– 1

FRENTE 1 – MECÂNICA

n Módulo 28 – Impulso, Quantidade de

Movimento e Teorema do

Impulso

1) � I→� = � Fm

→ � �t = 1,0 . 104 . 2,0 . 10–2 (SI)

Resposta: C

2) I) A quantidade de movimento tem módulo constante (MU),

porém varia em direção.

II) A energia potencial gravitacional (m g H) varia por que H é

variável.

III) A energia cinética permanece constante porque o mo -

vimento da pedra é uniforme.

IV) O peso P→

= m g→

é constante porque m e g→

são cons tan -

tes.

Resposta: B

3) 1) Ee = Ecin =

2) =

3) Q = mV =

Resposta: B

4)

1) Conservação da energia mecânica:

(ref. em B)

= m g h

2) Quantidade de movimento em B:

QB = m VB ⇒

Resposta: C

5) � Q→

0 � = � Q→

f � = mV

� �Q→ � = � Q

→0 � = � Q

→f � = mV

� �Q→ � = 500 . (kg . m/s)

� �Q→ � = 500 . 14 (kg . m/s)

Resposta: D

6) TEC: τ = �Ecin

τ = –

τ = (Qf

2 – Q0

2)

τ = (1600 – 400) (J)

Resposta: C

7) 1) Como massa e aceleração são invariantes, então F→

= ma→

também é invariante.

2) Como F→

e �t são invariantes, então I→

= F→

. �t também é

invariante.

3) Como o deslocamento não é invariante, então

τ = � F→� � d

→� cos � também não é invariante.

4) Como a velocidade não é invariante, então

Q→

= mV→

e EC = também não são invariantes.

5) Como trabalho não é invariante, então Pot = também

não é invariante.

Resposta: D

8) a) m/s é unidade de velocidade linear; rad/s é unidade de

velocidade angular.

b) N/m2 é unidade de pressão; N . m é unidade de torque

(mo mento).

c) J/K é unidade de capacidade térmica; J é unidade de calor

(latente ou sensível).

d) kg.m/s ou N.s são unidades de quantidade de movi mento

ou de impulso, que são grandezas fisicamente homo gê -

neas, isto é, têm a mesma equação dimensional.

e) W é unidade de potência; T (tesla) é unidade do vetor

indução magnética.

Resposta: D

CADERNO 7 – CURSO D/E

� I→� = 2,0 . 102N.s

kx2

––––2

mV2

––––2

kx2

––––2

kV = ���––– x

m

km . ���––– x

m

Q = �����mk x

EB = EA

mVB

2

––––––2

VB = �������2gh

QB = m �������2gh

50,4–––––

3,6

� �Q→� = 7,0 . 103 kg . m/s

Q0

2

––––2m

Qf

2

––––2m

1––––2m

1––––4,0

τ = 3,0 . 102J

mV2

–––––2

τ–––�t

FÍSICA

9) a) O impulso da força aplicada, por definição, é dado por:

I = Fm . �t

I = 60 . 0,50 (N.s) ⇒

b) Aplicando-se o teorema do impulso, vem:

1) Para a garota:

| Ig| = mg |Vg|

30 = 50 |Vg| ⇒2) Para o rapaz:

| Ir | = mr |Vr|

30 = 75 |Vr| ⇒

Respostas: a) 30N.s

b) |Vg| = 0,60m/s e |Vr| = 0,40m/s

10) a) TEC: τat = �Ecin

�mg D (–1) = 0 –

b) TI: Iat = �Q

– �mg T = 0 – mV0

c) Quando V0 duplica, T também duplica e D quadruplica.

11)

TI: Ibola = �Qhorizontal

Fm . �t = m[3V – (–V)]

60mg . �t = 4mV

60 . 10 . 0,2 = 4V

Resposta: B

12) a) EC = = . (30)2 (J)

b) TI: Ibola = �Qbola

Fm . �t = m . �V

Fm . 1,0 . 10–2 = 0,50 . 60

Respostas: a) 225J

b) 3,0kN

13) a)

1) Cálculo do módulo da velocidade da mocinha no ponto

B (1,0m do solo):

VB2 = VA

2 + 2 � �s (MUV)

VB2 = 0 + 2 . 10 . 80,0

VB2 = 1600 ⇒

2) Aplicando-se o teorema do impulso:

� I→

R� = � �Q→

�

(Fm – P) �t = m VB

(Fm – 500) 0,05 = 50 . 40,0

Fm – 500 = 40,0 . 103

Fm = 40,0 . 103 + 0,5 . 103 (N)

b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton:

Fm – P = m . a

40,5 . 103 – 0,5 . 103 = 50 . a

40,0 . 103 = 50 . a

aletal = 8g = 80m/s2

= ⇒

Respostas: a) 40,5kN

b) 10 vezes maior.

I = 30N . s

|Vg| = 0,60m/s

|Vr| = 0,40m/s

mV0

2

––––––2

V0

2

D = –––––2�g

V0T = –––––

�g

V = 30m/s

0,50–––––

2

mV2

––––––2

EC = 225J

Fm = 3,0 . 103N

VB = 40,0m/s

Fm = 40,5 . 103 N = 40,5kN

a = 8,0 . 102m/s2

a––––– = 10aletal

8,0 . 102

––––––––––80

a––––––aletal

2 –

n Módulo 29 – Sistemas Isolados

1) O núcleo é um sistema isolado e, portanto:

→Qapós =

→Qantes

→P1 +

→P2 +

→P3 =

→0

→P3 = – (

→P1 +

→P2)

Resposta: D

2) 1) Pela conservação da carga total, concluímos que a terceira

partícula é neutra (em realidade, é o an tineu trino).

2) Como o nêutron é considerado um sistema isola do, a

quantidade de movimento

total do sistema é constante.

→Qapós =

→Qantes

→QE +

→QP +

→QN =

→0

Resposta: D

3) O sistema plano inclinado – bloco é isolado de forças horizon -

tais e por isso a quantidade de movimento horizontal per -

manece constante:

Q→

B(h) + Q→

PI(h) = 0→

Quando o bloco se desloca para a direita, o plano se desloca

para a es querda.

Quando o bloco para em relação ao plano, após a colisão,

ambos param em relação ao solo terrestre.

Resposta: C

4) Consideremos o sistema de versores indicado na figu ra:

QA

→= 3 i

→– 3j

→

Q→

’A = 1 i→

+ 1j→

QB

→= 0

→

Q→

’B = ?

No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá con servação

da quantidade de movimento total:

Q→

’B + Q→

’A = QA

→+ QB

→

Q→

’B + 1 i→

+ 1j→

= 3 i→

– 3j→

Resposta: B

5) 1) Velocidade adquirida por B:

VB = = = 4,0m/s

2) Na interação entre A e B, o sistema é isolado e haverá con -

servação da quantidade de movimento do sistema:

Q→

após = Q→

antes

Q→

A + Q→

B = 0→ ⇒ Q

→A = – Q

→B ⇒ | Q

→A| = | Q

→B|

mAVA = mBVB

40 . VA = 50 . 4,0 ⇒

3) A energia cinética de A é transformada em energia

elástica da mola:

Ee = EcinA

=

1,0 . 103 . x2 = 40 . 25,0

x2 = 1,0

Resposta: C

6)

a) 1) Conservação da quantidade de movimento do sistema

no ato da colisão:

Qapós = Qantes

(mA + mB) V = mAVA

270V = 90 . 2,0

→QN = – (

→QE +

→QP)

Q→

’B = 2 i→

– 4j→

�s–––�t

4,0m–––––1,0s

VA = 5,0m/s

kx2

––––2

mAVA2

–––––––2

x = 1,0m

– 3

2) Ecinapós= V2

Ecinapós= . (J)

b) 1) Cálculo da constante elástica da mola:

F = kx

x = 0,060m

F = 24N

k = N/m ⇒

2) Conservação da energia mecânica no lança mento da

esfera:

Eelástica = Ecin

=

x2 = VA2

x = VA

x = . 2,0 (m)

x = . 10–2 . 2,0 (m)

Respostas: a) 6,0 . 10–2J

b) 3,0 . 10–2m ou 3,0cm

7) O sistema é isolado e a quantidade do movimento total

permanece cons tante e é nula.

Q→

A + Q→

B + Q→

P = 0→

Com orientação positiva para a direita, temos:

mAVA + mBVB + mPVP = 0

50 . 5,0 + 80 . (–5,0) + 100 VP = 0

100 VP = 150

Como VP > 0, a plataforma se move para a direita.

