Exercícios Resolvidos de Física

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FÍSICA A 3. a S Física Curso Extensivo – A 3. a série – Ensino Médio REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página I

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Exercícios Resolvidos de Física

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FísicaCurso Extensivo – A

3.a série – Ensino Médio

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A A

C 3

. aB/E

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– 1

1. A taxa de álcool no sangue de uma pessoa depende da quantidadede álcool ingerida, da massa da pessoa e do momento em que ela bebe(em jejum ou durante as refeições).A equação a seguir permite calcular a taxa de álcool no sangue (TAS),medida em gramas por litro (g/�).

Q = quantidade de álcool ingerido, em gramasm = massa de pessoa, em kgk é uma constante que vale 1,1 se o consumo de álcool é feito nasrefeições ou 0,7 se o consumo for feito fora das refeições.

Admita ainda que o tempo de reação tR de um motorista varia com ataxa de álcool no sangue (TAS) de acordo com a relação:tR = 0,5 + 1,0 (TAS)2

TAS medido em g/�tR medido em segundos.

Um motorista está dirigindo um carro com velocidade de móduloV0 = 72,0 km/h quando avista uma pessoa atravessando a ruaimprudentemente à sua frente. Após o seu tempo de reação, omotorista aciona o freio, imprimindo ao carro uma aceleração demódulo constante a até a imobilização do veículo. O gráfico a seguirmostra a velocidade escalar do carro em função do tempo. Sabe-se quea distância percorrida pelo carro desde a visão do pedestre (t = 0) atéa sua imobilização (t = 5,5s) foi de 70,0m.

Determinea) o tempo de reação do motorista tR e o módulo a da aceleração do

carro durante a freada.b) a taxa de álcool no sangue do motorista (TAS) e a quantidade de

álcool ingerido Q, sabendo-se que o motorista tem massa m = 70 kge ingeriu bebida alcoó lica durante o almoço.

RESOLUÇÃO:a) 1) Cálculo do tempo de reação tR:

Δs = área (v x t)

70,0 = (5,5 + tR)

7,0 = 5,5 + tR ⇒

2) Cálculo do módulo da aceleração a durante a freada:

a =

a = (m/s2) ⇒

b) 1) Cálculo da taxa de álcool no sangue (TAS):

tR = 0,5 + 1,0 (TAS)2

1,5 = 0,5 + 1,0 (TAS)2

1,0 = 1,0 (TAS)2 ⇒

2) Cálculo da quantidade de álcool ingerido Q:

Q = km (TAS)

Q = 1,1. 70 . 1,0 (g) ⇒

Respostas: a) 1,5s e 5,0 m/s2

b) 1,0 g/� e 77g

2. Uma lebre corre em linha reta com velocidade escalar constantede 72,0km/h rumo à sua toca. No instante t = 0 a lebre está a 200m datoca e neste instante um lobo que está 40m atrás da lebre parte dorepouso com aceleração escalar constante de 5,0m/s2 mantida durante90m e em seguida desenvolve velocidade escalar constante. O lobodescreve a mesma reta descrita pela lebre.a) Faça um gráfico da velocidade escalar em função do tempo para os

movimentos da lebre e do lobo desde o instante t = 0 até o instanteem que a lebre chegaria à sua toca.

b) Determine se o lobo alcança a lebre antes que ele chegue à suatoca.

RESOLUÇÃO:a) 1) Instante t1 em que a lebre chega à toca:

Δs = Vt (MU)

200 = 20,0 t1 ⇒

2) Cálculo da velocidade final do lobo:

V2 = V02 + 2 γ Δs

V12 = 0 + 2 . 5,0 . 9,0 = 900

QTAS = –––––

km

20,0–––––

2

tR = 1,5s

�ΔV�–––––

Δt

20,0––––4,0

a = 5,0 m/s2

TAS = 1,0 g/�

Q = 77g

t1 = 10,0s

V1 = 30,0m/s

Revisão FÍSICA

MÓDULO 11 Cinemática Escalar

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A A

3. aS

2 –

3) Cálculo do instante t2 em que o lobo atinge sua velocidademáxima:V = V0 + γ t

30,0 = 0 + 5,0 t2 ⇒

4) gráficos V = f(t)

b) Distância percorrida pelo lobo até o instante t = 10,0s:

Δs = área (V x t)

d = (10,0 + 4,0) (m) = 210m

Quando a lebre chega na toca o lobo está a 30,0m da toca e, portanto,não conseguiu alcança-la.

