C3 RES TAR DE FIS 2016 Alelex · 2016-05-05 · t 6) Quantidade de movimento ou momento linear: Q...
Transcript of C3 RES TAR DE FIS 2016 Alelex · 2016-05-05 · t 6) Quantidade de movimento ou momento linear: Q...
– 1
FRENTE 1 – MECÂNICA
n Módulo 11 – Vetores
1) As principais grandezas vetoriais são
1) Deslocamento d→
2) Velocidade V→
3) Aceleração a→
4) Força F→
5) Impulso I→
= F→
�t
6) Quantidade de movimento ou momento linear: Q→
= m V→
7) Campo elétrico E→
8) Campo magnético B→
Resposta: B
2) Como os vetores a→
e b→
são iguais, o vetor a→
– b→
é o vetor nulo.
Portanto:
d→
= a→
– b→
+ c→
= c→
O vetor d→
tem direção “vertical”, sentido para baixo e
módulo 2u.
Resposta: B
3) a)
F2 = 100 + 100 + 2 . 100 .
F2 = 3 . 100 ⇒ F = 10����3 N
b)
F2 = 100 + 100 = 200
F = 10����2 N
c)
F2 =100+100+2 . 100 . � �F2 = 100
F = 10N
Respostas: a) 10 ���3 N
b) 10 ���2 N
c) 10N
4) F2 – F1 � R � F2 + F1
5,0N � R � 25,0N
Resposta: D
5) a) F2 – F1 � FR � F2 + F1
b) FR2 = F1
2 + F22
FR2 = (6,0)2 + (8,0)2
c) FR2 = F1
2 + F22 + 2 F1 F2 cos 60°
FR2 = 36,0 + 64,0 + 2 . 6,0 . 8,0 .
FR2 = 100 + 48
Respostas: a) 2,0N � FR � 14,0N
b) 10,0N
c) ����� 148 N
6) Na direção x, temos: Fx = 12N – 8N = 4N
Na direção y, temos: Fy = 6N – 3N = 3N
F2 = Fx2 + Fy
2
Resposta: A
7) A resultante entre P→
e Q→
pode ter módulo 7,0N e, portanto,
pode ser equilibrada pela força R→
de tal modo que a resul -
tante total seja nula.
Resposta: E
CADERNO 3 – CURSO D/E
F2 = F1
2 + F2
2 + 2 F1 F2 cos 60°
1—–2
F2 = F1
2 + F2
2
F2=F1
2+F2
2+2 F1F2 cos 120°
1– ––
2
2,0N � FR � 14,0N
FR = 10,0N
1––2
FR = ����� 148 N
F = 5N
FÍSICA
8) a) F1x = F1 cos 37° = 20,0 . 0,80 (N) = 16,0N
F1y = F1 cos 53° = 20,0 . 0,60 (N) = 12,0N
Rx = F1x – F2 = 16,0N – 8,0N = 8,0N
Ry = F1y – F3 = 12,0N – 6,0N = 6,0N
R2 = R2x + R2
y ⇒
b)
Respostas: a) 10,0N
b) vide gráfico
9)
��V→
�2 = � V→
1�2 + � V→
2�2 – 2� V→
1� � V→
2� cos 53°
��V→
�2 = 144 + 400 – 2 . 12,0 . 20,0 . 0,60
��V→
�2 = 544 – 288 = 256
Resposta: 16,0m/s
n Módulo 12 – Movimento
Circular Uniforme
1) a) � = = = = 0,050
� = 5,0 . 10–2
b) f = = rpm = 0,50rpm
c) V = = = (m/s) = 30,0m/s = 108km/h
d) a = = (m/s2) ⇒ a = 1,5m/s2
Respostas: a) 5,0 . 10–2rad/s b) 0,50rpm
c) 108km/h d) 1,5m/s2
2) 1) Cálculo da frequência:
V = = = C f
24 . 107 = 27 . 103f
2) Cálculo do número de voltas:
f =
n = f . �t = . 104 . 3600
n = 32 . 106
Resposta: 3,2 . 107
3) a) Para cada volta, o ciclista percorre o comprimento da
banda de roda gem.
�s = N . C
6,0 . 103 = N . 2,0
b)
= 2,0 . f ⇒
Respostas: a) 3,0 . 103
b) 2,5Hz
4) a) � = = (m/s2) = 5,0m/s2
b) 1) Tempo gasto para ir de 0 a 180km/h:
V = V0 + � t
50 = 0 + 5,0 t1 ⇒
2) � = =
Respostas: a) 5,0m/s2
b)
R = 10,0N
| �V→
| = 16,0m/s
��––––�t
2π––––
T
2 . 3–––––120
rad–––––
s
rad–––––
s
rad–––––
s
1–––T
1––––2,0
�s––––�t
2πR–––––
T
2 . 3 . 600––––––––––
120
V2
–––R
(30,0)2
–––––––600
�s–––�t
C–––T
24 8 f = –––– . 104 Hz = ––– . 104 Hz
27 9
n–––�t
8–––9
n = 3,2 . 107
N = 3,0 . 103
�s CV = –––– = ––– = C f
�t T
18,0––––3,6
f = 2,5Hz
�V–––�t
75–––15
t1 = 10s
��–––�t
π/2––––10
rad�––––�s
π rad� = ––– ––––
20 s
π––––20
rad––––
s
2 –
5) Sendo d a distância de um ponto X do cilindro até o eixo de
rotação, a aceleração centrípeta do ponto X é dada por:
De acordo com o gráfico dado,
vem:
d = 1,0m ⇔ a = 4,0m/s2
4,0 = �2 . 1,0
Resposta: C
6) a) Para que não haja escorregamento entre as polias, os pon -
tos de contato entre elas devem ter a mesma veloci -
dade→V.