Resposta: B

8) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conservação

da quantidade de movimento total:

Qapós = Qantes

mBVB’ + mPVP’ = mBVB + mPVP

1,0 . 2,0 + 1,0 . 10–2 . VP’ = 1,0 . (–1,0) + 1,0 . 10–2 . 500

2,0 + 1,0 . 10–2VP’ = –1,0 + 5,0

1,0 . 10–2VP’ = 2,0

Resposta: B

9) 1) Após a colisão, temos:

TEC: τatrito = �Ecin

– � (M + m) g d = 0 – V1

2

V1

2 = 2 � g d ⇒ V1 = �������2 � gd

V1 = ������������������2 . 0,4 . 10,0 . 2,0 (m/s) ⇒

2) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conser -

vação da quantidade de movimento total:

Qapós = Qantes

(M + m) V1 = mV0

160 . 4,0 = 10V0

Resposta: 64,0m/s

10) a) O sistema formado pelos corpos (1) e (2) é iso la do e, por -

tanto:→Q1 +

→Q2 =

→0

→Q1 = –

→Q2 ⇒ �

→Q1� = �

→Q2�

m1 V1 = m2 V2

5,0 . V1 = 10,0 . 5,0 ⇒

b) O sistema formado pelos corpos (1) e (2) e mais a mola é

conservativo:

Efinal = Einicial

+ = Ee

Ee = + (J)

Ee = 250 + 125 (J) ⇒

Respostas: a) 10,0m/s

b) 375J

(mA + mB)–––––––––

2

0,27–––––

2

4–––9

Ecinapós= 6,0 . 10–2J

24–––––0,060

k = 4,0 . 102N/m

k x2

–––––2

m VA2

––––––2

m–––k

m–––k

90 . 10–3

––––––––4,0 . 102

3,0––––2,0

x = 3,0 . 10–2m = 3,0cm

VP = 1,5m/s

VP’ = 2,0 . 102m/s

M + m–––––––

2

V1 = 4,0m/s

V0 = 64,0m/s

180 2V = ––––– m/s = ––– m/s

270 3

V1 = 10,0m/s

m2V22

––––––2

m1V12

––––––2

10,0 . (5,0)2

––––––––––––2

5,0 . (10,0)2

––––––––––––2

Ee = 375J

4 –

11) Qx = mxVx = 1200 . (SI) = 48 000 (SI)

Qy = myVy = 1300 . (SI) = 32 500 (SI)

→Qf =

→Qi =

→Qx +

→Qy

→Qf = 48000 i

→+ 32500 j

→(SI)

Como Qx � Qy → � � 45°

Resposta: D

12) a) Conservação da energia mecânica entre A e B:

(referência em A)

= m g h

h = = (m)

b) 1) Na colisão, o sistema é isolado e haverá conservação

da quantidade de movimento total.

Qf = Q0

2mVA’ = mVA ⇒

2) Conservação da energia mecânica na subida:

(referência em A)

2 mgh’ = (VA’ )2

h’ = = (m)

Respostas: a) 1,8m

b) 0,45m

n Módulo 30 – Colisões

1) 1) Antes da colisão:

VA = 3 U e VB = –U

Após a colisão:

V’A = 0 e V’B = 2U

Vaf = V’B – V’A = 2U

Vap = VA – VB = 4U

(colisão parcialmente elástica)

2) No ato da colisão, a quantidade de movimento total se

con serva (sistema isolado):

Qapós = Qantes

mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB

mB 2U = mA 3U + mB (–U)

3 mB U = 3 mA U ⇒Resposta: E

2)

1) Conservação da quantidade de movimento total no ato da

colisão:

Qapós = Qantes

mVA + 2m = m V

VA + V = V

Como VA = VB, a colisão é perfeitamente inelástica.

2) E1 =

E2 = � �2

=

Portanto:

Resposta: B

EB = EA

m VA2

–––––––2

VA2

–––––2g

36,0–––––

20

h = 1,8m

VAVA

’ = –––– = 3,0m/s2

EC = EA

2m––––

2

(VA’ )2

–––––2g

9,0––––20

h’ = 0,45m

90––––3,6

Vafe = –––– = 0,50

Vap

mB = mA

144––––3,6

V–––3

2–––3

V VA = ––––

3

mV2

––––––2

mV2

–––––6

V–––3

3m––––

2

E2 1–––– = –––

E1 3

– 5

3) Trata-se de uma colisão perfeitamente inelástica: a quanti -

dade de movi mento do sistema se conserva e a energia ciné -

tica diminui.

De fato:

Q0 = mV0 = 2,0kg.m/s

Qf = 2mV = 2,0kg.m/s

E0 = = . 4,0 (J) = 2,0J

Ef = . V2 = 1,0 . 1,0 (J) = 1,0J

Resposta: C

4) 1) No ato da colisão, a flecha e a maçã formam um sistema

isolado e haverá conservação da quantidade de movi -

mento total:

Qapós = Qantes

(M + m) V = mV0

(0,30 + 0,20) V = 0,20 . 10,0 ⇒ 2) Antes da colisão:

E0 = = (10,0)2 (J) = 10,0J

Após a colisão:

Ef = = (4,0)2 (J) = 4,0J

Resposta: D

5) 1) A perda de energia cinética é máxima quando a colisão for

perfeitamente inelástica.

2) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conserva -

ção da quantidade de movimento total:

Qapós = Qantes

2mVf = mV1 + mV2

Vf = = (m/s)

3) Eantes = +

Eantes = (25,0 + 9,0) (J) = 2550J

Eapós = (m1 + m2)

Eapós = (1,0)2 (J) = 150J

Ed = Eantes – Eapós = 2,4 . 103J = 2,4kJ

Resposta: 2,4kJ

6) 1) No ato da colisão, haverá conservação da quantidade de

movimento total:

Qapós = Qantes

(m1 + m2)Vf = m1V1

(m1 + m2) = m1 . 1,0

m1 + m2 = 3,0m1 ⇒

2) Ec

a= = . (1,0)2 = m1 (SI)

Ecd = Vf

2 = . � �2

= m1 (SI)

= m1 . = ⇒

Resposta: E

7) a) No ato da colisão, o sistema cometa-Júpiter é isolado e

haverá conser vação da quantidade de movimento total do

sistema:

Qapós = Qantes

(MJ + Mc) Vf = McV0

Mc << MJ ⇒ 1,8 . 1027 Vf = 3,0 . 1014 . 6,0 . 104

b) A energia mecânica dissipada corresponde à energia ciné -

tica inicial do cometa pois a variação de energia cinética

de Júpiter é desprezível em comparação com a energia

ciné tica inicial do cometa.

Ed = = . 36,0 . 108 (J)

Respostas: a) 1,0 . 10–8m/s

b) 5,4 . 1023J

8) a) 1) Cálculo do tempo entre B e C:

�Sy = V0y t + t2 (MUV)

5,0 = 0 + T2

T2 = 1,0 ⇒

2) Cálculo da velocidade dos blocos:

VB = = ⇒

mV02

––––2

1,0–––2

2m––––

2

E0Ef = ––––

2

V = 4,0m/s

mV02

–––––2

0,20–––––

2

(M + m) –––––––– V2

2

0,50–––––

2

E = E0 – Ef = 6,0J

V1 + V2

––––––––––2

5,0 + (–3,0)–––––––––––

2

Vf = 1,0m/s

m1 V12

––––––––2

m2 V22

––––––––2

150––––

2

Vf2

––––2

300––––

2

1,0–––3

m2 = 2,0m1

m1V12

––––––2

m1––––

2

1––2

(m1 + m2)–––––––––

2

3,0 m1––––––

2

1––3

1––6

Ecd

–––––Ec

a

1–––6

2–––m1

1–––3

Ec

a

Ecd = –––––

3

Vf = 1,0 . 10–8m/s

3,0 . 1014

–––––––––2

Mc V02

––––––2

Ed = 5,4 . 1023J

�y–––2

10,0––––

2

T = 1,0s

VB = 4,0m/s4,0m–––––1,0s

�x––––�t

6 –

b) Na colisão entre os blocos, o sistema é isolado e há con -

servação da quantidade de movimento total:

Qapós = Qantes

(m1 + m2) VB = m1V1

3,0 . 4,0 = 2,0 V1

c) Ecinapós= = . 16,0 (J) = 24,0J

Ecinantes= = . 36,0 (J) = 36,0J

d) Conservação da energia mecânica entre A e B:

(ref. em B)

= m1 g (h1 – h2)

h1 – h2 =

h1 = h2 +

h1 = 5,0 + (m)

Respostas: a) 4,0m/s b) 6,0m/s

c) –12,0J d) 6,8m

9) O fenômeno descrito é impossível, pois se as duas esferas

terminaram em repouso, a colisão é perfeitamente inelástica

e não perfeitamente elástica. A energia cinética do sistema

foi totalmente dissipada.

