 = 0
– 60 · 0,5 + Pbarra
· 0,5 = 0
– 60 · 0,5 + Pbarra
· 0,5 = 0
Pbarra
= 60 N
2. c Adotando o sentido horário , temos: m = 50 kg s P = 500 N ∑M = 0
M M M
P
N P N1 20
0 0 9
+ + =
+
s Ponto fixo em N, temos:
· , –– · , · , ,N N N2 2 21 5 0 500 0 9 1 5 300= = =s s N
3. d
ΣM F F= = = = =0 4 600 1 0600
4150s s· · N
4. a
R
R
T
P
t
Torque (ou momento) s M = F · b A força F deve ser a projeção da tração T na vertical. F = T · sen q M = T · sen q · R
5. e
Equilíbrio
(equilíbrio de rotação)ΣΣ
M
F
==
0
0 ((equilíbrio de translação)
6. d
x
5 m
P
Pbarra
corpo
A BT2,5 m
MP barra
+ MT + M
Pbarra = 0
–50 · x + 0 + 200 · (2,5 – x) = 0 500 – 200x – 50x = 0 250x = 500 x = 2 m
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Física
7. b
6 m1,5 m
N1 N2
PBPP
x
Ponto fixo em N2, portanto, a máxima distância está associada
à menor normal (N1).
∴ ∑M = 0 N
1 · 4,5 – P
B · 1,5 + P
b · x = 0
Para N1 = 0:
–2,8 · 102 · 1,5 + 7 · 102 · x = 0 x = 0,6 m
8. a
B
AC
T Ty
PL
Ph
30 cm
40 cm
∑M = 0 P
h · 0,2 + P
L · 0,4 – T
Y · 0,4 = 0
8 · 0,2 + 5 · 0,4 – TY · 0,4 = 0
3,6 = TY · 0,4
TY = 9 N
Assim, como sen NT T T TY = = =· ·
,
,q s s9
0 3
0 515
9. c ∑M = 0 s
M g M g
M M MM
A B
A B AB
· · · ·16 2 4
8
16 2
=
= ⋅ =s
10.
ΣM
P P g m gR B
=+ = + =
0
0 4 0 3 0 240 0 4 0 3 0
9
– · , · , – · · , · · ,
–
s
66 0 3 0 320+ = =, · m ms kg
11.
L
FB = 1.200 N
FN
N
d
a) Ponto fixo em N; portanto, equilíbrio: ∑M = 0 –F · (L – d) + F
B · d = 0
–200 · (L – d) + 1.200d = 0 –200L + 200d + 1.200d = 0 1.400d = 200L
d
L= =200
1 400
1
7.
b) ∑F = 0 (equilíbrio) F + F
B = N s N = 200 + 1.200 s N = 1.400 N
12. c
6,0 m
3,0 m
NA
PPPJ
NB
A B
∑M = 0 e NA = 0
–PP · 1,5 + P
j · x = 0
–900 · 1,5 + 600 · x = 0 s x = 2,25 m
13. b O dedo mais próximo do centro de gravidade suporta mais
peso quando as mãos estão separadas.
14. b
M F d M m
M F d M
H H
M M
= = =
=
2 2
1 1
80 0 1 8· · , ·
·
s
s
N (Homem)
== =>
5 2 10· ·N (Menino)m
M MM H
15. a Se cada espaçamento é x, temos: ∑M = 0 (Isto só é possível na alternativa a.) Sendo P o peso de cada balde e o ponto de apoio o ponto fixo,
temos: ∑M = P · x + P · 2x – P · 3x = 0 (equilíbrio)
16. Como o centro de massa na 2a posição está mais próximo da tábua que na 1a situação, será necessário aumentar a inclinação da tábua para tirar o bloco do equilíbrio.
17. d Na condição de equilíbrio, temos: ∑M = 0 Considerando positivo o sentido horário, temos:
PB ⋅ x + (– P
A) ⋅
x
2 = 0
PB ⋅ x = P
A ⋅
x
2
PB =
PA
2
18. V – F – V – V – F I. Verdadeira
1 m 1 m
PA PB PC
x
Na situação de equilíbrio, temos: ∑M = 0 s – P
A ⋅ 2 – P
B ⋅ 1 + P
c ⋅ x = 0
– 10 ⋅ 10 ⋅ 2 – 15 ⋅ 10 ⋅ 1 + 25 ⋅ 10 ⋅ x = 0
250x = 200 + 150
x = 350
250 = 1,4 m
MA = 10 ⋅ 10 ⋅ 2 = 200 N · m.
II. Falsa: M
B = P
B ⋅ 1 s M
B = 15 ⋅ 10 ⋅ 1 = 150 N · m
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Física
III. Verdadeira: Ver item (I) IV. Verdadeira: Trocando as posições entre Ana e Beatriz,
teremos: –P
B ⋅ 2 – P
A ⋅ 1 + P
C ⋅ x’ = 0
–15 ⋅ 10 ⋅ 2 – 10 ⋅ 10 ⋅ 1 + 25 ⋅ 10 ⋅ x’ = 0 250x’ = 300 + 100
x’ = 400
250 = 1,6 m
(V) Falsa: é possível compensar os momentos reduzindo-se as distâncias em relação ao ponto 0.
19. Na situação inicial, temos: M
F = F ⋅ d = 400 ⋅ 0,15 = 60 N · m
Com a extensão, temos que: M
F’ = M
F = F’ ⋅ d’
60 = F’ ⋅ 0,75 s F’ = 80 N
20. d Em relação ao centro do haltere, temos:
xcm
= 2 0 15 1 0 15
2 1
· ( , ) · ,− ++
= – 0,05 m ou ainda – 5 cm
Portanto, será deslocado, para a esquerda, de 5 cm.
Atividades extras
21. NA NB
PB PHx
A B
L2
L
a) ∑F = 0 N
A + N
B = P
B + P
H
Sendo NA
= 2NB
2NB + N
B = m ⋅ g + m ⋅ g
3NB = 2m · g s N
B =
2
3 · m ⋅ g
e NA
= 4
3 · m · g
b) Articulação em A:
∑M = 0 s PB ⋅ x + P
H ⋅
L
2 – N
B ⋅ L = 0
m · g ⋅ x + m · gL
2
2
3– m · g ⋅ L = 0
x + L L
2
2
3– = 0 s x =
L
6
22. b Analisando as forças aplicadas na prancha, temos:
P PC
N1 N2
0
d d d’
No limiar da prancha a tombar, temos: ∑M = 0 e N
1 s 0
Então: P ⋅ d = Pc ⋅ d '
2m · g ⋅ d = m · g ⋅ d ' 2d = d ' d ' = 2d Portanto, a prancha começará a tombar quando o cilindro
passar pelo ponto B.