b) VA = VB
2πfARA = 2πfBRB
=
= ⇒ fB = (Hz) ⇒
Respostas: a) anti-horário
b) 5Hz
7) a) Para um ponto da correia em contato com a polia (1), te mos:
V = = = 2π f1 R1
V = 2 . 3 . 4,0 . 6,0 (cm/s)
b) Os pontos das polias em contato com a correia têm a
mesma velo ci dade escalar linear:
V2 = V1
2π f2 R2 = 2π f1 R1
= ⇒ =
c) V3 = V1
= 2π f1 R1
= f1 R1
T3 = = (s)
Respostas: a) 1,44m/s
b) 3,0Hz
c) s
8) De acordo com a relação
V = 2π fpedal Rroda
Para fpedal e Rroda constantes, teremos
Vmáx quando combinamos a coroa de raio máximo (R3) com
a catraca de raio mínimo (R4).
Resposta: B
9) De acordo com a relação
V = 2π fpedal Rroda
Para fpedal e Rroda constantes, teremos
Vmín e força máxima quando combinamos a coroa de raio
mínimo (R1) com a catraca de raio máximo (R10).
Resposta: C
10) Como as duas têm na sua periferia a mesma velocidade
escalar linear, temos:
VD = VT
=
=
TT = . 1,0s
Resposta: B
fB––––
fA
RA––––RB
fB––––10
R–––2R
10–––2
fB = 5Hz
�s–––�t
2π R1––––––
T1
cmV = 144 –––– = 1,44m/s
s
f2–––f1
R1–––R2
f2–––4,0
6,0–––8,0
f2 = 3,0Hz
2π R3––––––
T3
R3–––T3
R3–––––R1 f1
2,0–––––––6,0 . 4,0
1T3 = ––––– s
12,0
1–––––12,0
Rcoroa–––––––Rcatraca
Rcoroa–––––––Rcatraca
2π RD—–––––
TD
2π RT—–––––
TT
RT—––TT
RD—––TD
RT . TDTT = –––––––––
RD
16–––24
2TT = �–––� s
3
ax = �2 d
rad� = 2,0 ––––
s
– 3
n Módulo 13 – Balística
1) a) No ponto mais alto:
VA = V0x = V0 cos � = 100 . 0,60(m/s) = 60m/s
aA = g = 10m/s2
b) 1) V0y = V0 sen � = 100 . 0,80 (m/s) = 80m/s
2) V = V0y + �y t
0 = 80 – 10 ts ⇒
3) T = ts + tQ = 2ts ⇒
c) Vy2 = V0y
2 + 2 �y �sy
0 = (80)2 + 2 (–10) H
20H = 6400 ⇒
d) x = x0 + V0x t
D = V0 cos � . T
D = 100 . 0,60 . 16,0 (m) ⇒
Respostas: a) 60m/s e 10m/s2 b) 16,0s
c) 320m d) 960m
2) 1) Cálculo de V0y:
Vy = V0y + �y t (MUV)
0 = V0y – 10 . 3,0 ⇒
2) Cálculo de V0:
V0y = V0 sen �
30 = V0 . 0,6 ⇒
3) Cálculo de V0x:
V0x = V0 cos �
V0x = 50 . 0,8 (m/s) ⇒
4) Cálculo do alcance:
D = V0x .T (MU)
D = 40 . 6,0 (m) ⇒
Resposta: A
3) Após abandonarem o avião, os pacotes conservam a velo -
cidade horizontal do avião, por inércia.
Isto significa que em relação ao avião os pacotes caem ver -
ticalmente, isto é, a cada instante os pacotes estão na
mesma vertical do avião.
As distâncias entre pacotes sucessivos é crescente, pois os
pa co tes se afastam entre si com movimentos relativos uni -
formes.
Resposta: B
4) O projétil e o pássaro têm aceleração igual à da gravidade e,
portanto, a aceleração relativa é nula e o movimento relativo
é retilíneo e uniforme.
�s = V t
100 = 200 . T ⇒Resposta: B
5) 1) Tempo de queda da bola:
�sy = V0y t + t2 (↓ ⊕)
3,2 = 0 + tQ
2
tQ
2= 0,64 ⇒
2) Velocidade horizontal:
V0 = =
V0 = 11,25 = 11,25 . 3,6
Resposta: A
6) (I) Correta: O tempo de queda só depende do movimento
vertical, que é idêntico para o projétil e para o cartucho,
pois V0y = 0 e �y = g.
(II) Incorreta: As velocidades verticais têm módulos iguais,
po rém para o projétil também existe a velocidade horizon -
tal e, portanto:
� V→projétil � � V→
cartucho �
(III)Correta: O movimento relativo é retilíneo e uniforme com
velocidade V→
0, pois a aceleração relativa é nula (A e B têm
acelerações iguais à da gravidade).