Resposta: D

10) I (F) A partícula terá conservado sua energia cinética.

II (V) Em uma colisão elástica, a energia mecânica total é

constante.

III (V) A energia cinética total antes e após uma colisão elás -

tica é a mesma.

Resposta: D

11) Sendo a colisão perfeitamente inelástica, os dois atletas

ficarão juntos após a colisão e, como há conservação da

quantidade de movimento total do sistema, temos:

→Qapós =

→Qantes

→Qapós = mV

→+ m (–V

→)

Resposta: A

12) 1) Qfinal = Qinicial

mV’1 + mV’2 = mV1 + mV2

V’1 + V’2 = V1 + V2 (I)

2) Vaf = Vap

V’2 – V’1 = V1 – V2 (II)

(I) + (II): 2V’2 = 2V1 ⇒ troca de velocidades

Resposta: B

13) a) Na colisão elástica e unidimensional entre as esferas A e

B, de massas iguais, haverá troca de velocidades entre A

e B. Portanto, em três segundos o ângulo descrito é de

volta, isto é, �ϕ = 2π rad = rad.

ω = = ⇒

b) VB = ωR = 1,5. 0,6 (m/s)

Respostas: a) 1,5 b) 0,90m/s

14) a)

1) Qapós = Qantes

mV’A + mV’B = mVA + mVB ⇒ V’A + V’B = VA + VB (I)

2) Vaf = Vap

V’B – V’A = VA – VB (II)

(I) + (II): V’B = VA Em (I) V’A = VB

B colide com A: troca de velocidades �A colide com B: troca de velocidades

b) V’f(B) = – V0

V’f(A) = 0

15) V0 –V0 VA V0

→ ← → →

3m m 3m m

Antes da Após a

colisão colisão

Usando-se a conservação da quantidade de movimen to no

ato da colisão, temos:

Qapós = Qantes

(m1 + m2) V2B

–––––––––––––2

3,0––––

2

m1 V21

–––––––2

2,0––––

2

�Emec = Ecinapós– Ecinantes

= –12,0J

EB = EA

m1 V21

–––––––2

V21

––––2g

V21

––––2g

36,0–––––20,0

h1 = 6,8m

→Qapós = 0

→

V’2 = V1

V’1 = V2

3––4

3––4

3π–––2

�ϕ–––�t

3π/2–––––

3,0

rad�––––�s

π rad radω = ––– ––––– = 1,5 –––––

2 s s

VB = 0,90m/s

rad––––

s

V1 = 6,0m/s

Duas colisões

BABA

– 7

3m VA + m V0 = 3m V0 + m (– V0)

3VA + V0 = 2V0 ⇒

A velocidade relativa, após a colisão, será:

Vrel = V0 – VA = V0

Para a nova colisão, no movimento relativo, �s = 2 π R

Vrel = ⇒ �t = = =

A distância percorrida por B é dada por:

�s = V0 �t = V0 . = 3πR, isto é, o corpo B dará uma

vol ta e meia, a partir da posição 1, e o encontro ocorrerá na

posição 5.

Resposta: B

FRENTE 2 – MECÂNICA

n Módulo 28 – Aplicações da Lei de Stevin

e Lei de Pascal

1) A pressão total no fundo de cada vaso é dada por:

p = patm + d g H

A intensidade da força aplicada no fundo de cada vaso é dada

por:

Como os três vasos têm a mesma área A e a mesma altura H,

as forças terão a mesma intensidade (F1 = F2 = F3) quando os

líquidos tiverem densidades iguais (d1 = d2 = d3). O fato de a

pressão e a força no fundo do vaso não dependerem da forma

do recipiente nem da quantidade de líquido é chamado de

paradoxo hidrostático.

Resposta: A

2) a) Supondo-se que o gás no interior da bolha se comporte

como gás ideal, da lei geral dos gases perfeitos, vem:

=

=

�

A pressão no fundo do lago é a soma da pressão atmos -

férica (patm) com a pressão da coluna líquida (plíq).

Assim:

p2 = patm + plíq

3 patm = patm + plíq

plíq = 2 patm

Como a pressão atmosférica (patm) equivale a 10,0 metros

de coluna de água, a pressão que o líquido provoca no

fun do do lago (2patm) equivalerá a uma profundidade de

.

b) Aplicando-se, novamente, a lei geral dos gases perfeitos,

vem:

=

=

Mas p2 = patm + plíq

2,88 patm = patm + plíq

De uma regra de três simples e direta, vem:

10,0 metros –––––––– patm

x –––––––– 1,88 patm

Respostas: a) 20,0m b) 18,8m

3) a) p = � g h

p = 1,0 . 103 . 10 . h ⇒ (SI)

b) pm = � g ⇒ pm = 1,0 . 104 . 10 (Pa)

c) F = pm A = � g . L H

F = (N)

Respostas: a) p = 1,0 . 104h (SI)

b) pm = 1,0 . 105Pa

c) F = 6,0 . 107N

4) a) Para a temperatura constante, temos:

p0V0 = p1V1 (Lei de Boyle e Mariotte)

patm V0 = p (V0 + �V)

R = = = ⇒

2––3

�s––––�t

�s––––Vrel

2πR––––––

2— V03

3πR—–––

V0

3πR—––V0

F = p A = (patm + d g H) A

p1V1–––––

T1

p2V2–––––

T2

patm . 3V––––––––––

T

p2V–––––

T

p2 = 3patm

20,0m

p1V1–––––

T1

p2V2–––––

T2

patm . 3V–––––––––

T

p2 V––––––0,96T

p2 = 2,88patm

plíq = 1,88patm

x = 18,8 metros

p = 1,0 . 104 h

H–––2

pm = 1,0 . 105 Pa

H–––2

V0VA = ––––

3

� g L H2

F = ––––––––––2

1,0 . 103 . 10 . 30 . 400––––––––––––––––––––

2

F = 6,0 . 107 N

20R = ––––

21

500–––––525

V0––––––––––

V0 + �V

p–––––patm

8 –

b) pA = patm = p + �a g h

patm = p + 1,0 . 103 . 10h

h em metros

patm e p em Pa (N/m2)

c) Para p = patm, temos:

patm = patm + 1,0 . 104 . 0,50

21 patm = 20 patm + 10,5 . 104

Respostas: a) R = =

b) patm = p + 1,0 . 104 h (SI)

c) patm = 1,05 . 105 N/m2

5)

Resposta: C

6) Adotando-se patm = 1,0 . 105 Pa e g = 10m/s2, temos:

p = patm + � g H

Para p = pmáx = 6,0 . 105 Pa, temos: H = Hmáx

6,0 . 105 = 1,0 . 105 + 1,0 . 103 . 10 . Hmáx

5,0 . 105 = 104 Hmáx ⇒

Para t = 25min ⇒ ptotal = 1,0atm e, portanto, phidrostática = 0

(sub ma rino na superfície).

Resposta: A

7) A pressão hidrostática do soro é dada por:

pH = � g H

9 . 103 = 1,0 . 103 . 10 . H

Resposta: E

8) Os pontos P1 e P2 estão no mesmo plano horizontal e perten -

cem ao mesmo líquido em equilíbrio hidrostático; portanto,

de acordo com a Lei de Stevin, suportam pressões iguais:

p1 = p2 = �M g H (14cm Hg)

Resposta: B

9) A superfície livre do líquido, independentemente de sua

natureza ou densidade, em ambos os compartimentos do

bule (corpo principal e bico), deve apresentar-se plana e

horizontal, à mesma altura h em relação à linha de referência.

A pressão exercida sobre o líquido nos dois ramos do sistema

de vasos comunicantes é a pressão atmosférica.

I (V) II (F) III (F)

Resposta: C

10) p = patm + � g H

�p = � g �h

= � g

1,0 . 104 = 1,0 . 103 . 10 . V

Resposta: B

11)

Fágua = pH . A = � g H . A

Fágua = 1,0 . 103 . 10 . 0,50 . 20 . 10–4 (N)

Resposta: A

12)

pA = pB

patm = �M g h

Aumentando-se a altitude, patm diminui e h diminui.

Resposta: C

13) a) Nos dois esquemas, a pressão atmosférica é equilibrada

pela pressão hidrostática do líquido.

patm = �A g hA = �V g hV

= = = 1,5

b) A mistura água-vinho teria densidade maior que a do

vi nho e, portanto, a altura seria menor que 15m.