23. d
PB
T
2 m
60°
∑M = 0 s T · cos 60° · 2 – PB · 1 = 0
T
T
· · –1
22 100 0
100
=
= N
24. Na condição de equilíbrio da coluna, devemos ter: ∑M = 0; ∑F
vertical = 0 e ∑F
horizontal = 0
•∑M = 0 s articulação em A, temos:
2
5 · m · g · d
2 + 1
5 · m · g ⋅ d – F
m ⋅ sen α ⋅ 2
3d = 0
m · g ⋅ d
5 + m · g ⋅ d
5 = F
m ⋅ sen α ⋅ 2
3 ⋅ d
2
5 · m · g = F
m ⋅ sen α ⋅ 2
3s F
m ⋅ sen α = 3
5 · m · g (I)
•∑Fvert.
= 0 s Fm
sen α – Fd ⋅ sen β – 2
5· m · g – m g⋅
5= 0
Fd ⋅ sen β = F
m ⋅ sen α – 3
5 · m · g (II)
Substituindo (I) em (II), temos:
Fd ⋅ sen β =
3
5 · m · g – 3
5 · m · g s F
d ⋅ sen β = 0
•∑FH
= 0
Fd ⋅ cos β = F
m ⋅ cos α
Sendo β = 0 F
d = F
m ⋅ cos α (III)
Somando (II) e (III) e elevando-as ao quadrado, temos:
Fm
2 · sen2 α + Fm
2 · cos2 α =3
5
2
⋅ ⋅
m g + Fd2
Fm
2 = 3
5
2
⋅ ⋅
m g + Fd
2
Fm
2 –3
5
2
⋅ ⋅
m g = Fd2
Fd = F m gm
22
3
5− ⋅ ⋅
FO.09 1. c A escala Kelvin só admite valores positivos. Na escala Celsius,
este valor é inferior ao zero absoluto (–273 °C).
2. a
120 °Y
–20 °Y
36 °Y
100 °C
0 °C
TC
36 20
120 20
0
100 0
56
140 100
– (– )
– (– )
–
–= = =
T TTC C
Cs s 440 °C
3. c Considerando a relação entre a variação das temperaturas, temos:
D5
D DD
T T TTC F F
F= = =9
15
5 927s s °F
Rep
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Física
4. c
T
T T TT
C
C F FF
=
= = =
90
5
32
9
90
5
32
9194
°C
°F– –
s s
5. c
T T TTC F F
F5
32
9
20
5
32
968= = =
– –s s °F
6. b
7. e
T T TTC F C
C5
32
9 5
96 8 32
936= = =
– , –s s °C
8. d Não existe temperatura medida menor que o zero absoluto,
uma vez que este apresenta ausência de agitação (movimento) das moléculas.
9. a De acordo com a inclinação da reta: tg 45° = 1 ∴ T
X = T
C + 80
10. b
D
5D
9D
5D
T T TTC F C
C= = = =s5 4
93
,°C
11. b
T TC F
5
32
9=
–
Para 65 °F, temos: 18,3 °C Para 68 °F, temos: 20 °C Para 70 °F, temos: 21,1 °C Para 72 °F, temos: 22,2 °C Para 75 °F, temos: 23,9 °C
12. c
97 °C
19 °C
100 °C
°C
TC
°C
–1 °C0 °C
19 1
97 1 10020 4
− −( )− −( ) = =
TTC
Cs , °C
13. c
T T TT XX C X
X
–
–
–
–
––
0
100 0
30
50 30 100
30
20150= = =s s °
TTT XX
X100
100 30
20350= =–
s °
14. c
D D D
DT T T
TK F FF5 9
300
5 9540= = =s s °F
15. e
T T T
Tc F cc5
32
9 5
5 32
915=
−= − = −s s °C
16. a) TC = T
K – 273 s T
C = 78 – 273 s T
C = –195 °C
b) T T T
TC F FF5
32
9
195
5
32
9319= = =
– – ––s s °F
17. e
T T
T TT T T
F C
C CC C C
=
= = =
5
5
5 32
99 25 160 10
––s s °C
18. a Como Dq
C = Dq
K, a variação na escala Kelvin será a mes-
ma na escala Celsius. Portanto: Dq
K = 27 – 15 = 12 K
19. d Para a escala Kelvin, a menor temperatura é 0 K. Para a escala Celsius s T
C = T
K – 273 s T
C = – 273 °C (menor)
20. c
0 °X
76 °X
T X
152 °F
0 °F
T F
T T T TT
TX XX
–
–
–
–
–
––
76
0 76
0
152 0
76
76 15276= = =F F Fs s
22
7632
260Fusão do gelo °
Ebulição
s s– T T XX X= =
dda água °s s76212
230– –T T XX X= =
21. b
200 °X
0
T X
373 K
273 K
T K
T TT T T
T
XX200 100
KK K
K
= = =
=
–– – –
2732 546 392 2 546
7
s s
77 K
Atividades extras 22. a
10
TX
TC
0
40
37
°X °C
T T T T
T T
X C X C
X CPara , temo10
37
40 37 10
37
3= =
=
–
–
–s
ss:
10 3°X ou °CX X
X
T TT=
−= , ,
3752 9 52 9s
23. a
100 °C
0 °C
T C
28 cm
8 cm
H
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Física
T HT H TC
C C100
8
205 40 60
60
= = =––s para °C
Temos: == =5 40 20H H– s cm
24. c
y T y T
T y–
–
–
–
– –15
75 15
40
100 40
15
60
40
6025= = = +s s
FO.10 1. c Q = m · c · Dq s Q = 200 · 1 · (36,5 – 20) s Q = 3.300 cal
2. c Em 20 s, temos: Q = 20 · 60 = 1.200 cal Q = C · DT s 1.200 = C · (60 – 20) s C = 30 cal/°C
3. c
E m g h E Q
m g h m c T Tg h
c
pot. pot.= =
= = = ⋅
· ·
· · · ·
s
D D
Como podemos observar, a variação de temperatura não de-pende da massa nestas condições e, portanto, para um corpo de massa 2m, teremos a mesma variação.
4. a ∑Q = 0 s C
A · DT
A + C
B · DT
B = 0
em que: e
Pelo gráfico:
CQ
TC
Q
T
C
AA
AB
B
B
A
= =D D
== =
=
6 000
20300
160
.cal/°C
E =8.000
50cal/°CB CC
Assim: 300(T – 80) + 160(T – 34) = 0 300T – 24.000 + 160T – 5.440 = 0 460T = 29.440 s T = 64 °C
5. d ∑Q = 0 s Q
A + Q
B = 0 s m
A · c
A · DT
A + m
B · c
B · DT
B = 0
m · 3cB · (T – 50) + m · c
B · (T – 10) = 0
3T – 150 + T – 10 = 0 s 4T = 160 s T = 40 °C
6. ∑Q = 0 s m
c · c
c · DT
c + m
A · c
A · DT
A = 0
50 · 1 · (T – 70) + 5 · 2 · (T –28) = 0 50T – 3.500 + 10T – 280 = 0 60T – 3.780 = 0 s T = 63 °C
7. a) CQ
TC
CQ
TC
AA
AA
BB
BB
= = =
= =
D
D
s
s
150
503
400
50
cal/ °C
==
== = =
8
3
1000 03
cal/ °C
Como
c
C m c
cC
mcA
A
AA
·
,
s
s aal/g °C
cal/g °C
·
, ·cC
mcB
B
BB= = =
s
8
1600 05
b) QA = C
A · (T – 0) (I)
QB = C
B · (T – 0) (II)
Como a 0 °C a substância A já recebeu 150 cal, temos em T: Q
A + 150 = Q
B s 3T + 150 = 8T s 5T = 150
T = 30 °C Substituindo em (I): Q
A = 3 · 30 = 90 cal
Substituindo em (II): QB = 8 · 30 = 240 cal
8. e P = 200 W s Q = P · Dt s Q = 200 · 60 = 12.000 J Como 1 cal = 4 J s Q = 3.000 cal Q = m · c · DT s 3.000 = 100 · 1 · DT s DT = 30 °C
9. c Q = m · c · DT s Q = 200 · 1 · (36 – 10) = 5.200 cal ou
5,2 · 103 cal Levando-se em conta um copo de 200 mL e que a temperatura
do corpo humano seja 36 °C.