�srelativo = Vrelativa t
Resposta: D
7) 1) H = área (V x t)
H = (m) = 80,0m
2)
V0
2 = V0x
2 + V0y
2
(50,0)2 = V0x
2+ (40,0)2
V0x = 30,0m/s
V0y = 30m/s
V0 = 50m/s
V0x = 40m/s
D = 240m
T = 0,5s
�y–––2
10–––2
tQ = 0,8s
9,0m–––––0,8s
�x––––�t
km–––h
m––s
V0 = 40,5km/h
d = V0t
D = 960m
ts = 8,0s
T = 16,0s
H = 320m
4,0 . 40,0–––––––––
2
4 –
3) D = V0x . Tvoo
D = 30,0 . 8,0 (m) = 240,0m
4) = ⇒
Resposta: D
n Módulo 14 – 1.a e 2a Leis de Newton
1) Durante a freada, a carga tende a manter sua velocidade
vetorial por inércia (1.a Lei de Newton) e, se não estiver bem
amarrada, vai colidir contra a cabina do motorista.
Resposta: C
2) A força resultante é nula quando o corpo está em re pouso ou
em movimento retilíneo e uniforme (velo cidade vetorial
cons tante).
Portanto, a resultante será não nula no corpo I (mo vimento
cir cular uniforme) e no corpo II (movimento retilíneo e uni -
formemente variado).
Resposta: D
3) Sendo a velocidade constante (MRU), a força resultante é nu -
la e a força total aplicada pelo escorregador deve equilibrar o
peso:
F→
+ P→
= 0→ ⇒
Resposta: B
4) a) FR = 6,0N (ver figura)
b) PFD: FR = ma
6,0 = 1,2 . a ⇒
Respostas: a) 6,0N
b) 5,0m/s2
5) PFD (M + m):→F0 = (M + m) a
→
PFD (m):→F = m a
→
→F = m .
→F =
→F0 =
→F0
Resposta: A
6) 1) Como a função V = f(t) é do 1.o grau, o movimento é uni -
formemente variado e a aceleração escalar � é constante
e é dada por:
� = = (m/s2) = – 6,0m/s2
2) Como a trajetória é retilínea, a componente centrípeta da
aceleração vetorial é nula e portanto:
3) 2.a Lei de Newton (PFD):
FR = ma
FR = 0,5 . 6,0 (N)
Resposta:
7) a) =
=
b) 1) V2 = V02 + 2 � �s
0 = 400 + 2 � 25
50� = – 400
2) a = � � � = 8,0m/s2
3) FR = ma = 1,0 . 103 . 8,0 (N)
Respostas: a) 2,5s b) 8,0kN
8) a) V = 10m/s = 10 . 3,6km/h ⇒b) �s =
Nárea (V x t)
�s = (22,5 + 17,5) (m)
c) De 0 a 3,0s, a aceleração é constante (MUV) e seu módulo
a é dado por:
a = = (m/s2) ⇒
d) De acordo com a 2.a Lei de Newton:
F = ma = 80 . 2,0 (N) ⇒
Respostas: a) 36km/h b) 2,0 . 102m
c) 2,0m/s2 d) 1,6 . 102N
F→
= – P→
a = 5,0m/s2
→F0
–––––––M + m
5,0–––––20,0
m––––––––M + m
→F0→
F = –––––4
– 24,0–––––
4,0
�V––––�t
a = at = � � � = 6,0m/s2
FR = 3,0N
V0 + V––––––––
2
�s––––�t
20 + 0––––––––
2
25––––�t
�t = 2,5s
� = – 8,0m/s2
FR = 8,0 . 103N = 8,0kN
V = 36km/h
D–––H
240,0–––––80,0
D––– = 3
H
10––––
2
�s = 2,0 . 102m
a = 2,0m/s210,0––––5,0
�V––––�t
F = 1,6 . 102N
– 5
9) F = m a1 (1)
F = M a2 (2)
F = (M + m) a (3)
De (1): m =
De (2): M =
Em (3): F = � + � a
1 = � � a
a = = (m/s2) ⇒
Resposta: C
10) a) Não havendo atrito entre o bloco de gelo e o reboque, o ge -
lo fica isento de forças horizontais e sua aceleração é nula.
O caminhão e o reboque terão acelerações iguais, cujo
módulo a é dado por:
PFD: Fat = (mC + mR) a
10 000 = 4 000 . a ⇒
b) A força transmitida pelo engate vai acelerar o reboque:
F = mR . a
F = 1,0 . 103 . 2,5 (N)
Respostas: a) ag = 0; aC = aR = 2,5m/s2
b) 2,5kN
FRENTE 2 – TERMOLOGIA E ÓPTICA
n Módulo 11 – Dilatação Térmica dos
Sólidos e dos Líquidos
1)
O período T0 do pêndulo do relógio de comprimento �0 num
campo gravitacional de módulo g é calculado por:
T0 = 2π
O aquecimento do pêndulo provoca um aumento do seu com -
pri mento para � (� = �0 + ��), que aumenta o período para T.
O relógio passa a oscilar num tempo maior, fica mais lento e
atrasa.
Resposta: E
2) I) Verdadeira.