Respostas: a) 1,5

b) menor que 15m

20–––21

20–––21

patm = 1,05 . 105 N/m2

p–––––patm

20–––21

pA – pB = � g H

Hmáx = 50m

H = 0,9m

�p––––�t

�h––––�t

V = 1,0m/s

Fágua = 10N

patm = p + 1,0 . 104 h

15––––10

hV––––hA

�A––––�V

– 9

14) a) p1 = p2

pgás = patm + pH

1 atm ………… 760mmHg

pH ………… 380mmHg

pH = 0,5atm

b) pgás = patm + pH

pgás = constante

Se patm diminuir, então a pressão hidrostática deve

aumen tar e a coluna de mercúrio vai aumentar de altura.

Respostas: a) 1,5atm

b) vai aumentar

15)

pgás = patm + pH

pgás = 70 + 10 (cm de Hg)

Resposta: 80cm de Hg

16) =

=

T2 = 420K ⇒

Resposta: C

17) a) pgás = p0 + �Hg gh

pgás = 1,0 . 105 + 13,6 . 103 . 10 . 1,04 (Pa)

pgás = 1,0 . 105 + 1,4 . 105 (Pa)

b) F = p . A

F = 2,4 . 105 . 2,0 . 10–4 (N)

Respostas: a) 2,4 . 105 Pa

b) 48N

18) a) As pressões nos pontos 1 e 2 são iguais: p1 = p2.

Sendo p1 = pat + �B . g . hB e p2 = pat + �A . g . hA,

vem: pat + �B . g . hB = pat + �A . g . hA

�B . hB = �A . hA

�B . 80 = 2,0 . 103 . 50

b) A pressão no interior do tubo na altura da linha de sepa -

ração é p1, que é igual à p2.

De p1 = pat + �B . g . hB, vem:

p1 = 1,0 . 105 + 1,25 . 103 . 10 . 0,80 (N/m2)

p1 = 1,0 . 105 + 0,1 . 105 (N/m2)

Respostas: a) 1,25 . 103kg/m3

b) 1,1 . 105N/m2

19)

Os pontos (1) e (2) pertencem ao mesmo líquido A e ao

mesmo plano horizontal e, por isso, de acordo com a Lei de

Stevin, suportam a mesma pressão:

p1 = p2

patm + �A g hA = patm + �B g hB

�A hA = �B hB

�A . 0,75 h = �B . h

Da qual:

Resposta: A

20)

pA = pB

pgás = 80cm Hg

p1V1–––––––

T1

p2V2–––––––

T2

pgás = patm + pH

76–––––300

76 + 30,4––––––––––

T2

�2 = 147°C

pgás = 2,4 . 105 Pa

F = 48N

�B = 1,25 . 103kg/m3

p1 = 1,1 . 105N/m2

pgás = 1,5 atm

�B––– = 0,75�A

10 –

pA = pB

patm + �1 g h1 + �2 g h2 = patm + �3 g h3

�1 h1 + �2 h2 = �3 h3

0,5 . 5,0 + �2 . 2,0 = 2,5 . 5,0

2,0�2 = 12,5 – 2,5

Resposta: A

21) Os pontos A e B per tencem ao

mesmo lí qui do e estão situados

no mesmo nível horizontal.

Logo, su portam pressões

iguais:

pA = pB

pA = p0 + � g h1 e pB = pG + � g h2

Logo: p0 + � g h1 = pG + � g h2

Sendo h1 > h2 ⇒

Resposta: C

22)

p1 = p2

patm + dAgh = patm + dC g + dB g

dA = dC +

Resposta: C

n Módulo 29 – Princípio de Arquimedes

1) Para o equilíbrio do objeto:

E = Pobjeto

De acordo com Arquimedes:

E = Plíq. deslocado

Portanto:

A balança continua com a mesma indicação:

P2 = P1

Resposta: B

2) Como a esfera está em equilíbrio, temos:

E = Pesfera

Por outro lado, de acordo com a Lei de Arquimedes:

E = Plíquido deslocado

Portanto: Pesfera = Plíquido deslocado

Isso significa que, nos dois esquemas, o peso total no ramo

esquerdo da alavanca é o mesmo e d’ = d.

Resposta: d’ = d

3) 1) Quando a mão está totalmente imersa na água, ela deslo -

ca um volume de água igual a 500cm3 = 0,5 litro. Como a

densidade da água é 1,0kg/�, a massa de água deslocada

é 0,5kg.

2) De acordo com a Lei de Arquimedes, o empuxo que o

líquido exerce na mão da pessoa tem intensidade E dada

por:

E = Plíq. deslocado = mdeslocado g = 0,5g (N)

3) De acordo com a lei de ação e reação, a mão aplica sobre

o líquido uma força vertical para baixo com a mesma

intensidade E = 0,5g (N), o que equivale a aumentar o peso

correspondente a uma massa de 0,5kg. Como a balança

está graduada em massa, ela passa a indicar:

M = 1,5kg + 0,5kg = 2,0kg

Resposta: C

4) Na situação 1, a balança indica o peso total do reci piente com

o líquido.

Nas situações 2 e 3, a balança indica o peso total do

recipiente com o líquido mais a intensidade do empuxo que

o líquido exerce na esfera (ação e reação entre o líquido e a

esfera).

Na situação 2, o empuxo é maior que na situação 3, porque o

volume imerso é maior:

E = �L Vi g

Vi(2) > Vi(3) ⇒ E2 > E3

P1 = Fbalança(1) = P

P2 = Fbalança (2) = P + E2

P3 = Fbalança (3) = P + E3

Portanto:

Resposta: B

5) Com a esfera no interior do barco, temos:

Se a esfera for de aço, ela afunda e entra em contato com o

fundo do recipiente. Nesse caso:

p0 < pG

2h–––3

h–––3

2–––3

dB–––3

2dC + dBdA = –––––––––

3

Plíq. deslocado = Pobjeto

P2 > P3 > P1

�2 = 5,0g/cm3

Etotal = µLVi g = PE + PB

– 11

E’total < Etotal

V’i < Vi

(V correta)

Se a esfera for de isopor, ela flutua, o em pu xo total não se al -

tera e H’ = H (III cor re ta).

Resposta: C

6) a) Para o bloco flutuando, em equilíbrio, temos:

E = Pcorpo = m g

E = 0,63 . 10,0 (N) ⇒

b) De acordo com a Lei de Arquimedes:

E = �L Vig

6,3 = �L . 500 . 10–6 . 10

�L = 1,26 . 103 kg/m3

De acordo com a tabela, o líquido em estudo é a glicerina.

Respostas: a) 6,3N

b) glicerina

7)

1) E = P

�L Vi g = �S V g

= 0,60 ⇒

2) P = mg = �S V g

P = 0,60 . 103 . 1000 . 10–6 . 10 (N)

Resposta: E

8)

Para o equilíbrio do bloco de gelo, temos:

E = P

�aVig = �gVgg

Portanto, o volume imerso de gelo Vi é dado por:

(1)

Quando o gelo derrete, a massa de água obtida é igual à mas -

sa de gelo.

⇒ (2)

Comparando-se as relações (1) e (2), verificamos que o volu -

me da água obtida com a fusão do gelo é igual ao volume de

gelo que estava imerso e, portanto, o nível da água no balde

não se altera.

Resposta: E

9) Na situação de equilíbrio:

O volume ocupado pelo lastro corres ponde ao volume V1 de

cada divisão da escala do cilindro.

Na situação I, para o equilíbrio, temos:

E = Plastro + Precipiente

�a 3V1 g = Plastro + Precipiente

Na situação II, para o equilíbrio, temos:

E’ = Plastro + Págua + Precipiente

�a 6 V1 g = �a 3 V1 g + �a n V1 g

6 = 3 + n ⇒Portanto, a água deve preencher três divisões do cilindro.

Resposta: C

10) Na nova situação de equilíbrio, com os cilindros imersos no

interior do líquido, os pesos aparentes deverão ser iguais e,

para tanto, os empuxos recebidos pelos cilindros deverão ser

iguais.

EA = EB

�L VA g = �L VB g ⇒

E = 6,3 N

�L = 1,26g/cm3

�S Vi––– = –––�L V

�S–––1,0

�S = 0,60g/cm3

P = 6,0N

�gVg

Vi = –––––––�a

ma = mg

�aVa = �gVg

�gVgVa = –––––––

�a

n = 3

E’total + FN = PE + PB

H’ < H

VA = VB

12 –

em que VA e VB são os volumes de A e B imersos no líquido.

Como V = área da base x altura, vem:

SAhA = SBhB

SA . hA = 2SA . hB

hA é a altura de A imersa no líquido.

hB é a altura de B imersa no líquido.

Na opção B, temos hA = 4u e hB = 2u, que satisfaz a condição

do problema.