10. a) 90 cal 1 min x 5 min s x = 450 cal Q = m · c · DT s 450 = 100 · c · (60 – 15) s c = 0,1 cal/g · °C b) C = m · c s C = 100 · 0,1 = 10 cal/°C
11. a) Q = m · c · DT s Q = 36 · 103 · (70 – 30) s Q = 1,44 · 106 cal b) 60 cal 1 cm2
x 5 · 104 cm2 s x = 3 · 106 cal
Rendimento =1,44
ou 48%·
·,
10
3 100 48
6
6=
12. c Q
A + Q
B = 0
100 · 1 · (20 – 15) + 200 · cB
· (20 – 95) = 0
500 – 15.000 · cB = 0
cB = 0,03 cal/g · °C
13. a Seja C = m · c Como a água apresenta maior calor específico, é necessário
maior quantidade de água para que se tenha Cágua
= Cóleo
.
14. c Observação do gráfico:
fogão a lenha: 25%
fogão a gás: 55%
n Hn H
15. Q
A + Q
B = 0 s 1 · 1 · (60 – 0) + V · 1 · (60 – 80) = 0
60 – 20V = 0 s V = 3 L
16. F – V – V – F – F I. (F) Pode ser medido em outras unidades: joule por exemplo. II. (V) O trabalho é energia e pode ser medido em joules. III. (V) Podem ocorrer as transformações nos dois sentidos.
IV. (F) Temperatura é o grau de agitação do sistema, e calor é a energia transferida.
V. (F) Veja item anterior.
17. A = 8 m2
V = 1 m3
I = 700 W/m2
c = 4.200 J/kg · °C d = 1 · 103 kg/m3
a) 700 W 1 m2
x 8 m2
x = 5.600 W 60% s 3.360 W
P P
P
= =
= ⋅ ⋅ =
Q
t
m c
t
tm cD
DqD
D Dq
s· ·
. · . · ( )1 000 4 200 10
33 360.
Dt = 12.500 s s Dt = 3,5 h
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Física
b) E = P · Dt s E = 3.360 · 3,5 E = 11.760 Wh ou E = 11,76 kWh 1 kWh 0,27 11,76 kWh y s y H 3,15 s R = R$ 3,15 18. a V
A = 2 L s m
A = 2.000 g
VB = 1 L s m
B = 1.000 g
No aquecimento A, temos:
P = P =
P = P =
Q
t
m c
tA A A
DDq
Ds
s s
· ·
. · · ( – )2 000 1 60 20
801..000 cal/s
Como o sistema é termicamente isolado: QA + Q
B = 0
mA · c
A · Dq
A + m
B · c
B · Dq
B = 0
1.000 · 1 · (T – 60) + 1.000 · 1 · (T – 20) = 0 T = 40 °C Para conseguirmos atingir esta temperatura de 40 °C, partindo
de 2 L de água, temos:
P = = =Q
t tt
D DDs s1 000
2 000 1 40 2040.
. · · ( – )s
19. a Q Q m c T m c TA C A A c C= =s · · · ·D D Como: DT
C > DT
A s c
A > c
c
20. c
21. d Encontrando a quantidade de calor perdida pela água nos 30
minutos, temos: Q = m ⋅ c ⋅ Dq s Q = 1.000 ⋅ 1 (50 – 80) Q = 1.000 ⋅ (– 30) = – 30.000 cal Então, a perda de energia por unidade de tempo é:
φ = Q
tD s φ =
30 000
30
. s φ = 1.000 cal/min
22. a Q = m · c · DT s Q = 2,6 · 720 · (37 – 2,4) s Q = 64,77 · 103 J 120 J 1 s 6,5 · 104 J x s x = 540 s
Atividades extras 23. a) Q = m ⋅ c ⋅ Dq s Q = 7.000 ⋅ 1 ⋅ 60 = 420.000 cal b) Para o aquecedor utilizado, temos:
P = U
R
2
s P = ( )140
30
2
s P = 653,33 W
Então: 1 cal 4,2 J 420.000 cal x s x = 1,8 ⋅ 106 J Assim:
P = Q
tD s 653,33 =
1 8 106, ⋅Dt
Dt = 2.700 s ou Dt H 45 minutos
24. Primeiramente, vamos encontrar o consumo mensal desta família.
V = 4 ⋅ 30 ⋅ 30 = 3.600 litros (mês) Agora, a perda de energia no mês: 1 L 0,30 kWh 200 L E
d s E
d = 60 kWh (mês)
Então: Q = m ⋅ c ⋅ Dq s Q = 3.600 ⋅ 4,19 ⋅ 103 ⋅ 30 Q = 4,5 · 108 J (mês)
Como 1 kWh 3,6 ⋅ 106 J x 4,5 · 108 J x = 125 kWh (mês) A água pode fornecer: E
ag. = Q + E
d
Eag.
= 125 + 60 E
ag. = 185 kWh (mês)
Finalmente, avaliando a capacidade das placas do coletor solar, temos
1 m2 60 kWh Z 185 kWh Z H 3,1 m2
FO.11 1. F – V – F – V – F P = 450 cal/min (F) A temperatura correta é 50 °C.
(V) Q = m · c · DT s cQ
m Tc= = =
·
·
·, ·
Ds
450 4
100 300 6 cal/g °C
(F) C = m · c s C = 100 · 0,6 = 60 cal/°C
(V) Q = m · L s LQ
mL= = =s
450 4
100
·18 cal/g
(F) Q = 450 · 10 = 4.500 cal
2. b ∑Q = 0 s m
A · c
A · DT
A + m
g · c
g · DT
g + m
g · L
T = 0
200 · 1 · (0 – 17) + mg · 0,5 · (0 + 10) + m
g · 80 = 0
–3.400 + 5mg + 80m
g = 0
mg = 40 g
3. b O alumínio tem maior calor específico que o cobre e sua
densidade é menor que a do cobre.
4. c T = 27 °C s T
K = 300 K
A variação foi de 27 °C, que corresponde a uma variação de 27 K.
Pela equação geral dos gases, temos:
p V
T
p V
T
p pp p p1 1
1
2 2
2
1 22 1 2300 327
327
300
· ··= = =s s s == 1 09 1, p
Aumento de 9%.
5. c Como o êmbolo é livre para se mover, a pressão é constante.