Para os três lados do triângulo,
L = L0 α ��.
II) Verdadeira.
Os três lados do triângulo sofrem o mesmo aumento
relativo de comprimento, isto é, são acrescidos da mesma
porcen tagem.
= � �� ou � �%
= � �� . 100%
Os ângulos internos do triângulo não se alteram, o que
justifica a citada semelhança.
III) Falsa.
Resposta: B
3) O vidro pirex tem baixo coeficiente de dilatação térmica e,
por isso, as diferenças de temperaturas provocam menos
ten sões entre as partes mais frias e mais quentes, mini mi -
zando o risco de trincas, ao contrário do que ocorre com o
vidro que possui coeficiente maior.
Resposta: B
4)
Resposta: B
5) Quando uma lâmina bimetálica é aquecida, ela curva-se, fi -
can do do lado externo (convexo) o material que se dilata
mais. Quando é esfriada, ocorre o contrário, o que se dilata
mais fica na parte interna (côncavo), pois esse material tam -
bém se contrai mais.
Assim, nesta questão o material adequado para a placa M2
deve ser o alumínio, que tem coeficiente de dilatação maior.
Resposta: B
a = 2,5m/s2
F = 2,5kN
�0––––
g
�L––––L0
�L––––L0
F–––a1
F–––a2
F–––a2
F–––a1
a2 + a1–––––––
a1a2
a = 2,4m/s212,0 . 3,0––––––––
15,0
a1 a2––––––––a2 + a1
6 –
6) Deve-se mergulhar a tampa do frasco na água quente. O zin -
co irá dilatar-se mais que o vidro, soltando-se do gargalo.
7) O espaçamento é igual à dilatação linear �L do trilho:
�L = L0 � ��
�L = 12m . 1,1 . 10–5 °C–1 . (40°C – 0)
�L = 12 . 1,1 . 40 . 10–5(m)
�L = 528 . 10–5m
�L = 0,528 . 10–2m
Resposta: E
8) O comprimento � da barra a 110°C vale:
� = �0 + ��
� = 100 + �0 � ��
� = 100 + 100 � (110 – 10)
Cálculo do Coeficiente de Dilatação �
� = 100 + 100 . 1,2 . 10–5 . 100 (m)
� = 100 + 1,2 . 10–1 = 100 + 0,12 (m)
Resposta: D
9)
Na situação final, os comprimentos das barras LA e LB ficam
iguais:
LA = LB
L0A + ��A = L0B + ��B
1000 + L0A . �A . �� = 1001 + L0B . �B . ��
1000 + 1000 . 3,0 . 10–5 (� – 20) = 1001 + 1000 . 1,0 . 10–5 (� – 20)
3,0 . 10–2 (� – 20) – 1,0 . 10–2 (� – 20) = 1001 – 1000
(� – 20) (3,0 . 10–2 – 1,0 . 10–2) = 1
� – 20 =
� – 20 =
� – 20 = 50
� = 50 + 20
Resposta: C
10) Cálculo da dilatação linear �L de uma barra cujo compri men -
to inicial é L0 = 80cm ao sofrer uma variação de temperatura
�� = 20°C:
�L = L0 � ��
�L = 80 � 20
cálculo do coeficiente de
dilatação linear �
�L = 80 . 2,0 . 10–5 . 20 (cm)
�L = 3200 . 10–5 cm
�L = 0,32 . 104 . 10–5 cm
�L = 0,32 . 10–1cm
Resposta: B
��’ = �0 � ��’
6 . 10–2 = 100 . � . 50
6 . 10–2
� = –––––––– (°C–1)5 . 103
� = 1,2 . 10–5 °C–1
� = 100,12m
1–––––––––2,0 . 10–2
100–––––
2
� = 70°C
�L’ = L’0 � ��’
2,0 . 10–2 = 1000 . � . 1,0
� = 2,0 . 10–5 °C–1
�L � 0,53cm
�L = 0,32mm
– 7
12) A barra B tem o comprimento inicial maior (3L0) que a barra
A (L0) e, como a diferença de comprimento entre elas não
varia (2L0) para qualquer variação de temperatura (�T), o
coeficiente de dilatação térmica da barra menor A deve ser
proporcional ao da barra B (αA = 3αB). Graficamente, tería -
mos:
�LA = �LB
L0 αA . �� = 3L0 αB ��
Resposta: E
13)
Assim:
�LB �LA
L0 αB �� L0 αA ��
O coeficiente de dilatação da lâmina B é maior que o da lâmina
A.
Resposta: B
14) Resposta: D
15) A estrutura do forno é feita de cobre, cujo coeficiente de
dilatação médio é igual a 17 . 10–6 °C–1. Para que os pa rafusos
não forcem e nem afrouxem em demasia a estrutura do for -
no nos furos, deve ser escolhido um material cujo coe ficiente
de dilatação médio seja o mais próximo pos sí vel do valor
acima citado.
Analisando os materiais relacionados no texto, concluí mos
que a melhor opção é o latão (19 . 10–6 °C –1).
Resposta: E
16) I) FALSA.
Sendo �Zn > �aço, a chapa irá dilatar-se mais do que a esfera.
O orifício também irá aumentar e a esfera passará com
folga.
II) CORRETA.