3. (Olimpíada de Portugal) – O João e a Maria são dois jovensapaixonados pela Mecânica. Construíram cada um o seu veículoautomóvel, uma espécie de kart. Pretendem agora competir um com ooutro numa pista retilínea e horizontal, na propriedade da família de umdeles. O sistema de referência utilizado consiste num eixo horizontalcom origem no ponto de partida e o sentido do deslocamento dos carrosdurante a corrida.

a) O carro do João deslocou-se inicialmente com aceleração escalarconstante de valor máximo que o motor permitiu. Após t1 = 30,0s,quando o módulo da sua velocidade era V1J = 12,5m/s, o motoravariou-se e o carro passou a deslocar-se com aceleração escalarconstante igual a a2J = –3,0 × 10–2m/s2, devido aos atritos. O tempototal necessário para o João atingir meta foi de 200s, contado desdea partida. Qual é o comprimento da pista?

b) A Maria preferiu ser mais cautelosa. No seu primeiro percurso apósa partida, de comprimento l1 = 400m, o módulo da acelaraçãoescalar do seu carro foi a1M = 0,20m/s2, após o que manteve avelocidade escalar constante, durante 117s até atingir a meta. Quemé que ganhou a corrida?Adote ���10 = 3,2

RESOLUÇÃO:a)

1) Cálculo de V1:

a = ⇒ –3,00 . 10–2 = ⇒ ΔV = –5,1m/s

V1 = 12,5 – 5,1 (m/s) = 7,4m/s

2) L = área (V x t)

L = + (12,5 + 7,4) (m)

L = 187,5 + 1691,5 (m)

b) 1) Δs = V0 t + t2 (MUV)

400 = 0 + T12

T12 = 4000

T1 = 20���10s = 20 . 3,2s = 64s

2) Ttotal = T1 + 117s = 185s

Como João gastou 200s para completar a corrida então Maria, quegastou menos (181s), foi a ganhadora.

t2 = 6,0s

30,0–––– –

2

ΔV–––––

Δt

ΔV–––– –170

30,0 . 12,5––––––––– –

2

170––– –

2

L = 1879m

γ–– –2

0,20––– –

2

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– 3

4. (Olimpíada de Portugal) – Há alguns séculos pensava-se que,quando abandonados em queda livre, os corpos mais pesadosdemoravam menos tempo a atingir o solo, do que os mais leves. Noséculo XVI Galileu Galilei verificou que esta ideia nem sempre estariacorreta. Uma das experiências que é frequentemente apresentada paraexpor a conclusão de Galileu usa uma bomba de vácuo e um tubo devidro que contém um pedaço de chumbo e uma pena. A experiênciadesenvolve-se em duas fases:Fase I — Inverte-se o tubo e observam-se os movimentos de queda do

pedaço de chumbo e da pena.Fase II — Extrai-se o ar do interior do tubo (usando a bomba de

vácuo), garantindo-se que o vácuo se mantém. Inverte-senovamente o tubo e registram-se os movimentos de quedados objetos referidos.

Analise os esboços gráficos seguintes.

a) Qual dos gráficos traduz melhor a velocidade escalar de queda dapena da galinha, em função do tempo,a1) na fase I da experiência?a2) na fase II da experiência?

b) Quais os gráficos que traduzem a evolução temporal da velocidadeescalar de queda do pedaço de chumbo nas fases I e II daexperiência. Justifique.

c) Considere agora que esta mesma experiência fosse realizada na Lua.Esboçe o gráfico v = f(t), do movimento da pena, para as fases I eII da experiência. Compare os valores do máximo da velocidadeatingido nas duas fases e os tempos de queda, na Lua, com osvalores obtidos na Terra. Considere a aceleração da gravidade daTerra com módulo seis vezes maior do que na Lua.