Assim, a razão V
T = constante.
6. b ∑Q = 0 s m
g · L
f + m
a · c
a · Dq
a + m
g · c
a · Dq
g = 0
mg · 80 + 200 · 1 · (20 – 30) + m
g · 1 · (20 – 0) = 0
80mg – 2.000 + 20m
g = 0
100mg = 2.000
mg = 20 g
7. ∑Q = 0 s m
A · c
A · Dq
A + m
g · L
f = 0
m · 1 · (0 – 19,8) + m
4· L
f = 0
–19,8m + L mf ⋅
=4
0
Lf ·
m
4= 19,8m s
Lf = 79,2 cal/g
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Física
8. Soma = 58 (02 + 08 + 16 + 32) (01) Falsa. A pressão diminui. (02) Verdadeira. Após o fechamento, a pressão irá alterar
a temperatura. No instante exato do fechamento, no entanto, ela é idêntica à pressão atmosférica.
(04) Falsa. Com a queda da temperatura, a energia interna diminuirá.
(08) Verdadeira. A pressão é diretamente proporcional à temperatura.
(16) Verdadeira. Veja item 08. (32) Verdadeira.
p V
T
p V
T
p pp p
p
o oo
· ··1
1
2 2
2
22
2
300 255
255
300= = =
=
s s
00 85, po
(64) Falsa. Ocorreram trocas de calor.
9. c Durante a mudança de estado, a temperatura da substância
não varia.
10. c Pela equação de Clapeyron, temos:
p V
p V
n T
n T
p V
p V
T
T
VA A
B B
A
B
o A
o B
o
o
·
·
·
·=
⋅ ⋅⋅ ⋅
=R
Rs s
2 2BB
AV= 1
11. b À esquerda: p
1 · V
1 = n · R · T
1
p
1 · V
1 = R · T
1
À direita: p
2 · V
2 = n · R · T
2
p2 · V
2 = 3R · T
2
Temos uma proporção de 1 para 3, ou seja: x + 3x = L 4x = 20 s x = 5 cm
12. b I. Errada. Ao isolar o gelo do ambiente, ele demorará mais
para derreter. II. Correta. A louça dificulta a passagem do calor e conserva
o chope gelado. III. Correta. Para que o ar frio (mais denso) ocupe todo o
ambiente.
13. b
p V
T
p V
T
p
T
p
T
T
T1 1
1
2 2
2
0
0
0
2
2
0
1 21 2
· · ,,= = =s s
14. c
p V
T
p V
T
p pp p
p
1 1
1
2 2
2
1 22 1
2
300 254
254
300
· ··= = =
=
s s
00 85, atm
15. e A temperatura final é 0 °C, pois temos água + gelo.
Q = m · L s Q = 100 · 80 = 8.000 cal ou Q = 8 kcal
16.
Sólido s Qs = m · c · DT s 104 = 0,5 · c · 60 s c
s =
10
30
4
Líquido s Q, = m · c · DT s 104 = 0,5 · c · 20 s c
, =
10
10
4
c
c,
s
= =
10
1010
30
3
4
4
17. Q
1 + Q
2 = Q
T s Q
T = m
v · L
c + m
a · c
a · Dq
QT = –10 · (540) + 10 · 1 · (10 – 100)
QT = –5.400 – 900 s Q
T = 6.300 ou Q
T = 6,3 · 103 cal
18. b Aumentando a temperatura ambiente, a pressão do gás au-
menta e também seu volume. Portanto, a coluna terá sua altura diminuída.
19. a Podemos encontrar o número de mols do oxigênio, através
da equação de Clapeyron. p ⋅ V = n · R · T s 9 ⋅ 32,8 = n ⋅ 0,082 ⋅ 300 295,2 = n ⋅ 24,6 s n = 12 mol Como: 1 mol 32 g 12 mol x s x = 384 g ou ainda x = 3,84 ⋅ 102 g
20. c Como a transformação é isobárica s p
0 = p
Da equação geral, temos:
p V
T1 1
1
·=
p V
T2 2
2
· s
p V
T0 0
0
· =
p V
T0 ·
s V
V0 =
320
400
V
V0 = 0,8 s V =
V0
0 8, V = 1,25V
0
Portanto, houve um aumento de 25% no volume do gás.
Atividades extras
21. a) d = m
V s 1,3 =
m
5 10 3. − s m = 6,5 ⋅ 10–3 kg ou m = 6,5 g
b) Situação 1: V = 5 L s p
1 ⋅ V
1 = n
1 · R · T s n
1 = 5 ⋅
p
R T⋅
Situação 2: V = 2,5 L s p
2 ⋅ V
2 = n
2 ⋅ R · T s
sn2 = 2,5
p
TR ⋅ Assim, a proporção é dada por:
n
n1
2
= 5p
TR ⋅ ⋅ 1
2 5
R ⋅ T
p,
n
n1
2
= 2
22. b ∑Q = 0 com a temperatura do equilíbrio térmico q
2 = 0, pois
temos gelo + água. Q
ág. + Q
sol. + Q
gelo = 0
m ⋅ c ⋅ Dq + m’ ⋅ L + mg ⋅ c
g ⋅ Dq = 0
2.500 ⋅ 1 ⋅ (0 – 5) + 64 ⋅ (0 – 80) + 725 ⋅ 0,5 · (0 – T) = 0
12.500 + (– 512) + (–362,5)T = 0
–12.500 – 5120 – 362,5T = 0 – 362,5T = 17620 s T = – 48,6 °C
23. a) p V
T
p V
Tp p1 1
1
2 2
12 26 8 20 24 6 2
· ·· , · ,= = = =s atm
b) p1 · V
1 = n · R · T
1 s 6 · 8,2 = 2 · 0,082 · T
1 s T
1 = 300 K
ou T = 27 °C
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Física
24. b ∑Q = 0 s Q
gelo + Q
anel = 0
mg · L
f + m
a ⋅ c
a ⋅ Dq
a = 0
Da equação de densidade, temos que:
d = m
V s m = d ⋅ V
Então: dg ⋅ 80 ⋅ L
f + m
a ⋅ ca ⋅ Dqa = 0
0,92 ⋅ 30 ⋅ 80 + 150 ⋅ ca · (0 – 160) = 0
2.208 – 24.000ca s c
a = 0,092 cal/°C
FO.12 1. c Como isolante, a lã não permite que o calor de fora chegue
ao corpo das pessoas e o branco reflete a luz evitando o aquecimento provocado pelos raios solares.
2. e I. Errada. A irradiação é o único processo que ocorre no
vácuo. II. Correta. Trocar de posição de massas de ar, líquido e
fluidos. III. Correta. Na mesma temperatura, obtém-se o equilíbrio
térmico e portanto não haveria troca de calor.
3. c O alumínio da embalagem serve como elemento refletor.
4. e
Af = A
i · (1 + 2α·Dq) s
A
Af
i
= 1 + 2α·Dq s 1,001 = 1 + 2α · 10
0,001 = 2α · 10 s α = 0 0001
2
10 10
2
5, · –
= s α = 5 · 10–5 °C–1
5. d O calor do sol chega até nós por irradiação.