Resposta: B

11) a) Para o equilíbrio do tonel:

E = P

�a Vi g = mg

m = �a Vi

m = 1,0 . 103 . . 50 . 10–3 (kg)

b)

E’ = F + P

�a V g = F + mg

1,0 . 103 . 50 . 10–3 . 10 = F + 200

500 = F + 200

Respostas: a) 20kg

b) 300N

12)

a) Para o bloco flutuando na superfície do líquido, te mos:

E = P

�L Vi g = �B VB g

= =

�B = �L = 1,0g/cm3 ⇒

b) Para o equilíbrio do bloco, temos:

E = P + T

�L VB g = �B VB g + T

T = (�L – �B) VB g

T (1,0 – 0,75) . 103 . 60 . 10–6 . 10 (N)

T = 1,5 . 10–1N

Respostas: a) 0,75g/cm3 ou 7,5 . 102kg/m3

b) 0,15N ou 1,5 . 10–1N

13) O acréscimo de peso na balsa deve ser equilibrado pelo

acréscimo de empuxo da água sobre a balsa:

�P = �E

(�m) g = �a �Vi g

�m = �a A (d – d0)

d – d0 =

d – d0 = (m)

d – d0 = 12 . 10–2m

Resposta: C

14)

E Ptotal

�a n V1 g (M + m) g

1,0 . 103 . n . 0,08 70 + n . 40

80n 70 + 40n

40n 70

n

n 1,75

Resposta: B

2–––5

m = 20kg

F = 300N

�B––––�L

Vi––––

V

3–––4

3–––4

3–––4

�B = 0,75g/cm3

T = 0,15N

�m–––––�a A

12000–––––––––––––1,0 . 103 . 100

d – d0 = 12cm

hA = 2hB

70–––40

nmín = 2

– 13

15) A intensidade do empuxo é diretamente proporcional ao

volume imerso (E = �água Vi g). Como as três bolas têm diâ -

metros iguais, apresentam volumes iguais e, por isso, uma

vez totalmente imersas na piscina, deslocam volumes iguais

de água, recebendo empuxos de intensidades iguais.

Resposta: C

n Módulo 30 – Análise Dimensional

1) LMT–2 = [F]

L2MT–3 = [Pot]

L–1MT–2 = [p]

Resposta: C

2) F = G

MLT–2 = [G]

Resposta: A

3) y =

[y] = = ML2T–2 = [τ]

Resposta: E

4) y = ⇒ [y] = = MT–1

A razão define uma grandeza chamada vazão em

massa.

Resposta: E

5) P = ������������2mE + (E/c2)

y = 2mE +

[y] = [mE] = M . ML2T–2 = M2L2T–2

[P] = [y] = MLT–1 = [Quantidade de movimento]

u (P) = kg . m . s–1

Resposta: A

6) P = R I2

[P] = [R] [I]2

ML2T–3 = [R] (QT–1)2

[R] = ML2T–1Q–2

Resposta: B

7) F = B i L e B =

F = . i L ⇒ F =

MLT–2 =

Resposta:

8) 1) [V] = L T–1

u(V) =

u’(V) = ⇒

2) [a] = LT–2

u(a) =

u’(a) = ⇒

3) [F] = M L T–2

u(F) =

u’(F) = ⇒

4) [Q] = M L2 T–2

u(Q) =

u’(Q) = ⇒

Mm–––––

d2

M2

–––––L2

[G] = M–1L3T–2

m p–––––

d

M ML–1T–2

–––––––––––––ML–3

F–––V

MLT–2

–––––––LT–1

massa––––––––tempo

E–––c2

1––2

kg . m2

u(R) = –––––––––C2 . s

� i–––––2πd

� i–––––2πd

� i2 L–––––––

2πd

[�] I2 L––––––––

L

[�] = M L T–2 I–2

uL––––––

uT

a–– uLb uL

–––––––– = ––––a uT–– uTb

u’(V) = u(V)

u(L)––––––u(T2)

a–– uLb b uL

–––––––––– = –– –––––a2 a u(T2)

––– u(T2)b2

bu’(a) = –– u(a)a

u(M) . u(L)–––––––––––

u(T2)

EA = EB = EC

u’(F) = u(F)

a a–– u(M)

. –– u(L)b b

––––––––––––––––––––a2

–––– u(T2)b2

u(M) . u(L2)

–––––––––––u(T

2)

au’(Q) = –– u(Q)

b

a a2

–– u(M) . ––– u(L)b b2

––––––––––––––––––––a2

–––– u(T)b2

14 –

9) Consideremos como fundamentais o comprimento L, a velo -

cidade V e a força F.

1) Unidade de tempo:

[V] = L T–1 ⇒ [T] = ⇒ [T] = L V–1

u’(T) = ⇒

2) Unidade de massa:

[F] = M L T–2 ⇒ [M] = F L–1 T2

u’(M) = ⇒

3) Unidade de energia:

[E] = [F] . [V] . [T]

u’(E) = uF . uV . uT

As unidades de tempo e massa foram multiplicadas por

1.

A unidade de energia foi multiplicada por 2.

10) a) 1) P = R I2

M L2 T–3 = [R] I2 ⇒ [R] = M L2 T–3 I–2

2) P = U I

M L2T–3 = [U] I ⇒ [U] = M L2 T–3 I–1

3) C = ⇒ [C] = = M–1 L–2 T4 I2

b) 1) F = B I L

M L T–2 = [B] I L ⇒ [B] = M T–2 I–1

2) = = T

c) 1) [M] = [Q] L = M L T–1 . L = M L2 T–1

2) = = T

d) [y] = =

[y] = T2 ⇒ [y] = T

Resposta: E

11) F = G

A expressão mostra que G não é adimensional e, portanto, a

equação apresentada é dimensionalmente errada.

Resposta: C

12) F = ����������� m2gV2/r

y = ⇒ [y] =

[y] = M2 L2 T–4

F = ���y ⇒ (correta)

A equação proposta é dimensionalmente possível.

13) F = mx Vy tz

M L T–2 = Mx (L T–1)y Tz

M L T–2 = Mx Ly T –y + z

x = 1 x = 1

y = 1 ⇒ y = 1 ⇒ z – y = –2 z = –1

A 1.a equação está dimensionalmente errada.

14) M = M0 e–Kt

M0 representa uma massa e é medida em kg.

Qualquer expoente é adimensional.

[K t] = M0L0T0

[K] = T–1 ⇒

Respostas: u(M0) = kg

u(K) = Hz

15) U(x) =

1) M L2 T–2 = ⇒

K = energia x comprimento

2) O expoente –Lx é adimensional

Resposta: D

16) p = V2 K

M L–1 T–2 = (LT–1)2 [K]

M L–1 T–2 = L2 T–2 [K]

[K] = M L–3

K representa densidade ou massa específica.

Resposta: B

u(F) . u(T2)–––––––––––––––

u(L)

u’(M) = u(M)

u’E = 2 uE

Q–––U

I T––––––––––––––

M L2 T–3 I–1

[R] [C] = T

[B] . [S]––––––––

[I] [R]

M T–2 I–1 . L2

––––––––––––––I . M L2 T–3 I–2

[M]–––––

[E]

M L2 T–1

–––––––––––M L2 T–2

[B] . [S] . [C]––––––––––––

[I]

M T–2 I–1 . L2 . M–1 L–2 T4 I2

–––––––––––––––––––––––––––I

1––2

m1 m2––––––––

r2

m2 g V2

–––––––––r

M2 . (L T–2) . (L T–1)2

––––––––––––––––––––L

[F] = M L T–2

F = 2 (m1 + m2) V t–1

u (K) = s–1 = hertz (Hz)

K e–Lx

–––––––x

[K]––––

L[K] = M L3 T–2

[x] = L–1

u(L)––––––––

u(V)

u’T = uT

L–––V

– 15

17) x = K

L =

L2T–2 = LnT–n ⇒Resposta: 2

18) p + + �cgdhe = constante

1) [p] = [�]a [V]b

M L–1 T–2 = (M L–3)a (L T–1)b

M L–1 T–2 = Ma L–3a + b T–b

a = 1

–3a + b = – 1

–b = –2

2) [p] = [�]c [g]d [h]e

M L–1 T–2 = (M L–3)c (L T–2)d (L)e

c = 1

–3c + d + e = –1

–2d = –2

19) f =

1) [f] = T–1

2) [�] = M L–3

3) T–1 = ⇒ T–2 =

Resposta: C

20) f = K V2

M L T–2 = [K] [L T–1]2

M L T–2 = [K] L2 T–2

[K] = M L–1

Resposta: D

21) V = Ka xb

u(K) = u(x) =

K representa uma pressão: [K] = M L–1 T–2

x representa uma densidade: [x] = M L–3

[v] = [K]a [x]b

L T–1 = (M L–1 T–2)a [M L–3]b

L T–1 = Ma+b L–a–3b T–2a

22) a) Maior, porque a resistência ao movimento é menor.

b) V = K gx hy dz

L T–1 = (L T–2)x Ly (M L–3)z

L T–1 = Lx+y–3z T–2x Mz

Como z = 0, a velocidade não depende da densidade.