RESOLUÇÃO:a1) Com resistência do ar a aceleração da pena vai diminuindo até se

anular quando ela fica com velocidade constante (velocidade limitede queda) o que corresponde ao gráfico C.

a2) Na fase II da experiência a queda se dá no vácuo e a acelaraçãopermanece constante e igual a da gravidade o que corresponde aográfico B.

b) Para o chumbo a resistência do ar é desprezível em comparação como peso de chumbo e a aceleração é praticamente igual à da gravidadee nas duas fases está correto o gráfico B.

c) Na Lua não tem atmosfera e a queda da pena ocorre com a aceleração

da gravidade da Lua �gL = gT�.

Nas duas fases o gráfico é análogo ao B

Na Terra: (vfT)2 = v02 + 2 gT L

vfT = ������ 2gT L

Na Lua: vfL = ������ 2gL L

Na Terra: L = TT2 ⇒ TT =

Na Lua: L = TL2 ⇒ TL =

1–––6

vfL gL–––– = ––––vfT gT

vfL 1–––– = –––vfT 6

gT––– –2

2L––– –gT

gL––– –2

2L––– –gL

TL gT–––– = ––––TT gL

TL–––– = ��6TT

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3. aS

4 –

1. (IFUSP) – Na figura podemos observar o movimento de trêspartículas, num certo instante T. Todas elas deslocam-se no sentidoanti-horário sobre circunferências de raio 5,0m, com velocidadesvariáveis (direção e/ ou módulo). Neste instante aparecem, indicadosnas figuras, também os vetores aceleração e seus módulos. Para cadapartícula, achar o módulo da velocidade vetorial e da aceleraçãoescalar.Dados:sen 37° = 0,60cos 37° = 0,80 sen 30° = 0,50cos 30° = ��3/2

RESOLUÇÃO:a) A aceleração vetorial só tem componente centrípeta:

1) �γ1 � = �a→t � = 0

2) �a→cp � = ⇒ 20,0 = ⇒

b) 1) �γ2 � = �a→t � = a sen θ

�γ2 � = 16,0 . 0,60 (m/s2) ⇒

2) �a→cp� = a cos θ =

16,0 . 0,80 = ⇒

c) 1) �γ3� = �a→t � = a cos θ

�γ3� = 10,0 . (m/s2) ⇒

2) �a→cp� = a senθ =

10,0 . 0,50 = ⇒

2. (UFG-2010) – O funcionamento de um dispositivo seletor develocidade consiste em soltar uma esfera de uma altura h para passarpor um dos orifícios superiores (O1, O2, O3, O4) e, sucessivamente,por um dos orifícios inferiores (P1, P2, P3, P4), conforme ilustrado nafigura a seguir.

Os orifícios superiores e inferiores mantêm-se alinhados, e o sistemagira com velocidade angular constante ω. Desprezando-se a resistênciado ar e considerando-se que a esfera é liberada do repouso, calcule aaltura máxima h para que a esfera atravesse o dispositivo.

RESOLUÇÃO:1) Cálculo da velocidade V1 com que a esfera atinge o orifício:

V2 = V02 + 2 γ Δs:

V12 = 2gh ⇒ V1 = ���� 2gh

2) Para que h seja máximo, V1 deverá ser máximo e a esfera percorre adistância H em um tempo igual a um quarto do período de rotação docilindro (tempo mínimo)

Δs = V0 t + t2 onde t = = =

H = ���� 2gh . + .