6. b Construindo um gráfico através dos registros de temperatura
e as respectivas distâncias, temos:
θ (°C)
x (cm)0
80
x
8050
200
a
De acordo com a inclinação da reta, podemos obter:
tg =α 200 80
801 5
–, ;=
para a distância de 50 cm, temos:
tg
°C
α = =
=
200
501 5 50 200
125
–, · –
xx
x
s
7. a Baixo calor específico para produzir variação de temperatura
mais rápida e alta condutividade térmica para permitir a rápida transferência de energia.
8. e Primeiramente para a direita por causa do aquecimento e o
fato de que α αL L1 2> e, em seguida para a esquerda, quando
ocorrer resfriamento.
9. b O contato com a pele deve ser um pouco prolongado para que
se possa efetivar a transferência de energia.
10. a
11. d Como o resistor está numa região de vácuo, o primeiro pro-
cesso deve ser irradiação; em seguida, condução. 12. a A água é exceção à regra: ela tem seu menor volume em 4 ºC.
13. F – V – F – F – F (01) Falsa. (02) Verdadeira. O vidro da tampa é fundamental para a
eficiência desse dispositivo. (03) Falsa. A tubulação deve ter um maior comprimento
para abranger uma boa área e melhorar a eficiência do dispositivo.
(04) Falsa. Q = m · c · Dq s sQ = 10 · 4,2 · 103 · (48 – 24) s sQ H 1.008 kJ (05) Falsa. Na primeira hora ocorre uma variacão de 24 °C,
que representa uma taxa de aproximadamente 0,5 °C por minuto.
14. b DV = γ · V
0 · Dq
DV = 1 · 10–3 · 4.000 · (15 – 35)
DV = – 80 L
15. b O cobertor pode ser analisado como um elemento isolante.
16. a O coeficiente de dilatação volumétrica é positivo.
17. a Com o aquecimento, o ar sobre a água sobe, proporcionando
uma região de baixa pressão onde estava, deslocando o ar do continente para o mar.
18. e I. Correta. Como o metal é bom condutor de calor, ele se
aquecerá mais rapidamente. II. Correta. Esses agasalhos funcionam como isolantes tér-
micos, não permitindo a saída do ar. III. Errada. Metal (bom condutor de calor), madeira (péssimo
condutor de calor).
19. c ,
0 = 4 m e , = 4,01 m s D, = 0,01 m
D, = ,0 · α · Dq
0,01 = 4 · α · Dq
∴ α = 0 0025,
Dq Como A = A
0 · (1 + β · Dq) e β = 2α, temos:
A A A A= ⋅ + ⋅
= +0 01 20 0025
1 0 005,
· · ( , )Dq
Dq s
Portanto:
A = 16 · (1,005) = 16,08 cm2
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Física
20. d 1. Correta. 2. Incorreta: Na convecção ocorrem trocas de posição entre
massas do material. 3. Correta.
21. c
Atividades extras 22. Soma = 10 (02 + 08) (01) Errada. O raio aumenta. (02) Correta. O balão sofre a dilatação de acordo com as
características do material de que é feito. (04) Errada. γ
ap = γ
r – γ
rec
(08) Correta. DV = DV
rec + DV
A s DV
rec = DV – V
A s
sDVrec
= γ · V0 · Dq – V
A
23. e Encontrando a variação de temperatura na escala Celsius,
temos:
Dqc
5 =
DqF
9 s
Dqc
5 =
55
9 s Dq
c =
5 55
9
⋅
Então: DS = S
o · 2x ⋅ Dq
Como DS
S0
= 1,65 ⋅ 10– 3, temos:
α = 1 65 10 9
2 5 55
3, ⋅ ⋅⋅ ⋅
−
s α = 27 · 10–6 ºC
Portanto, temos a lâmina de chumbo.
24. a Sendo: DV
Hg = DV
ap + DV
vidro
V0 ⋅ γ
Hg ⋅ Dq = DV
ap + V
0 ⋅ γ
vidro ⋅ Dq
1.000 ⋅ 1,8 ⋅ 10–4 ⋅ 100 = 3 + 1.000 ⋅ γvidro
⋅ 100
γvidro
= 15 ⋅ 10–5 °C–1
Como γ = 3α s αvidro
= 15 10
3
5· −
= 5 · 10–5 °C–1
FE.09 1. V – F – V – V (V) Isto ocorrerá quando o capacitor estiver carregado. (F) A ddp da bateria está distribuída nos elementos do cir-
cuito. (V) Toda energia dissipada em resistores é por efeito Joule. (V) O capacitor armazena carga elétrica e consequentemente
energia.
2. b ∑U = 0 s –10 + R’ · i + R · i = 0
–10 + R’ · 1 · 10–6 + 8 · 106 · 1 · 10–6 = 0 R’ · 1 · 10–6 = 2 s R’ = 2 · 106 Ω
3. c
P = U
R
2
Na associação, temos:
R
R R
R R
R
Req =+
=· 2
2
2
3
2
RR
UR
U
R
R
eq
Em , a ten
=
= = =
2
3
2
3
3
2
3
2
2 2
1
P P P P’ ’ ’s s
ssão éU
2.
Assim:
P P P P” ” ”=
= =
U
R
U
R
2
4 4
2
2
s s
4. c Menor corrente porque a resistência do circuito aumentou
com a série.
5. c I. Errado. Deve-se colocar um voltímetro em paralelo. II. Errado. Deve-se colocar um amperímetro em série. III. Correta. Veja item II.
6. d U = 1,5 V
i = 0,05 A
Pela primeira lei de Ohm
U = R · i s R = U
iR= =1 5
0 0530
,
,s Ω
7. c Com todos os aparelhos funcionando, temos uma potência
total de: P = 220 + 3 · 110 + 55 + 550 + 700 = 1.855 W Como P = U · i s 1.855 = 110 · i s i = 16,9 A O fusível deve ser de, no mínimo, de A.
8. a Amperímetro em série com L
1.
Voltímetro em paralelo com L1.
9. Como o capacitor se carrega muito rápido, não passa corrente
pelo ramo onde se encontra. Assim:
R
U R
eq
eq
= + ++ + +
=
=
( ) · ( )
( ) ( )
10 20 15 5
10 20 15 1512 Ω
∴ ·· i is = =12
121 A
10. d A maior ddp está aplicada ao resistor que é percorrido pela
maior corrente. Portanto, R4 tem a maior corrente e, conse-
quentemente, a maior ddp.
11. a P
1 = U
1 · i
P2 = U
2 · i
80
60
80
60
6
8
3
41
2
1
2
2
1
= = = =U i
U i
U
U
U
U
·
·s s
12. a (Observação: Professor, experimente fazer esse teste prático
com seus alunos.) Amperímetro em série no circuito e voltí-metro em paralelo.
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Física
13. c R
eq. = 10 + 20 s R
eq = 30 Ω
Se i = 0,6 A s ε = R · i = 30 · 0,6 s ε = 18 V
14.