Aquecendo-se apenas a chapa, o orifício irá aumentar e a
esfera conti nuará com as mesmas dimensões. A esfera
passará com folga pelo orifício.
III) CORRETA.
Ao resfriarmos o conjunto, a chapa irá contrair-se mais
(�zinco > �aço). O orifício ficará menor do que a esfera e esta não
mais passará.
Resposta: E
αA = 3αB
αB αA
8 –
11)
Q = 2,8 . 10–3L0. 0,20 . Q = 0,70 . 102 cal
Resposta: B
Q = 70 cal1,25 . 105
–––––––––L0
8 –
17)
�S = S0 ��
�S = S0 . 4,4 . 10–5 . (270 – 20)
�S = S0 . 4,4 . 10–5 . 250
�S = S0 . 1100 . 10–5
�S = S0 . 1,1 . 103 . 10–5
�S = 1,1 . 10–2 S0
�S = S0 = 1,1% de S0
A dilatação superficial �S é igual a 1,1% da área inicial S0.
Resposta: B
18)
�V = 6,0cm3
V0 � �� = 6,0
200 . � (520 – 20) = 6,0
200 � 500 = 6,0
� =
Dilatação Linear
L = L0 + �L
L = 100 + L0 � ��
L = 100 + 100 (520 – 20)
L = 100 + 100 . 500 (cm)
L = 100 + 100 . 2 . 10–5 . 500 (cm)
L = 100 + 10 . 10–1 (cm)
L = 100 + 1 (cm)
Resposta: A
19) a) O termômetro indica a temperatura de 38°C.
A conversão para a escala Fahrenheit é feita pela expres -
são:
=
=
68,4 = �F – 32
b) Na dilatação do mercúrio, supondo que o vidro não se
dila tou, temos:
�V = V0 � ��
Ah = V0 � ��
A . 18 = 6 . 1,8 . 10–4 . (39 – 37)
Respostas: a) 100,4°F
b) 1,2 . 10–4mm2
20) �V = V0 � ��
�V = 1,0 . 104� . 9,0 . 10–4 °C–1 . (10°C – 30°C)
�V = 1,0 . 104� . 9,0 . 10–4 . (– 20°C)
O sinal negativo indica a contração do volume e a perda da
companhia em litros (180�).
Resposta: E
21) ΔV = V0 ���
ΔV = 120� . 1,2 . 10–3°C–1 . (30°C – 10°C)
ΔV = 120� . 1,2 . 10–3 . 20°C
ΔV = 2880 . 10–3 (�)
Resposta: C
22) Como o mercúrio apresenta um coeficiente de dilatação
maior que o cobre, seu aumento de volume deveria cobrir o
aumento do gás e do recipiente:
1,1 ––––100
6,0––––––––100 000
� = 6,0 . 10–5 °C–1
�––3
6,0 . 10–5
––––––––––3
L = 101cm
�F – 32––––––––
9
�C–––5
�F – 32––––––––
9
38–––5
�F = 100,4°F
A = 1,2 . 10–4 mm2
1––––°C
�V = –180�
1––––°C
�V = 2,88�
�VHg = �VGás + �VR
– 9
Porém, o exercício afirma que o gás deve permanecer com
volume constante, ou seja, . Assim, como o
aumento de temperatura é igual para todos:
�VHg = 0 + �VR; V0Hg
. �Hg . �� = V0R. �cobre . ��
V0Hg
. 180 . 10–6 = 4 . 45 . 10–6; V0Hg
= � = 1,0�
23) É-nos dado �2 = 10,03g/cm3; �1 = 10,00g/cm3; �2 = 100°C;
�1 = 32°F e pede-se o coeficiente de dilatação linear �. Sabemos
que � = 3 . � e podemos utilizar a expressão �2 =
para achar �. Porém, antes precisamos transformar �1 = 32°F
em graus Celsius.
= ; = ; �1 = 0°C
�2 =
10,03 = ; 10,03 . (1 – 100�) = 10,00
10,03 – 1003� = 10,00
–1003� = – 0,03; � = °C–1 � � � 3 . 10–5 °C–1 = 30 . 10–6 °C–1
� = � =
Resposta: B
24) 1) Cálculo da massa:
dg = ⇒ Vg =
da = ⇒ Va =
�V = Vg – Va
�V = – = m
�V = m
m = (g) ⇒
2) Calor cedido pela água:
Q = m c �� + m L = m (c �� + L)
Q = 180 (1,0 . 20 + 80) (cal)
Resposta: A
25) O volume de uma certa massa de água é mínimo a 4°C.
Assim, o gráfico correto para a dilatação anômala da água é
o a.
Resposta: A
n Módulos 12 e 13 – Princípio da
Óptica Geométrica
1) Só vemos objetos que refletem ou emitem luz. Dos citados,
o único que emite luz é o fio aquecido ao rubro.
Resposta: C
2) Princípio da propagação retilínea da luz:
“A luz propaga-se em linha reta somente nos meios trans -
parentes e homogêneos.”
Resposta: B
3) É o princípio da reversibilidade de raios luminosos ou
princípio do caminho inverso, que pode ser enunciado como:
A trajetória seguida pelo raio luminoso independente do sen -
tido do percurso.