23) V = k Fx my �z

LT–1 = (M L T–2)x My Lz

LT–1 = Mx+y Lx+z T–2x

FRENTE 3 – ELETRICIDADE E MECÂNICA

n Módulo 28 – Capacitores

1) A carga elétrica vale:

Q = C . U

← Q = 4 . 10–6 . 6 (C) = 24 . 10–6C

A energia elétrica vale:

We� =

We� = (J)

We� = 12 . 10–6 . 6 (J)

We� = 72 . 10–6J

Resposta: Q = 24←C e We� = 7,2 . 10–5J

2) A intensidade das correntes é dada pela Lei de Pouillet:

i = ⇒ i = (A) = (A)

c = 1d = 1e = 1

N––––2L

σ––�

1––––

L

�––––––M L–3

1––––L2

[σ]–––––––M L–3

[�] = M L–1 T–2

kgu(K) = kg . m–1 = ––––

m

N––––m2

kg––––m3

a + b = 0

–a –3b = 1

–2a = –1

1a = ––

21

b = – ––2

x + y = 1

–2x = –1

z = 0

1x = ––

21

y = ––2

z = 0

V = K ���gh

x + y = 0

x + z = 1

–2x = –1

1x = ––

2

1z = ––

2

1y = – ––

2

F �V = k –––––

m

a = 1

b = 2

Q = 24←C

Q . U–––––

2

24 . 10–6 . 6–––––––––––

2

We� = 7,2 . 10–5J

Vn

–––––a

(LT–1)n

–––––––––LT–2

n = 2

�aVb

–––––––2

10–––––

50

10–––––––20 + 30

E–––––

∑R

i = 0,2A

16 –

A d.d.p. no resistor de 30� é:

U = R . i

U = 30 . 0,2 (V)

U = 6V e é a mesma d.d.p. do capacitor.

A carga elétrica do capacitor vale:

Q = C . U = 5 . 10–6 . 6 (C)

Resposta: C

3) Cálculo da intensidade da corrente elétrica pela Lei de Pouillet:

i = = (A) = (A) ⇒ i = 2A

d.d.p. no resistor de 2�:

U = R . i

U = 2 . 2 (V) ⇒ U = 4V

Cálculo da carga do capacitor:

Q = C . U = 7 . 10–6 . 4 (C)

Resposta: Q = 28←C

4) d.d.p. no capacitor:

U = = (V)

U = 20V

i =

2 =

18 + 2r = 20 ⇒ 2r = 2

Resposta: E

5) U = V – (– V)

U = 2V

Q = C . U

Q = C . 2V

Resposta: B

6) C =

Como a capacitância (C) é inversamente proporcional à

distân cia entre as placas (e), aumentando e, diminui C.

E = = = =

E =

E é diretamente proporcional a e; logo, aumentando e, au -

men ta E.

Resposta: B

7) A d.d.p. continuará constante.

C0 = ; C1 = = =

A capacitância se reduzirá à metade. Como a carga é direta -

mente proporcional à capacitância e o campo elétrico direta -

mente proporcional à carga, ambos se reduzirão à metade.

q = e E =

8) Com o ar mais úmido, a rigidez dielétrica cai, logo bastará

uma d.d.p. menor para que o dielétrico comece a conduzir

eletri cidade.

Resposta: B

9) Introduzindo-se um dielétrico entre as armaduras de um

capa citor, o dielétrico diminui a intensidade do campo elétri -

co no interior do capacitor.

Resposta: D

10) a) U = = ⇒ U = = 200V

U’ = = (V) ⇒ U’ = 40V

b) U = E . d = 0,8 . 106 . . 10–3 (V) = 0,4 . 103V

Respostas: a) U’ = 40V

b) U = 400V

11) d = 5cm

C = 4 . 10–10F

Q = 6←C

E . d = U

E = = = (V/m)

E = . 106 (V/m) = 3 . 105

Resposta: C

Q = 28←C

Q–––––

C

100 . 10–6

–––––––––5 . 10–6

E–––––

∑R

20––––––9 + r

r = 1,0�

Q = 2 . C . V

A . ←––––––

e

Q . U––––––

2

Q . Q––––––2 . C

Q2

––––––2C

Q2

–––––––––A . ←

2 . –––––e

Q2 . e––––––––2 . A . ←

A←––––e0

A←––––e1

A←––––––2. e0

C0––––

2

q0––––

2

E0––––

2

Q––––

C

Q––––––← . A––––

d

Q . d––––––← . A

Q . d––––––––5 . ← . A

200––––

5

1––––

2

U = 400V

U––––

d

Q–––––C . d

6 . 10–6

––––––––––––––––4 . 10–10 . 5 . 10–2

6––––20

V–––––

m

Q = 30←C

E–––––

∑R

12––––––––1 + 2 + 3

12–––––

6

– 17

12) Q = C . U = . U

A carga é diretamente proporcional à constante dielétrica (←);

logo, o capacitor A acumula uma carga maior.

Resposta: B

n Módulo 29 – Associação de Capacitores

1) a) Ceq = (←F)

Ceq = (←F)

b) Ceq = (←F) + 2 (←F)

c) Ceq = (←F)

Respostas: a) 4,0←F

b) 4,0←F

c) 4,0←F

2) Ceq = (←F)

Ceq = (←F)

Resposta: Ceq = 6,0←F

3) Para capacitores iguais em série, temos:

Ceq = , em que n é o número de capacitores em série.

Fig. 1:

Fig. 2:

Respostas: ;

4) Ceq1

= (←F)

Ceq2

= C + 2C

Ceq2

= 3C

Ceq =

3 =

+ 9C =

27 + 18C = 27C

9C = 27

Resposta: 3,0←F

5)

Ceq = + ⇒

Resposta: C

6)

É a mesma capacitância equivalente.

Resposta: C

(3 + 6) . (8 + 10)–––––––––––––––(3 + 6) + (8 + 10)

9 . 18––––––

27

Ceq = 6,0←F

C–––n

CCeq = ––––

2

CCeq = ––––

3

C–––2

C–––3

9–––2

Ceq1. Ceq2––––––––––

Ceq1+ Ceq2

9–– . 3C2

–––––––––9

–– + 3C2

27–––2

27 . C–––––

2

C = 3,0←F

C–––2

C–––2

Ceq = C

6 . 12––––––6 + 12

72––––18

Ceq = 4,0←F

3 . 6–––––3 + 6

Ceq = 4,0←F

(5 + 3) . 8––––––––––5 + 3 + 8

Ceq = 4,0←F

← A––––

d

18 –

7)

8) 10(←F) = C1 + C2 �

2,4(←F) =

2,4(←F) =

24(←F)2 = C1 . C2 �

de � e �, temos:

Resposta: D

9) Ceq = (←F)

Ceq = (←F)

Ceq = ←F

Todos os capacitores eletrizam-se com a mesma carga.

Q = C . U = . 40 (←C)

Resposta: C

10) a) Capacitores em paralelo:

Ceq = C1 + C2 + C3

Ceq = (2 + 5 + 10)←F

b) Q = Ceq . U

Q = 17 . 10–6 . 8 (C)

Respostas: a) Ceq = 17�F

b) Q = 136�C

11) Q = Ceq . U

Q = . 10–9 . 5 (C)

Q = . 10–9 . 5 (C)

Resposta: D

12) C1 > C2

>

Resposta: B

13) A1 = 2A2

C1 = 2C2

Ligados em paralelo, os capacitores terão a mesma tensão:

U1 = U2

= ⇒ = ⇒ Q1 = 2 . Q2 �

Q1 + Q2 = Q + Q (Sendo Q a carga de cada condensador)

Q1 + Q2 = 2Q �

� em �:

2Q2 + Q2 = 2Q

3Q2 = 2Q

Resposta: D

14) Q1 = 1 . 10–6 . 1000 (C)

Q1 = 1000←C

Coloca-se o segundo, descarregado, em paralelo com o pri -

mei ro; tendo ambos a mesma capacitância, a carga irá

distribuir-se entre os dois.