H – = ���� 2gh

. H – . = ���� 2gh

���� 2gh = – ⇒ 2gh =2

v2––– –

R

v12

––– –5,0

v1 = 10,0m/s

�γ2� = 9,6m/s2

v22

––– –R

v22

––– –5,0

v2 = 8,0m/s

��3––– –

2�γ3� = 5,0 ��3 m/s2

v32

––– –R

v32

––– –5,0

v3 = 5,0m/s

γ–– –2

T–––4

2π––– –4ω

π––– –2ω

π–––2ω

g–––2

π2

––––4ω2

g–––2

π2

––––4ω2

π–––2ω

2ω–––π

g π2

–––––8 ω2

2ω–––π

2ωH––––

π

gπ––––4ω � 2ωH

––––π

gπ– ––––

4ω �1 2ω H g π

h = –––– �–––––– – ––––�2

2g π 4ω

MÓDULO 22 Cinemática Vetorial

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Page 7: Exercícios Resolvidos de Física

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3. (Olimpíada Iberoamericana) – Um observador A encontra-se nocentro da Praça de Espanha na cidade de Guatemala, observando omovimento de dois motociclistas, B e C. Estes motociclistasdescrevem trajetórias circulares em torno de A, no mesmo sentido, ede raios RB = 35,0m e RC = 60,0m. O observador A verifica quemotociclista B demora TB = 10,0s para completar uma volta, enquantoC demora TC = 16,0s.a) Calcular o menor número de voltas completas de B e C, contadas a

partir do instante inicial, para que essa mesma configuração serepita (ver figura).

b) Determinar o tempo mínimo, a partir do instante inicial, até que A,B e C estejam alinhados pela primeira vez.

c) Determinar o número (inteiro ou fracionário) de voltas dadas por Be por C no intervalo de tempo obtido no item anterior.

RESOLUÇÃO:a) B e C deverão dar um número completo de voltas e o intervalo de tempo

deverá ser múltiplo dos dois períodos. Isto ocorre pela primeira vezpara:Δt = mmc (TB ; TC) = mmc (10,0s; 16,0s) = 80,0sA moto B terá dado 8 voltas e a moto C terá dado 5 voltas

b) Movimento relativo: C é suposto parado e B girando com a velocidadeangular relativa: ωrel = ωB – ωC

= –

Para ficarem alinhados pela primeira vez: Δϕrel = π rad

= –

= – =

c) fB = ⇒ = ⇒ nB =

fC = ⇒ = ⇒ nC =

4. (Olimpíada de Portugal) – Um grupo de amigos encontrou-senuma margem do rio e resolveu ir fazer um piquinique num parque demerendas que ficava na outra margem, 500m mais abaixo, para o ladoda foz. Naquela zona o rio tem largura 100m e a velocidade dacorrenteza tem módulo igual a 1,0m/s. Os estudantes decidiram dirigiro barco na direção perpendicular à margem (condição de tempo detravessia mínimo) e esperar que a correnteza os levasse até aoancoradouro pretendido.Qual é a o módulo da velocidade que devem imprimir ao seu barco,relativamente à água, para conseguirem o se objetivo?

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo do tempo gasto usando o movimento de arrastamento

D = VARR . T

500 = 1,0 . T ⇒

2) Cálculo da velocidade relativa:

Vrel =

Vrel = (m/s) ⇒

Δϕrel––––––

Δt

2π–––TB

2π–––TC

π–––Δt

2π––––10,0

2π––––16,0

1––––

Δt

1––––5,0

1––––8,0

8,0 – 5,0––––––––

40,0

40,0Δt = –––– – s

3,0

nB––––Δt

1––––10,0

nB–––––––40,0

–––––3

4–––3

nC–––Δt

1––––16,0

nC–––––––40,0

–––––3

5–––6

T = 500s

Δsrel–––––Δt

100––––500

Vrel = 0,2m/s

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Page 8: Exercícios Resolvidos de Física

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A A

3. aS

6 –

5. Um jogador de futebol bate uma falta imprimindo à bola umavelocidade inicial V

→0 de módulo V0 e inclinada de θ em relação ao

plano do chão. A bola atinge a cabeça de um jogador de altura h = 2,0mapós um tempo de voo de 2,0s. A distância horizontal do jogador àposição de onde foi batida a falta é de 22,0m. Despreze o efeito do are adote g = 10,0m/s2.