Resposta: C
4) Toda a figura “imagem” projetada na parede do fundo da
câmara escura de orifício apresenta-se invertida em relação
ao Cruzeiro do Sul. Essa inversão é tanto longitudinal como
transversal, como se pode observar no esquema a seguir.
Resposta: C
180 . 10–6
–––––––––180 . 10–6
�1––––––––––(1 + � . ��)
32 – 32–––––––
9
�C––––
5
�F – 32–––––––
9
�C––––
5
�1––––––––––1 + � . ��
10,00––––––––––––––(1 + � (0 – 100)
3 . 10–2
–––––––1003
� = 10 . 10–6 °C–130 . 10–6 °C–1
––––––––––––3
�–––3
m–––dg
m–––Vg
m–––da
m–––Va
1 1 ––– – ––– dg da
m–––da
m–––dg
(da – dg)––––––––dg . da
�V dg dam = –––––––––
da – dg
m = 180g20 . 0,9 . 1,0–––––––––––
1,0 – 0,9
Q = 18000 cal
�VGás = 0
10 –
5)
Triângulos semelhantes: ABF ~ A’B’F, portanto:
= ⇒ D = 40m
Resposta: C
6) Vale a relação:
i/o = p'/p
i = (o/p')/p ⇒ i é inversamente proporcional a p:
Para p tendendo a zero ⇒ i tende para infinito;
Para p tendendo a infinito ⇒ i tende a zero.
Dando valores a p, o gráfico de i x p é uma hipérbole
equilátera (y = K/x).
Resposta: A
7)
Os triângulos ABC e A’B’C são semelhantes, logo:
i/o = di/do ⇒ i = (o/do) . di ⇒ i = K . di
Quando di aumenta, i também aumenta, ou seja, i é dire -
tamente proporcional a di.
Resposta: O tamanho da imagem aumenta.
8) Como 1 ano-luz é a distância percorrida pela luz em um ano,
a luz demorou 4,6 anos para chegar até nós; logo, a
explosão ocorreu 4,6 anos antes da observação.
Velocidade da luz: c = 3,0 . 108m/s
d = c . t
1 ano = 3,0 . 107s
d = 3,0 . 108. 4,6. 3,0 . 107 (m)
d = 4,1 . 1016m
Resposta: E
9)
Da semelhança entre os triângulos PAB e PA’B’:
= → dS = 3,75 . 105 . 400 (km)
� dS = 1,5 . 108km
Resposta: 1,5 . 108km
10)
Do enunciado: Di = 9,0 . 10–3m
dO = 1,0m
dS = 1,5 . 1011m
Da semelhança entre os triângulos OAB e OA’B’:
= ⇒ = � Ds = 1,35 . 109m
Resposta: D
11) O eclipse solar ocorre quando a superfície da Terra é intercep -
ta da pelo cone de sombra e pelo cone de penumbra da Lua.
As sim, nesse fenômeno, o Sol é a fonte extensa de luz, pois
gera região de penumbra, a Lua é o obstáculo e a Terra é o
anteparo.
Respostas: a) Sol, Lua e Terra.
b) Anteparo: Terra, Fonte: Sol, Obstáculo: Lua
12) Região A: É a região denominada sombra própria da Lua, pois
é oposta à região voltada para o Sol.
Região B: É a região denominada sombra projetada da Lua.
Nesta região, observa-se o eclipse total do Sol, pois nenhum
raio luminoso emitido pelo Sol atinge esta região.
Região C: Região parcialmente iluminada, denominada
região de penumbra projetada. Nesta região, observa-se o
eclipse parcial do Sol.
Região D: Região iluminada. Nesta região, não se observa o
fenômeno de eclipse solar.
Região E: Região de sombra própria da Terra. Nesta região, é
noite, pois é oposta à região da superfície terrestre voltada
para o Sol.
Resposta: I. E II. B III. A IV. C V. D
D–––––10cm
20m–––––5cm
dS–––2RS
dL–––2RL
9,0 . 10–3m––––––––––
1,0m
DS––––––––––1,5 . 1011m
Di–––dO
DS–––dS
– 11
13) I. Falsa. Eclipses são fenômenos de desaparecimento (visual)
total ou parcial, temporariamente, do próprio Sol, para um
obser vador na Terra (eclipse solar), ou quando a Lua está
imersa total ou parcialmente no cone de sombra da Terra
(eclipse lunar).
II. Verdadeira.
III. Verdadeira.
Resposta: D
14) a) Falsa. No cone de sombra, observa-se um eclipse total.
b) Falsa. Na região de penumbra, observa-se um eclipse
parcial.
c) Falsa. Na região plenamente iluminada, não se observa
eclipse.
d) Falsa. Na região de sombra própria da Terra, é noite.
e) Verdadeira.
Resposta: E
15) Como a Lua é uma fonte secundária de luz, esta só pode ser
vista devido à reflexão da luz recebida do Sol.
Dependendo de sua posição, durante seu movimento orbital
em torno da Terra, pode-se observar uma área superficial
maior ou menor iluminada pelos raios solares. Por isso, tem-
se o efeito das fases da Lua.
Resposta: A
n Módulo 14 – Imagem de um Objeto
num Espelho Plano
1) Quando um raio de luz sofre reflexão, os ângulos de
incidência i e reflexão r são iguais: r = i.