Q1 = 500←C

Q2 = 500←C

� com �: Q2 = 250←C

Q3 = 250←C

� com �: Q3 = 125←C

Q4 = 125←C

� com �: Q4 = 62,5←C

Q5 = 62,5←C

Respostas: Q1 = 500←C

Q2 = 250←C

Q3 = 125←C

Q4 = Q5 = 62,5←C

15) U = = (V)

Resposta: U = 25V

2 . 6––––––2 + 6

12––––

8

3–––2

3–––2

Q = 60←C

Ceq = 17←F

Q = 136←C

3 . 2–––––3 + 2

6–––5

Q = 6,0 . 10–9C

Q–––U1

Q–––U2

U2 > U1

Q1–––C1

Q2–––C2

Q1–––2C2

Q2–––C2

2QQ2 = ––––

3

C1 . C2–––––––C1 + C2

C1 . C2–––––––

10

4←F e 6←F

500––––20

Q––––Ceq

U = 25V

– 19

16) i = = (A) = (A)

i = 3A

A d.d.p. nos capacitores é a mesma que a do resistor da

direita.

U = R . i = 10 . 3 (V)

U = 30V

QA = CA . U

QA = 0,2 . 10–6 . 30 (C)

Resposta: A

17) i = = (A) = (A) i = 5Acom a chave aberta

U = R i

U = 2 . 5 (V) = 10V

Após o fechamento da chave, a d.d.p. no capacitor é a mesma

do resistor menos a d.d.p. da fonte da direita, de 2V.

UC = 10 – 2 (V) = 8V

Q = C . U = 2 . 10–6 . 8 (C)

Resposta: 16←C

18) Capacidade equivalente:

= + + (SI) = (SI)

Ceq = ←F

Req = + R3 = + 2 (�)

Corrente elétrica:

i = = A

Tensão nos resistores em paralelo (R1 e R2):

Ux = Req . i = . (V)

Ux = V

Carga nos capacitores:

Q = Ceq . Ux = . 10–6 . (C)

Q = ←C

Tensão UBA:

Q = C2 . UBA

. 10–6 = 5 . 10–6 . UBA

UBA = V

Resposta: C

19) a) Ceq = (←F)

Ceq = (←F)

Q = Ceq . U

Q = . 10–6 . 220 (C)

Q = 960 . 10–6C

Q = C1 . U1

960 . 10–6 = 6 . 10–6 . U1

b) We�2= = (J)

Respostas: a) 160V

b) 2,9 . 10–2J

20) Ceq = (�F) = (�F) = 2,0←F

Ceq = 2←F

Q = Ceq . U = 2 . 10–6 . 100 (C)

Q = 2 . 10–4 (C)

We� = = (J)

Resposta: C

21) C2 = 2C1

Q1 = Q2 (pois os capacitores estão em série)

C1 . U1 = C2 . U2

C1U1 = 2C1 . U2

1––––Ceq

1––––10

1–––5

1–––1

13–––10

10––––13

R1––––

2

1–––2

Req = 2,5�

←–––––Req

1–––––

2,5

1–––2

1––––2,5

1–––5

10––––13

1–––5

2––––13

2–––13

2––––65

UBA = 0,03V

6 . 16–––––––6 + 16

96–––––

22

96–––22

U1 = 160V

Q2 . U2–––––––

2

960 . 10–6 . 60––––––––––––––

2

We�2 2,9 . 10–2J

10 . 2,5–––––––

12,5

25–––––12,5

Q . U–––––––

2

2 . 10–4 . 100––––––––––––––

2

1,0 . 10–2J

QA = 6,0←C

←––––∑R

20–––––2 + 2

20––––

4

Q = 16←C

90––––30

90–––––––––––––10 + 10 + 10

←––––∑R

U1U2 = ––––––

2

20 –

W1 =

W2 =

W2 =

Resposta: B

n Módulo 30 – Leis de Kepler e Lei da

Gravitação Universal

1) De acordo com a 2.a Lei de Kepler, em tempos iguais, as áreas

varridas pelo raio vetor do planeta serão iguais.

No trecho AB, o raio vetor é menor que no trecho CD e,

portanto, para que as áreas sejam iguais, o arco AB deve ser

maior que o arco CD e, portanto, para o mesmo intervalo de

tempo, a velocidade escalar média entre A e B será maior que

entre C e D.

Resposta: B

2) 1) De acordo com a 2.a Lei de Kepler:

S2 = 4 S1 ⇒ �t2 = 4�t1

2) V1 = ; V2 =

= . = . 4 = 2 ⇒

Resposta: B

3) a) Falsa: De acordo com a 2.a Lei de Kepler, cada planeta tem

velocidade areolar constante.

b) Falsa: O movimento de translação somente seria uniforme

se a órbita fosse circular.

c) Falsa: A velocidade de translação é máxima no periélio e

mínima no afélio.

d) Correta.

e) Falsa: O movimento orbital do cometa é mantido pela

força gravitacional aplicada pelo Sol.

Resposta: D

4) a) De acordo com a 2.a Lei de Kepler, a velocidade areolar é

constante. Isso implica que, à medida que o planeta se

aproxima do Sol, sua velocidade linear de translação au -

menta. A velocidade linear de translação é máxima no

perié lio (ponto P) e mínima no afélio (ponto A).

b)

1) No trajeto VPI, a área varrida (A1 na figura) é menor

que a correspondente a meia elipse.

2) No trajeto PIA, a área varrida (A2) corresponde a meia

elipse.

3) No trajeto IAV, a área varrida (A3) na figura é maior que

a correspondente a meia elipse.

4) No trajeto AVP, a área varrida (A4) corresponde a meia

elipse.

Portanto: A1 < A2 = A4 < A3

Como os tempos são proporcionais às respectivas

áreas, vem: TVPI < TPIA = TAVP < TIAV

Respostas: a) Máxima em P e mínima em A.

b) TVPI < TPIA = TAVP < TIAV

5) Aplicando-se a 3.a Lei de Kepler para satélites da Terra, temos:

=

Como R1 = 42000km e R2 = 10500km, temos R1 = 4R2.

Portanto:

=

T1

2 = 64 T2

2

T1 = 8T2

T2 = = ⇒

Resposta: A

6) =

= (1)

= (2)

. =

mG = M

2 3

AB––––�t1

CD––––�t2

V1––––V2

AB––––CD

�t2––––�t1

1–––2

V1 = 2V2

R1

3

––––––

T1

2

R2

3

––––––

T2

2

(4R2)3

––––––T1

2

R2

3

––––––

T2

2

T1––––

8

24h––––

8T2 = 3h

T2

––––r3

4π2

–––––G m

TG

2

–––––rG

3

4π2

–––––––G mG

TT

2

–––––

rT3

4π2

–––––G M

(2)––––(1)

TT2

–––––

rT3

rG3

–––––

TG2

mG––––M

Q . U1–––––––

2 . 2

W1W2 = –––––

2

Q . U1–––––––

2

Q . U2–––––––

2

rG�––––�rT

TT�––––�TG

– 21

mG = M (27)2

3

mG = M ⇒ ou

Resposta:

7) a) 3.a Lei de Kepler:

=

RP = 102 RM ⇒ = ⇒ TP

2= 106 TM

2

b) V = =

= . = 102 . ⇒

c) VA = =

= � �2

. = 104 . ⇒

Respostas: a) 103 b) c) 10

8) a) V = (MU)

3,0 . 108 = ⇒

3,0 . 108 = ⇒

b) 3.a Lei de Kepler:

3

=

2

3

=

2

TP

2 = (40)3 = 64 . 103

TP

2 = 64 . 102 . 10

TP = 80 . ��10 anos

TP = 80 . 3,1 anos

Respostas: a) 5,0 . 102s e 2,0 . 104s

b) 248 anos

9) a) 1) De acordo com a escala usada, a distância média do

cin turão de asteroides até o Sol é da ordem de 2,7ua.

2) Aplicando-se a 3.a Lei de Kepler:

RT = 1ua

RX = 2,7ua

TT = 1a

TX = ?

= 1 ⇒ Tx

2 � 20 = 4 . 5

TX = 2 ���5 a = 2 . 2,2a ⇒

b) De acordo com a 3.a Lei de Kepler: = K

quanto mais próximo do Sol, menor é o ano do planeta.

O ano de Mercúrio é mais curto que o da Terra.

Respostas: a) 4,4a

b) mais curto

10) a) 3.a Lei de Kepler:

=

= ⇒ R3

X = 56

b) V =

VX = VT =

= . = .