No circuito Ai
r Ri i=
+=
+=ε
s s12
1 52
a) C aberta
s i = 0 A e U = ε = 12 V b) C
fechada s i = 2 A e U = ε – r · i s U = 12 – 1 · 2 = 10 V
15. No resistor de 40 Ω, temos: U = R · i s U = 40 · 6 = 240 V No resistor de 60 Ω, a tensão é a mesma que no de 40 Ω. Assim: U = R · i s 240 = 60 · i s i = 4 A
16. a
No momento inicial: iR
= ε
Após um tempo prolongado, o capacitor já se carregou e, portanto, a corrente é nula.
17. d Lei dos nós.
18. Soma = 22 (02 + 04 + 16)
(01) Falsa. R1 e R
3 s R
eq =
100 10
100 10
·
+= 9,1 Ω s U = R
eq. · i
i = 12
9 11 32
,,= A
(02) Verdadeira. R1 apenas s U = R · i s i =
12
101 2= , A
(04) Verdadeira. R1, R
2 e R
3
1 1 1 1 10 5 1
1001 2 3R R R Req.
= + + = + +s R
eq = 6,25 Ω
Assim: i = =12
6 251 92
,, A
(08) Falsa. Veja item 4. (16) Verdadeira. R
1 e R
2
Req.
= 20 10
20 10
200
306 67
12
6 671 8
·,
,,
+= = = = AΩ s i
19. a Quanto maior o número de resistências em paralelo s menor R
eq.
e maior a corrente.
20. a • Sériede4Ω com 6 Ω s R
eq. = 4 + 6 = 10 Ω
• Paralelode R ReqI
eq.II. com 10 Ω Ωs = =10
25
• Sériede R Req.II
eq.IIcom 15 Ω Ωs = + =5 15 20
• Paralelode R Req.III
eq.IVcom 20 Ω Ωs = =20
210
• Sériede R Req.IV
eq.Vcom 2 Ω Ωs = + =10 2 12
• Paralelode R Req.V
eq.IVcom 12 Ω Ωs = 6
• Sériede R Req.IV
eq.com 4 Ω Ωs = 10
total de curcuito
Como UAB
= 100 V s U = Req.
· i s i = =100
1010 A
No resistor de 4 Ω passa a corrente total do circuito e, portanto, U
4 = 4 · 10 = 40 V (leitura de voltímetro).
A indicação do amperímetro é dada após três divisões em partes iguais da corrente:
10 A
5 A
5 A
2,5 A
2,5 A
1,25 A
1,25 A
Atividades extras 21. b Redesenhando o circuito, temos:
48 V8 V
6 V
A A A
R2
R4
R1
R3
B B B
i
i1 i – i1
Utilizando-se da equação do gerador, temos: U = ε – R
4 ⋅ i s 24 = 48 – R
4 ⋅ i
R4 ⋅ i = 24 e também que:
6i1 = 24 s i
1 = 4 A
Da primeira lei de Ohm, temos: 24 = 8(i – 4) + R
1 · (i – 4)
24 = 8i – 32 + R1
· i – 4 R1
24= 8i – 32 + 24 – 4R Sendo R
1 = R
4 = R:
0 = 8 ⋅ 24
R – 32 – 4R
4R2 + 32R – 192 = 0 R2 + 8R – 48 = 0 R' = 4 Ω R'' = –12 Ω(Não convém.)
22. d Com a chave ligada na posição 1, temos:
ii
i
L1 (2,0 V)
r1 (0,5 V) ε = 10 V
Pela lei de Ponillet:
I = ε
r R+ s i =
10
0 5 2, + s i = 4 A
Com a chave ligada na posição 2, temos:
i’
i’
i’
L2 (2,0 V)
r1 (0,5 V)
r2 (7,5 V)
ε = 10 V
ε’ = 8,0 V
∑U = 0 –10 + 0,5 ⋅ i’ + 2 ⋅ i’ + 7,5 ⋅ i’ + 8 = 0 10i’ – 2 = 0
i’ = 2
10 = 0,2 A
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24
Física
23. a Utilizando a chave na posição A, temos:
A
+ –
A C
500 mA
e11 V 1V
ε = (11 + 1) · 0,5 s ε= 6 V
Utilizando a chave na posição B, temos:
+ –
11 V 6 V V 1
Q Q Q
5 pF 5 pF 5 pF
i = 0
B
Quando os capacitores estiverem carregados, não tere-mos corrente elétrica (i = 0) e, portanto, a ddp em cada capacitor será:
U = 6
3 = 2 V
Como Q = C ⋅ U s Q = 5 ⋅ 10–12 ⋅ 2 s Q = 10 ⋅ 10–12 ou Q = 10 pC
24. c Em (2), temos o voltímetro medindo a tensão no resistor R e
o amperímetro medindo a corrente total do circuito. Então: i
r + i
v = i
t s U
r = R
2 ⋅ (i
r + i
v)
R2 =
U
i ir
r v( )+ No resistor R, temos: U
r = i
r ⋅ R
R2 =
U
ir
r
e ∴ R2 < R
Em (3), o voltímetro mede a tensão do resistor R juntamente com o amperímetro, e este, mede a corrente elétrica no resistor R
3.
Então: R3
= U U
ir a
r
+
Comparando, temos: R3 > R
Então: R2 < R < R
3
FE.10 1. c "Saem" do norte magnético e "vão" para o sul magnético.
2. c
O campo na espira depende do raio: Bi
R= µ ·
2
3. d I. Correta. De acordo com o sentido determinado pela regra
da mão direita. II. Errada. Ambos serão atraídos. III. Errada. O campo depende da intensidade da corrente.
4. e Após magnetizada, a peça terá x como polo sul e y como
polo norte. Assim, a repulsão ocorrerá nos casos I e III.
5. F – F – F – F – V – F (F) Somente uma pancada violenta sobre a agulha poderia
desmagnetizá-la. (F) Interação muito fraca. (F) Somente se o aquecimento fosse na própria bússola. (F) (V) As descargas elétricas violentas através do campo
magnético produzido poderiam danificar a bússola. (F)
6. a No ponto P
1, a concentração de linhas de campo é me-
nor e, portanto, teremos menor intensidade no campo magnético.
7. e A bússola não consegue se alinhar por completo como no
campo representado por sofrer a influência do campo terrestre, perpendicular ao representado.
8. e A
1 e B
1 w atração
A1 e C
2 w repulsão
A1 e B
2 w atração
A1 e C
1 w atração
A repulsão indica a presença de ímãs. A e C são ímãs.
9. b Ao aumentar a resistência, a corrente que circula na bobina
diminui, enfraquecendo a força exercida sobre o ímã.
10. e O ímã sofre uma deflexão na tentativa de se alinhar ao campo
gerado.
11. e Pela regra da mão direita, ambas têm o mesmo sentido, porém
a espira I, por ter maior diâmetro apresenta maior variação do fluxo magnético, ou seja, tem maior intensidade de corrente induzida.
12. a De acordo com a fígura I, A é sul, e T é norte. Experiência I – repulsão Experiência II – atração Experiência III – repulsão Experiência IV – atração
13. e A presença de metais no núcleo da Terra pode ser a causa das
correntes elétricas em seu interior.