Na figura temos i = 2�, então r = 2�. Como � + r = 90° (normal
no ponto de incidência), temos:
� + 2� = 90°
� = 30°
i = 2� = 60°
r = 2� = 60°
Resposta: D
2) Obtemos geometricamente a imagem A’ do objeto A conju -
ga da pelo espelho:
Do triângulo retângulo A’BC, temos
A’B�� = ���������A’C2 + ��BC2
A’B�� = ����52 + 52 (m)
A’B�� = 5��2 m
Resposta: A’B�� = 5��2 m
3)
Quando um raio de luz sofre reflexão, os ângulos de
incidência i e reflexão r são iguais: r = i = �. Na figura notamos
que o ângulo procurado � é o complementar de 70°, ou seja,
� + 70° = 90°
� = 20°
Resposta: C
4) No espelho plano, a distância entre a imagem e o espelho é
igual à distância entre o objeto e o espelho. A distância DB
entre o barbeiro e o espelho é de 1,3m, então a distância DB’
entre a imagem do barbeiro e o espelho também é de 1,3m.
A distância DR entre o rapaz e o espelho é de 0,80m. A
distância D entre o rapaz e a imagem do barbeiro é dada por:
D = DB’ + DR
D = 1,3 + 0,80 (m)
D = 2,1m
Resposta: E
5) A imagem conjugada pelo espelho plano é enantiomorfa em
relação ao objeto:
Resposta: D
6) No espelho plano, a distância d entre a imagem e o espelho
é igual à distância d’ entre o objeto e o espelho. A distância
D entre o objeto e sua imagem é dada então por:
D = d + d’
D = 20cm + 20cm
D = 40cm
Resposta: D
12 –
FRENTE 3 – ELETRICIDADE E MECÂNICA
n Módulo 11 – Energia e Potência Elétrica –
Potência no Resistor I
1) P = 100W
U = 100V
P = ⇒ R = = (�)
Resposta: C
2) Situação 1 Situação 2
V1 = 220V V2 = 110V
P1 = 1000W P2 = 2000W
R1 = R R2
P1 = ⇒ R = � R2 = �
� �:
= =
Resposta: E
3) P =
A nova resistência é R’ =
P’ = = = = P
P’ = . 6000W ⇒
Resposta: E
4) U = 220V
P = ⇒ R =
a) P = 2,2kW
R = (�) =
b) No inverno, é necessária uma potência maior. Como P =
e U = constante, devemos diminuir o valor da resistência R.
Como R = � , se diminuirmos o comprimento da resis -
tência, seu valor também diminuirá; portanto, devemos
colocar a chave C na posição fechada.
Respostas: a) 22V
b) fechada
5) P = 6050W
U1 = 220V
U2 = 110V
P = ⇒ R = = (�) =
Resposta: C
6) a) U = 220V P =
P = 60W
R = = (�)
b) U2 = 110V
P2 = = (W)
Respostas: a) � 806,7�
b) 15W
7) a) iTotal = 0,5A + 1,5A = 2A
i = ⇒ Q = i . �t = 2 . 60 . 5 (C)
b) P = U . i
P = 12 . 2 (W)
Respostas: a) 600C
b) 24W
n Módulo 12 – Energia e Potência Elétrica –
Potência No Resistor II
1) a)
b) Req = 3�
U = R . i
i = = (A) =
2) Quando L2 queima, a tensão sobre L3 aumenta e, consequen -
temente, a queda sobre L1 diminui, reduzindo-se a corrente
que circula por L1.
Resposta: D
U2
––––R
U2
––––P
1002
–––––100
R = 100�
V12
––––R
V12
––––P1
V22
––––P2
R2––––
R
V22
––––P2
P1––––V1
2
1102 . 1000/ / /––––––––––––2000/ / / . 2202
RR2 = –––
8
U2
––––R
2R––––
3
U2
––––2R
–––––3
3U2
––––2R
3–––2
U2
––––R
P3
–––2
3–––2
P’ = 9000W
U2
–––R
U2
–––P
2202
––––––2200
22�
U2
–––R
L–––A
2�1102
––––––6050
U22
––––P
U22
––––R
U2
–––R
2202
–––––60
U2
–––P
R � 806,7�
1102
––––––806,7
U22
–––R
P2 = 15W
Q–––�t
Q = 600C
P = 24W
4A12
––––3
U––––
R
– 13
3) Como L1 e L2 estão em paralelo, a ddp entre elas é a mesma,
por isso brilham com mesma intensidade.
Resistência equivalente entre L1 e L2:
Req = =
Como a corrente é a mesma para L3 e Req e a potência é
diretamente proporcional à resistência, P = R . i2, L3 brilha
mais que L1 e L2.
Resposta: E
4) A ddp sobre cada conjunto de 2 lâmpadas será de 220V; logo,
sobre cada lâmpada será de 110V.
Resposta: C
5) A ddp entre L2 e L3 é a mesma por estarem em paralelo; logo,
L2 e L3 brilharão igualmente, e como a resistência equivalente
entre elas é menor do que as das outras, cada uma brilhará
com intensidade menor que L1 e L4.