Determine:a) o ângulo θ e o valor de V0.b) a altura máxima atingida pela bola.

RESOLUÇÃO:

a) 1) Δsx = Vox t (MU)

22,0 = Vox . 2,0 ⇒

2) Δsy = Voy t + t2 (MUV) ↑ (+)

2,0 = Voy . 2,0 – 5,0 (2,0)2 ⇒

3) Vox = Voy ⇒

4) V02 = Vox

2 + Voy2

b) Vy2 = Voy

2 + 2 γy Δsy

0 = (11,0)2 + 2 (–10,0) H

20,0 H = 121

Respostas: a) θ = 45° e V0 = 11,0 ��2 m/s

b) H = 6,05m

Vox = 11,0m/s

γy–––2

Vox = 11,0m/s

H = 6,05m

Vo = 11,0 ��2 m/s

θ = 45°

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Page 9: Exercícios Resolvidos de Física

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– 7

1. Imagine uma copa Mundial de Futebol que vai ser decidida nospênaltis. O goleiro cuja altura é de 2,0m está postado bem no meio dogol que tem largura de 7,32m. A distância da marca de pênalti até alinha de gol é de 11,0m. Considere que o batedor do pênalti imprimiua bola uma velocidade de módulo V0 e que a bola descreve movimentoretilíneo e uniforme junto ao solo indo na direção da trave conformeindica a figura adiante, vista de cima.

Admita que o goleiro vai iniciar seu movimento no instante em que obatedor toca na bola e que ele consegue espalmar a bola que iria baterna trave. O tempo T gasto pelo goleiro para chegar na bola é a soma deduas parcelas: o seu tempo de reação TR que é de 0,20s e o tempo demovimento TM que é igual ao tempo de queda livre vertical de umapartícula, a partir do repouso, de uma altura igual à metade da altura dogoleiro.Determine:a) o tempo T gasto pelo goleiro para chegar na bolab) o valor de V0 em km/hc) a intensidade da força média que o batedor aplicou na bola sabendo-

se que a interação durou 2,0 . 10–2s e que a massa da bola vale0,45kg.

Considere g = 10,0m/s2 e, se necessário, use a tabela de raízesquadradas dada a seguir.

RESOLUÇÃO:

a) 1) Δs = V0 t + t2

1,0 = 5,0 TM2 ⇒ TM

2 = 0,20 ⇒ TM � 0,45s

2) T = TR + TM = 0,20s + 0,45s ⇒

b) V0 = = � 17,8m/s � 64km/h

c) PFD: Fm = mam = m .

Fm = 0,45 . N

2. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – Dois blocos de massas iguais a2,0kg, apoiados sobre superfícies horizontais, estão atados a umterceiro corpo de massa 6,0kg.

Considere que– as polias e os fios são ideais;– o atrito e a resistência do ar são desprezíveis;– a aceleração da gravidade tem módulo igual a 10,0m/s2.Determine:a) O módulo da aceleração com que o bloco pendurado desce.b) A intensidade da força de tração em um dos fios do sistema.

RESOLUÇÃO:

a)

PFD (A): T = mAa

PFD (B): T = mBa

PFD (C): PC – 2T = mCa

PFD (A + B + C): PC = (mA + mB + mC)a

60,0 = 10,0a

AC–––

� 11,6m

N 0,20 0,40 0,60 0,65 0,80

��N 0,45 0,63 0,77 0,81 0,89

γ–––2

17,8–––––––––2,0 . 10–2

T = 0,65s

Δs–––Δt

11,6m–––––––

0,65s

ΔV–––Δt

Fm = 8,0 .102 N

a = 6,0m/s2

MÓDULO 33 Leis de Newton

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Page 10: Exercícios Resolvidos de Física

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A A

3. aS

8 –

b) T = mA a

T = 2,0 . 6,0 (N)