14. c Dado que v
0 = 0 m/s e F = q · v · B · sen q, temos F
mag. = 0;
portanto, o elétron permanece em repouso.
15. a x e y têm polos iguais. Na atração, apenas um pode estar magnetizado, já na re-
pulsão ambos devem estar magnetizados e, x e y são ímãs permanentes.
16. a De acordo com a lei da ação-e-reação: F
1 = F
2 ≠ 0
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Física
17. d A figura I indica atração e a figura II indica repulsão.
18. e Em P, o vetor indução magnética resultante é nulo.
19. c Pela regra da mão direita, temos: Na região A, o campo está entrando no plano do papel e, na
região B, entre as espiras, o campo está saindo do plano do papel.
20. a O norte da bússola se "voltará'' para o sul do ímã que está di-
recionado para o norte do outro ímã no mesmo alinhamento.
21. e 1. Errada: as cargas devem estar em movimento. 2. Correta. 3. Correta. 4. Correta.
22. d De acordo com a regra da mão direita, alternativa d.
Atividades extras 23. a)
P
i1
i2
1
1
2
2
Q
(1)
(2)
Pela regra da mão direita em P, temos: B(P
1) saindo do plano do papel e B(P
2) entrando no plano
do papel. Como B(P
1) = B(P
2) s B(P) = 0
b) B(Q) está entrando no plano do papel e B(Q2) está entrando
no plano do papel Assim: B(Q) = 1 · 10–4 + 3 · 10–4 = 4 · 10–4 T
24. a) Observe o quadro preenchido:
Lagos próximos ao polo norte geográfico(polo sul magnético)
Lagos próximos ao polo sul geográfico(polo norte magnético)
Lagos próximos à linha do equador
Amostra: _________
Amostra: _________
Amostra: _________
B
A
C
b) Bactérias da amostra A são atraídas para o fundo dos lagos localizados próximos ao norte magnético. As bactérias da amostra B irão se orientar para o fundo dos lagos localiza-dos no sul magnético. Como no equador não há polaridade magnética, neste local estarão as bactérias da amostra C.
FE.11 1. d Pela regra da mão esquerda, temos:
x
B
F
v
+q
+qi
2. a Como foi um arco de circunferência, o módulo da velocidade
não foi alterado e, portanto, a energia cinética permaneceu constante.
3. d Campo magnético perpendicular à velocidade.
4. d II. Com um desvio mais suave por ser mais pesado; portanto,
é um próton III. Concordando com o desvio do próton (+), porém mais
acentuado, temos um pósitron. I. Com sentido oposto ao desvio do pósitron e também
acentuado, temos um elétron.
5. a)
––
Fe
Situação 1 Situação 2
Fe
FB
FB
b) Situação I F
cp = F
e + F
m
Dado Fe = n · F
m, temos:
mv
Rn Q v B Q v B
mv
Rn Q v B
vn Q
2
2
1
1
= + ⋅
= +
= +
· · · ·
( ) · · ·
( ) · ·· ·B R
m Situação II
F N Q v B Q v Bm v
Rn Q v B
vn
cp = =
=
· · · – · ··
( – ) · · ·
( – ) ·
s2
1
1 QQ B R
m
· ·
6. b A: F
cent. = F
mag. s m
A · w2 · R = q
A · w · R · B
w =
q B
mA
A
⋅
B: mB · w2 · R = q
B · R · B
w =
q B
mB
B
·
A condição para que as velocidades angulares sejam iguais é:
q B
m
q B
m
q
m
q
mA
A
B
B
A
A
B
B
· ·= =s
7.
a
a
x
2a
v O
Q
P
a) Pela regra da mão esquerda, a partícula percorrerá um arco de circunferência para o lado oposto do que veio, com o mesmo raio α. Veja o esquema.
∴ x = 2a e y = 0
b) F Fm v
Rq v B v
q a B
mcent. mag.= ⋅ = ⋅ ⋅ =s s2 · ·
Rep
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Física
8. a
Como o período é dado pela relação Tm
q B= ⋅
⋅2π
, ele não
depende da velocidade. Portanto, o período será igual.
9. a) Fmag.
= q · v · B s
Fmag.
= 1,6 · 10–19 · 4,4 · 106 · 1,0 · 10–3
Fmag.
= 7,04 · 10–16 N
b) Perpendicular à trajetória.
c) Movimento circular s F F Rm v
q Bcent. mag.= = ⋅⋅
s
10. a
Pela regra da mão esquerda.
11. e F
mag. = q · v · B
Fmag.
= 2 · 10–6 · 3 · 102 · 5,5 · 10–5 = 3,3 · 10–8 N
Esta força está direcionada de acordo com a regra da mão esquerda, de baixo para cima do avião.
12.
R
m v
q BR= = = =·
·
· ·
· ·,
–
–
20 10 5
400 10 10 25
6
6m ou 225 cm
13. c A partícula seria inicialmente atraída para cima devido à
oposição de sinais. Ao adquirir velocidade, passa a atuar a F
mag. que a levará para a esquerda (regra da mão esquerda).
14. b
I. Correta. F = q · v ⋅ B ⋅ sen q
II. Correta.
III. Incorreta. F = q · v ⋅ B ⋅ sen q ∴ não depende da massa.
15. c V – F – F O processo de eletrização por atrito não magnetiza um ele-
mento. Um ímã pode ser desmagnetizado com uma pancada ou queda
violenta, ou ainda por aquecimento.
16. Soma = 2 (02) (01) Incorreta: é sempre perpendicular à direção do campo
magnético. (02) Correta. (04) Incorreta: A força será atrativa. (08) Incorreta: Podem existir forças de outras naturezas,
como a gravitacional e a elétrica, por exemplo. (16) Incorreta.
17. a) 1 é o elétron s massa menor, realiza um movimento pra-ticamente circular.
2 é o nêutron s desprovido de carga, não sofre desvio na sua trajetória.
3 é o próton s com massa maior que a do elétron, realiza um movimento curvilíneo menos acentuado.
b) Para regra da mão esquerda, o campo está saindo do plano.
18. a De acordo com a regra da mão esquerda:
++ –
–
Bateria
– – – – – – –
E
O campo magnético deve estar perpendicular ao campo elé-trico e para cima.
19. Soma = 24 (08 + 16) (01) Incorreta: não será desviada. (02) Incorreta: nesta condição a partícula executará MCU. (04) Incorreta: como F
R ≠ 0 ela será acelerada.
(08) Correta. (16) Correta.
20. e
Como
B é paralelo a
v , o elétron se manterá com mesma velocidade em MRU.
21. d
Atividades extras 22. e
23. a) Na condição de MRU s Fr = 0
Então: F
el. = F
mag.
|q| ⋅ E = |q| ⋅ v ⋅ B ⋅ sen q E = 5 ⋅ 105 ⋅ 0,010 ⋅ 1 E = 5 ⋅ 103 N/C b) Nessa condição, o elétron deve realizar em MCU. com o
raio R, dada por:
R =m v
q B
⋅⋅ máx.
s 0,10 = 9 10 5 10
1 6 10
31 5
19
⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅
−
−, Bmáx.
Bmáx.