Resposta: E
n Módulo 13 – Ponte de Wheatstone
1) O circuito é nitidamente uma “ponte de Wheats tone” que,
re desenhada, fica assim:
No equilíbrio, indicado, te mos:
10 . 8 = 5 . X ⇒
2) Para que a corrente elétrica no galvamômetro seja nula,
devemos ter uma ponte de Wheatstone em equilíbrio.
Nessa situação, o produto cruzado dos resistência elétrica
deve ser constante.
R1 . R3 = R2 . R4
12 . 2,0 = 6,0 R4 ⇒
Resposta: B
3) Voltímetro mede ddp e vai em paralelo.
Resposta: D
4) Ponte de Wheatstone: 8 . Rx = 4 . 10
Então: U = Req . ix
6 = (10 + 5) . ix
6 = 15 . ix
Resposta: B
5) a) Verdadeira. Ponte de Wheatstone: 8 . 5 = R . 10
b) Verdadeira. O aparelho G não acusa corrente.
c) Verdadeira. I e II estão sob o mesmo potencial.
d) Verdadeira.
12 = 6 . i0
e) Falsa. Req = (� ) =
Resposta: E
6) Rx . 5 = 2 . 5
3 = 4 . i1 3 = 10 . i2
Resposta: C
7)
U = 5 . i1 20 = 10 . i2
20 = 5 . i1
⇒ Em equilíbrio
Resposta: D
8)
Resposta: B
L1––––
2
L2––––
2
P = R . i2
X = 16�
R4 = 4,0�
Rx = 5�
ix = 0,4A
R = 4�
U = Req . i
� . i018 . 9
–––––––18 + 9�12 =
i0 = 2A
6�18 . 9
–––––––18 + 9
Rx = 2�
U = Req2
. i2U = Req1
. i1
i2 = 0,3Ai1 = 0,75A
U = Req2
. i2U = Req1
. i1
i2 = 2A
i3 = 0i1 = 4A
Req = R
14 –
9) A ligação deve ser feita entre E e F, pois:
Ponte de Wheatstone:
(2 + 9 + 1) . (7 + 3 + 5) = (5) . (36)
12 . 15 = 5 . 36
⇒ Equilíbrio
Resposta: D
n Módulo 14 – Estática do Ponto Material
1) A resultante entre F1
→e F2
→, pela regra do paralelogramo, coin -
cide com a força →F3 e é dada pelo Teorema de Pitágoras:
F122 = F3
2 = F1
2+ F2
2 ⇒
A resultante entre →F12 e
→F3 tem intensidade de 100N e deve
ser equilibrada por →F4. Portanto, � →
F4 � = 100N.
Resposta: D
2) Nos esquemas de roldana fixa, temos:
Na roldana com fios paralelos:
2 F3 = P ⇒ F3 =
Na roldana com fio inclinado:
2 F4 cos � = P
F4 =
Como cos � < 1
2 cos � < 2 ⇒
Resposta: C
3) a)
1) sen 60° = ⇒ T1 = P . sen 60° = 20 . (N)
2) cos 60° = ⇒ T2 = P . cos 60° ⇒ T2 = 20 . (N)
b)
T2 sen � = T1 sen �
Respostas: a) 10��3 N e 10N
b) 1
4)
Para o equilíbrio:
1) cos � = ⇒
2) tg � = ⇒
Resposta: A
5) 1) T2 = m2 g = 300N
180 = 180
F12 = F3 = 50N
F1 = F2 = P
P–––2
P–––––––2 cos �
F4 > F3
��3––––
2
T1––––
P
T1 = 10��3 N
1––2
T2––––
P
T2 = 10N
T2–––– = 1
T1
MgTBA = ––––––
cos �
TBC––––TBA
F = Mg tg � F
––––TBC
– 15
2) Da figura: sen 53° =
cos 53° =
T1 = T2 sen 53° = 300 . 0,80 (N) = 240N
T3 = T2 cos 53° = 300 . 0,60 (N) = 180N
3) T1 = m1 g ⇒ m1 = 24kg
4) T3 = m3 g ⇒ m3 = 18kg
Resposta: D
6) Bloco A: T = PA
Bloco B: 2T = PB
PB = 2PA
Mag + Pbalde = 2 (Mg + Pbalde)
Mag + mg = 2Mg + 2mg
Ma + m = 2M + 2m
7) Ao longo do mesmo fio, a força
tensora tem a mesma intensi -
dade F, de modo que a barra é
solici tada para cima com uma
força total de intensidade 4F.
Para o equilíbrio da barra, temos:
P = 4F = 4000N
Resposta: D
8) 1) Equilíbrio do contrapeso:
T = P1 = m g
2) Para o equilíbrio do carro:
7T = P2
7mg = Mg
7m = 700 ⇒
3) O cabo central aplica no carro
uma força de intensidade 2T:
F = 2T = 2mg = 2 . 100 . 10 (N)
F = 2,0 . 103N
Respostas: a) 100kg
b) 2,0kN
9)
Para o equilíbrio do botijão,
temos:
2F cos 37° = mg
2F . 0,8 = 250
F = (N) � 156N
Resposta: A
10)
8F = 1600
Resposta: C
11)
Resposta: D
T1–––T2
T3–––T2
Ma = 2M + m
m = 100kg
250–––––
1,6
F = 200kgf
FR–––– = 8
FP
16 –