Respostas: a) 6,0m/s2

b) 12,0 N

3. (Olimpíada de Portugal) – Um helicóptero de combate a incêndiostransporta um conteiner vazio de massa 600kg, suspenso por um cabode 20,0m de comprimento. Num dado momento em que o helicópterose afasta do fogo com velocidade constante e horizontal para ir sereabastecer, verifica-se que o cabo faz um ângulo de 45° com a vertical.a) Determine a intensidade da força de resistência que o ar exerce

sobre o conteiner.b) Após o reabastecimento, o helicóptero regressa ao local do

incêndio, deslocando-se com a mesma velocidade horizontal emmódulo. O cabo faz agora um ângulo de 37° com a vertical.Quantos litros de água transporta o conteiner?

A densidade da água é 1,0 . 103 kg/m3 e g = 10,0m/s2.sen 37° = 0,60; cos 37° = 0,80

RESOLUÇÃO:a) Para que a velocidade seja

constante devemos ter:

Ty = P = mg = 6,0 . 103 N

Far = Tx

Como o ângulo vale 45° temos:

Tx = Ty ⇒

b) Como a velocidade tem o mesmo módulo a força de resistência do artem a mesma intensidade Far = 6,2 . 103 N

tg 37° = =

= ⇒ P1 = 8000 N ⇒ M1 = 800kg

ma = M1 – M ⇒

Respostas: a) 6,0 kN

b) 2,0 . 102kg

4. (Olimpíada Brasileira de Física) – Técnicos de um laboratório detestes desejam determinar se um novo dispositivo é capaz de resistir agrandes acelerações e desacelerações. Para descobrir isso, eles colamtal dispositivo de 5,0 kg a uma plataforma de testes que depois édeslocada verticalmente para cima e para baixo. O gráfico da figuramostra a aceleração escalar durante um segundo do movimento. Atrajetória está orientada para cima considere g = 9,8m/s2.

a) Identifique as forças exercidas sobre o dispositivo.b) Em que instante o peso aparente do dispositivo é máximo? Quanto

vale o módulo da aceleração neste instante?c) O peso aparente do dispositivo é nulo em algum momento? Em

caso afirmativo, em que instante isso ocorre? Qual é o módulo daaceleração neste instante?

d) Suponha que os técnicos se esqueçam de colar o dispositivo àplataforma de testes. O dispositivo permanecerá sobre a plataformade testes durante o primeiro segundo de movimento ou ele sairávoando da plataforma em algum instante de tempo? Em casoafirmativo, em que instante isso ocorreria?

RESOLUÇÃO:a)

b) O peso aparente corresponde à intensidade da força F que o dispositivotroca com o seu apoio. F será máximo quando a aceleração for dirigidapara cima e tiver módulo máximo. Isto ocorre no instante t = 0 e aaceleração tem módulo 19,6m/s2.

c) O peso aparente será nulo quando a plataforma estiver em queda livre,isto é, aceleração dirigida para baixo com módulo g = 9,8m/s2. Istoocorre no instante t = 0,75s.

d) O dispositivo se desligará da plataforma quando sua aceleração fordirigida para baixo e com módulo maior que 9,8m/s2. Isto ocorre apartir do instante t = 0,75s.

T = 12,0 N

Far = 6,0 . 103 N

T1x––––––T1y

Far–––––P1

0,60–––––0,80

6,0 . 103

––––––––P1

ma = 200kg

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– 9

1. Pretende-se movimentar dois blocos A e B, cada um com massa2m, colocados em cima de duas plataformas deslizantes queapresentam com o solo coeficientes de atrito estático μE = 0,20 ecinético μC = 0,12 e cada uma com massa m. O coeficiente de atritoestático entre os blocos e as plataformas vale μ’ e é suficientementegrande para que os blocos não deslizem em relação às plataformas. Osblocos estão unidos por um fio horizontal ideal conforme indica afigura.