= 2,8 ⋅ 10–5 T
24. Como o sistema é conservativo, temos que: ( considere x w
plano de referência (Ep = 0))
EmB
= EmO
s m v⋅ 2
2 + m · g · (– L) = 0
v = 2g L⋅
Em B, temos que F2 = F
cp e F
cp = F
mag. – P
Fmag.
P
v
Assim: m v
r
· 2
= q ⋅ v ⋅ B – m · g
m g L
L
· ·2
2= q ⋅ 2g L· ⋅ B
0 – m · g
m g = q ⋅ 2g L· ⋅ B0 – m · g
(2m · g)2 = (q ⋅ 2g L· ⋅ B0)2 s 4m2 ⋅ g2 = q2 ⋅ 2 g · L ⋅ B
02
4m2 · g = q2 ⋅ 2 · L ⋅ B02 s L =
2 2
202
m g
q B
·
·
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Física
FE.12 1. e Somente será gerada corrente elétrica quando ocorrer variação
do campo magnético.
2. a) De acordo com o gráfico, temos: B = 1
10· t
Como φ= B · A · cos α s φ = 1
10· 8 · 10–4 · t
φ= 8 · 10–5 · t
b) ε = DDφ εt
s = 8 · 10–5 V
ε ε= = = =R i iR
··
·, , ·
–
––s
8 10
5 100 016 1 6 10
5
32ou A
3. e De acordo com a lei de Lenz. Neste caso, é necessário considerar que o afastamento se dá
para a esquerda, ou seja, afastamento do polo norte.
4. V – V – F – V – F (V) A corrente i acaba gerando um campo magnético ao redor
do fio. As linhas de indicação formam circunferências con-cêntricas perpendiculares ao eixo onde existe a corrente.
(V) De acordo com a regra da mão esquerda. (F) Existe fluxo devido à corrente elétrica i.
(V) Bi
R= µ ·
2π ·
(F) Não existe variação de fluxo na espira, pois a corrente i é constante.
5. Soma = 6 (02 + 04) (01) Falsa. Ela influencia, pois depende da tensão aplicada
e do número de espiras. (02) Verdadeira. Sim, pois dessa forma se obtém variação
do fluxo. (04) Verdadeira. Sim, pois esta variacão irá induzir corrente
no secundário. (08) Falsa. Depende do número de espiras s U
1 · N
2 = U
2 · N
1 (16) Falsa Depende do número de espiras. 6. b N = 10 A = 0,002 m2 s A = 2 · 10–3 m2
α = 0
ε Dϕ
Dε ε= = =
tN·
, · ·
··
–
–s s
0 1 2 10
2 1010 1
3
3V
7. a
8. a Carga elétrica, quando submetida à ação de um campo
magnético, pode sofrer a ação da força magnética.
9. b ϕ = B · A ϕ = B · (0,2 · 0,3) s ϕ = B · 6 · 10–2
ε Dϕ
Dε
D= =
t
B
ts
· · –6 10 2
I. εI =
6 6 10
3 10
2
1
· ·
·
–
–s ε
I = 1,2 V
II. εII = 0, pois B é constante.
III. εIII
= 6 6 10
0 6
2· ·
,
–
s εII = 0,6 V
iR
i
iR
i
i
II
I
IIII
II
I
A =2
5A= = =
= =
ε
ε
s
s
1 2
30 4
0
,,
IIIIII
III A =1
5A= = =
εR
is0 6
30 2
,,
10. d Quanto maior a velocidade de rotação, mais rapidamente
obtém-se a variação do fluxo magnético, consequentemente, maior a força eletromotriz.
11. e Para que se estabeleça o equilíbrio, a força magnética deve
ter direção de
P e sentido oposto a ela. Pela regra da mão esquerda, o campo deve ser o correspondente à letra e.
12. b
13. c Existe corrente apenas onde existe variação do campo e,
consequentemente, variação do fluxo.
14. a Ao entrar no campo, o fluxo magnético vai aumentando,
produzindo força eletromotriz induzida até um valor máximo, correspondente ao máximo da área da bobina no interior do campo. Em seguida, totalmente no campo, não existindo Dϕ, a força eletromotriz induzida é nula. Ao sair, ocorre exatamente o oposto ao movimento de entrada no campo. Corrente no sentido oposto e fem
i negativa, porém, diferente de zero. Ao
estar totalmente fora do campo, a femi é nula.
15. Soma = 88 (08 + 16 + 64) (01) Falsa. Depende da intensidade do campo magnético. (02) Falsa. Influencia, por causa das correntes elétricas indu-
zidas, provocando o surgimento da força magnética. (04) Falsa. Os sentidos das correntes são opostos em relação à
entrada e saída da região onde atua o campo magnético. (08) Verdadeira. Em função da força magnética. (16) Verdadeira. Veja afirmação 04. (32) Falsa. Isso produz uma alteração na área e, portanto, no
fluxo magnético. (64) Verdadeira. Energia que será dissipada com o freamento
da espira.
16. c Para que uma corrente elétrica induzida ocorra na espira, o
campo magnético deve variar e não pode estar paralelo, pois desta forma não haverá fluxo de campo magnético na espira.
17. a De acordo com a regra da mão direita, identificamos o campo na
região entrando no plano e perpendicular a ele. Se o fio AD se movimenta para a direita, o fluxo diminui, e a corrente induzida produz um campo no mesmo sentido do existente:
18. V – F – V – V
(V) BN= µ ·,
(F) A corrente surge no sentido anti-horário.
(V) ε DϕD
=t
(V) Bi
R= µ ·
2π ·
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Física
19. e Com o deslocamento de ambos (bobina e ímã) com velocidade
constante, não haverá variação do fluxo magnético na bobina e, portanto, não haverá corrente elétrica induzida.
20. b I. Verdadeira. Quanto maior for a velocidade de rotação,
teremos mais tempo com máximo de variação de fluxo e, portanto, maior fem. induzida.
II. Falsa. Continuará existindo variação de fluxo com o mo-vimento do arame.
III. Verdadeira. Diminuindo o módulo de
B, teremos diminuição de fluxo e, consequentemente, teremos menor valor para a diferença de potencial no arame.
21. a Com a variação do fluxo magnético produzido pelo ímã, que
atravessa a espira, tem-se a geração de uma corrente elétrica induzida se opondo a essa variação.
Atividades extras 22. c Com o giro do ímã, teremos variação de fluxo magnético em fun-
ção do tempo e, consequentemente, teremos energia elétrica. Portanto, energia mecânica é convertida em energia elétrica.
23. a) De acordo com as indicações do voltímetro e do amperí-metro, temos:
U = ε – r ⋅ i s 8 = ε – 5 ⋅ 0,2 s ε = 9 V
b) B = µ0 ⋅ N
L ⋅ i s B = 4π · 10–7 ·
200
0 2,⋅ 0,2 s B = 8π ⋅ 10–5 T
24. b Analisando as forças magnéticas que agem na espira, com a
regra da mão direita, temos:
F1
F2
F3
F4
0
Desta forma, podemos concluir que: F
1 = F
3 e F
2 = F
4 e, portanto, F
R = 0 e também o momento
em relação a 0, MR = 0.