Respostas: a) 25ua

b)

11) A força gravitacional tem intensidade F dada por:

F =

m’ = 4m

d’ = 2d

F’ = = ⇒

Resposta: D

�s––––�t

1,5 . 1011

––––––––––

�tT

�tT = 5,0 . 102s

60 . 1011

––––––––––�tP

�tP = 2,0 . 104s

aP�––––�aT

TP�––––�TT

60 . 1011

�––––––––––––––�1,5 . 1011

TP�––––�1

TP = 248 anos

RX

3RT

3

––––– = –––––TX

2TT

2

(2,7)3

––––––TX

2

T = 4,4a

R3

–––––T

2

R3

X––––

T2

X

R3

T–––––

T2

T

R3

X–––––(53)2

1–––1

RX = 25ua

�s––––�t

2 π RX–––––––

TX

2 π RT–––––––

TT

VX––––VT

RX––––RT

TT––––TX

25––––

1

1––––125

VX 1–––– = ––––

VT 5

1–––5

GMm–––––––

d2

1�–––�18

729––––––5832

mG = 0,125M1

mG = ––– M8

1mG = ––– M

8

RM

3

–––––

TM

2

RP

3

––––

TP

2

RM

3

–––––

TM

2

106 RM

3

––––––––––

TP

2

TP–––– = 103

TM

2πR–––––

T

�s–––�t

VP 1––––– = ––––

VM 10

1––––103

TM

––––TP

RP

––––RM

VP

––––VM

π R2

–––––T

A–––�t

VAP

–––––– = 10VA

M

1––––103

TM

––––TP

RP––––RM

VAP––––––VAM

1–––10

F’ = FG M m

––––––––d2

G M 4 m––––––––––

(2d)2

22 –

12) De acordo com a Lei de Newton:

FSat =

FT =

= .

2

= 100 . 2

⇒

Resposta: C

13) FPF = FSF

=

=

Resposta: 9

14)

1) Cálculo de F:

F = G . = . ���2

2) Cálculo de F1

F1 = G . =

3) Cálculo da força resultante FR:

FR = F���2 + F1

FR = ���2 . ���2 +

FR = +

FR =

Resposta: B

15) P = FG

mg =

= .

2

= 16

2

= 1

Resposta: C

16) A aceleração da gravidade na superfície de um plane ta de

massa M e raio R tem módulo g dado por:

FG = P

= mg

Portanto: R2 = e R =

= = ���16

Resposta: C

17) a) Desprezando-se os efeitos de rotação, temos:

P = FG

mg =

g = módulo da aceleração da gravidade na superfície do

planeta

M = massa do planeta

R = raio do planeta

m . m ���2––––––––––

d2

Gm2

–––––d2

m���2 . m���2––––––––––––––

2d2

Gm2

–––––d2

Gm2

–––––d2

Gm2

–––––d2

2Gm2

––––––––d2

Gm2

––––––d2

3Gm2

––––––––d2

GMm––––––

R2

GMg = ––––––

R2

gU–––––

gT

MU––––––

MT

RT�––––�RU

gU–––––

gT

1�–––�4

gU = gT

GMm––––––

R2

GMg = ––––––

R2

GM–––––

g

GM–––––

g

RU––––RT

14,4–––––

0,9

RU–––– = 4

RT

GMm–––––––

R2

GMg = ––––––

R2

MmF = G ––––––

d2

G M mSat–––––––––––

d2

Sat

G M mT–––––––––––––

d2

T

FSat––––––

FT

mSat–––––––

mT

dT�–––––�dSat

FSat––––––

FT

1�––––�10

FSat–––––– = 1

FT

GMPMF––––––––––

R2

GMSMF––––––––––

r2

81MS–––––––

R2

MS–––––

r2

R–––– = 9

r

– 23

Portanto: =

2

Sendo = e = 5, vem:

= . 25 = ⇒

Na Terra: PT = mgT

Em Plutão: PP = mgP

= ⇒

b) No lançamento vertical, temos:

V2 = V02 + 2� �s (MUV)

0 = V02 + 2(– g)H

Para o mesmo valor de V0 , temos:

=

= ⇒

Respostas: a) 2,0N

b) 30m

18) FG = P

= m g

g =

g = (m/s2)

g = (m/s2)

Resposta: 8,0m/s2

19)

O módulo g da aceleração da gravidade é dado por:

PA = FG

mg =

Para que o valor de g se reduza a um quarto, a distância ao

centro da Terra deve dobrar:

h + R = 2R

Resposta: C

20) a) Sendo a órbita circular, o movimento do satélite é

uniforme e a força gravitacional faz o papel de resultante

centrípeta.

FG = Fcp

= ⇒

Portanto: = ⇒

b) V =

T = ⇒

Respostas: a) 9

b)

21) FG = Fcp

= m 2R

2 =

= =

= = = 1

Resposta: 1

G M––––––––(R + h)2

6,7 . 10–11 . 6,0 . 1024

–––––––––––––––––––––(7100 . 103)2

40,2 . 1013

–––––––––––50,41 . 1012

g � 8,0m/s2

GMm––––––––(R + h)2

GMg = ––––––––

(R + h)2

h = R

GMm–––––––

R2

mV2

–––––––R

GM V = ––––––

R

VT–––––VL

MT––––––

ML

VT––––– = 9

VL

2πR–––––

T

2πR–––––

V

TT VL 1–––– = ––––– = ––

TL VT 9

1–––9

GMm–––––––

R2

GM–––––

R3

GM ––––––

R3

2π–––T

R3

T = 2π –––––GM

TX–––T0

RX MT �–––––�3

. –––––RT MX

1 (2)3 . –––

8

TX = T0

PP–––––

40

0,5––––10

PP = 2,0N

V02

H = –––––2g

HP–––––

HT

gT––––gP

H–––––

1,5

10––––0,5

H = 30m

G M m––––––––(R + h)2

gP–––––

10

1–––––500

1––––20

gP = 0,5m/s2

MP–––––MT

1–––––500

RT–––––

RP

RT�–––––�RP

MP–––––MT

gP–––––

gT

24 –

22)

1) Em 14 dias (meio período), a Lua dá meia volta em torno

da Terra, e a variação de sua quantidade de movimento

linear é dada por:

�→Q = m

→V – (–m

→V) = 2m

→V

2) A velocidade de translação da Lua é dada por:

FG = Fcp

= ⇒

Portanto:

Resposta: D

23) FG = Fcp

=

m V2 =

Resposta: D

24) FG = Fcp

= m 2R

2 =

Porém: M = � . π R3

2 = . � . π R3

2 = π G � =

2

=

= ⇒ T2 = ⇒

Resposta: D

25)

A força gravitacional de interação entre as estre las faz o

papel de resultante centrípeta:

= M 2

2 = ⇒ 2

=

= ⇒ =

(Resposta)

26) O movimento de um cometa está ligado com o conceito de

força gravitacional entre dois corpos.

A força gravitacional de atração entre duas partículas de

massas M e m, separadas para uma distância d, tem inten -

sidade F dada por:

G = constante de atração gravitacional.

Resposta: B

27) a) Falsa. F = G

Para um corpo na superfície da Terra, não considerando

efeitos de rotação, temos:

F = P

G = mg ⇒ g =

Portanto, G não é a aceleração da gravidade g.

mV2 G M mEC = –––––– = ––––––––

2 2d

G M m–––––––

R2

G M–––––

R3

4––3

G–––R3

4––3

4––3 � 2π

––––T � 4π2

––––T2

G �–––––

3

π–––T2

3π–––G�

3πT = ––––

G �

FG = Fcp

G M M––––––––

R2

R–––2

2 G M–––––––

R3 � 2π–––T � 2 G M

–––––––R3

2π–––T

2GM ––––––

R3

T–––2π

R3

–––––––2 G M

R3

T = 2π –––––––2 G M

MmF = G ––––––

d2

Mm–––––

d2

Mm–––––

R2

GM–––––

R2

|�→Q | = 2m |

→V|

GMm––––––

r2

mV2

––––––r

GM V = ––––––

r

GM 4GMm2

|�→Q | = 2m –––––– = ––––––––––

r r

G M m–––––––

d2

m V2

–––––––d

G M m–––––––

d

– 25

b) Falsa. De acordo com a lei da ação e reação, o planeta atrai

o objeto e este atrai a Terra com forças de mesma inten -

sidade, mesma direção e sentidos opostos.

c) Falsa. A força gravitacional que o planeta exerce no

satélite é responsável por mantê-lo em órbita.

d) Falsa. A intensidade da força gravitacional varia inversa -

mente com o quadrado da distância que separa os corpos.

e) Verdadeira.

P = FG =

A força gravitacional é responsável pelo peso de um

corpo, porém somente será igual ao peso, nos polos do

planeta ou se desprezarmos efeitos ligados à rotação.

Resposta: E

GMm––––––

d2

26 –