A aceleração da gravidade tem módulo g. a) Determine o módulo da força F

→mínima para que o sistema comece

a se mover, a partir do repouso. Quando a força aplicada tiver intensidade o dobro da força mínimacalculada no item (a) determine:

b) o módulo da aceleração do sistemac) a intensidade da força que traciona o fiod) o mínimo valor de μ’ para que os blocos não deslizem em relação

às plataformas.

RESOLUÇÃO:a) Para iniciar o movimento: F > Fatdestaque

F > μe 6mg ⇒ ⇒

b) F’ = 2 Fmin = 12 μe mg = 2,4 mg

PFD : F’ – Fatdin= Mtotal a

2,4mg – 0,12 . 6mg = 6 m a

0,40g – 0,12g = a ⇒

c) PFD: T – 0,12 . 3mg = 3m . 0,28g

T = 0,36mg + 0,84mg

d)1) PFD(m): fat – Fat = m a

fat = 0,12 . 3mg + m . 0,28g

fat = 0,64mg

2) fat ≤ μ’ 2mg

0,64mg ≤ μ’ 2mg

μ’ ≥ 0,32

2. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma caixa de madeira de pesoP encontra-se em repouso sobre uma superfície plana. O coeficientede atrito estático entre a caixa e a superfície plana é μe. Posteriormente,um garoto começa a empurrar a caixa com uma força F

→crescente, que

faz um ângulo θ com a horizontal, até que a caixa começa a se mover,como mostra a figura.

Calcule:a) O menor valor de F

→para que a caixa se mova.

b) A força de reação normal à superfície, (associada ao valor de F→

doitem a,) sobre o bloco.

RESOLUÇÃO:

a) Fx = Fcos θ

Fy = Fsen θ

FN = P + Fy = P + Fsenθ

Para a caixa se mover: Fx > FatmaxFcos θ > μE (P + Fsen θ )

Fcos θ – μE Fsen θ > μE P

F (cos θ – μE sen θ) > μE P

F >

Fmin � 6 μe mg Fmin = 1,2 mg

a = 0,28g

T = 1,2 mg

μ’min = 0,32 μE P––––––––––––––cos θ – μE sen θ

μE PFmin � ––––––––––––––

cos θ – μE sen θ

MÓDULO 44 Atrito e Plano Inclinado

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Page 12: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

10 –

b) FN = P + F sen θ

FN = P +

FN = P

FN = P

3. (UFF-RJ) – Um trabalhador deseja empilhar areia em uma áreacircular de raio R, formando um cone de altura h, conforme indicadona figura abaixo.

O volume de um cone é dado por πR2h/3. Demonstre que o volumemáximo de areia é πμeR

3/3, onde μe é o coeficiente de atrito estáticoda areia com a areia.

RESOLUÇÃO:1) Na situação de volume máximo um grão de areia estará na iminência

de escorregar, isto é, a força de atrito com sua intensidade máxima(força de atrito de destaque).

FN = PN = mg cos θPt = Fatdestaque

mg sen θ = μe mg cos θ

2) Da figura temos:

tgθ =

= μe ⇒

3) O volume máximo é dado por:

Vmax = = . μe R

c.q.d

tgθ = μe

h–––R

h = μe Rh

––––R

π R2

–––––3

π R2 h––––––

3

π μe R3

Vmax = ––––––––3

P cos θFN = ––––––––––––––

cos θ – μE sen θ

�cos θ – μE sen θ + μE sen θ–––––––––––––––––––––

cos θ – μE sen θ�

�μE sen θ1 + ––––––––––––––

cos θ – μE sen θ�

μE P sen θ––––––––––––––cos θ – μE sen θ

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Page 13: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 11

4. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma cunha de massa Msubmetida a uma força horizontal F

→ (ver figura) encontra-se sobre uma

superfície horizontal sem atrito. Coloca-se um bloco de massa m sobrea superfície inclinada da cunha. Se o coeficiente de atrito estático entreas superfícies da cunha e do bloco é μe, encontre os valores máximose mínimos da força F

→para que o bloco permaneça em repouso sobre a

cunha.

RESOLUÇÃO:Quando F for máxima a tendência do bloco é escorregar para cima eteremos.

1) Na direção y:

FN cos θ = Fat . sen θ + P

FN cos θ = μE FN sen θ + P

FN (cos θ – μE sen θ) = Mg (1)

2) Na direção x:

FN sen θ + μE FN cos θ = Ma

FN (sen θ + μE cos θ) = Ma (2)

: =

a = g

3) PFD (M + m) :

Quando F for mínima a tendência do bloco é escorregar para baixo e aforça de atrito será dirigida para cima

FN . cos θ + μE FN sen θ = Mg

FN (cos θ + μE sen θ) = Mg (1)

FN sen θ – μE FN cos θ = Ma

FN (sen θ – μE cos θ) = Ma (2)

: =

PFD (M + m) :

(2)–––(1)

a–––g

sen θ – μE cos θ––––––––––––––cos θ + μE sen θ

(sen θ – μE cos θ) Fmin = (M + m) g –––––––––––––––

cos θ + μE sen θ

sen θ + μE cos θ––––––––––––––cos θ – μE sen θ

a–––g

(2)–––(1)

�sen θ + μE cos θ––––––––––––––––

cos θ – μE sen θ�sen θ + μE cos θ

Fmax = (M + m) g �––––––––––––––�cos θ – μE sen θ

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Page 14: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

12 –

1. (UFF-RJ) – Um carro de massa igual a 1,0t percorre uma estradacom velocidade de módulo constante igual a 36 km/h. Num certotrecho, passa por uma curva circular de raio igual a 100m. O piso daestrada é horizontal. Adote g = 10 m/s2.a) Represente, num diagrama, as forças que atuam sobre o carro.b) Calcule o módulo de cada uma das forças do item anterior.c) Suponha que o coeficiente de atrito estático entre a estrada e os

pneus do carro seja igual a 0,9. Determine a máxima velocidadeescalar com a qual o carro pode realizar a curva sem deslizar. Essavelocidade escalar depende da massa do carro? Justifique suaresposta.

RESOLUÇÃO:a)

P→

: peso do carro

FN→

: força normal aplicada pelo chão

F→

at: força de atrito aplicada pelo chão

F→

é a força resultante que o chão aplica no carro

b) 1) FN = P = mg = 1,0 . 103 . 10 (N)

FN = P = 1,0 . 104 N

2) Fat = Fcp =

Fat = (N)

c) Fat ≤ μE FN

≤ μE mg

V2 ≤ μE g R

V ≤ ������ μE g R

Vmax = ������ μE g R

Vmax = ���������� 0,9 . 10 . 100 (m/s)

A velocidade máxima não depende da masa do carro (nos cálculos amassa foi cancelada)

2. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – O limite de velocidade emdeterminada estrada era pequeno, 20m/s, e, mesmo assim uma de suascurvas, com raio de 80m e calçamento plano e horizontal, somava umgrande número de acidentes por perda de aderência dos pneus dos carros.

Dados: massa de um veículo = 1,0 . 103 kgMódulo da aceleração da gravidade = 10m/s2

a) Determine a intensidade da força de atrito que um veículo,movendo-se com velocidade escalar máxima, sofre lateralmente aorealizar essa curva, sem derrapar.

b) Uma reforma na estrada fez com que o calçamento da curva ficassesobrelevado em um ângulo θ de tal forma que, agora, um veículomovendo-se à velocidade escalar máxima, não precisasse contarcom o atrito para realizar a curva.

Determine o valor da tangente desse ângulo.

RESOLUÇÃO:

a) Fat = Fcp =

Fat = ⇒

b) 1) Fy = P = mg

2) Fx = Fcp =

3) tgθ = =

tgθ = =

Respostas: a) 5,0 kNb) 0,5

m V2––––

R

1,0 . 103 . 102–––––––––––

100

Fat = 1,0 . 103 N

m V2––––

R

Vmax = 30m/s = 108 km/h

m V2––––

R

1,0 . 103 . (20)2––––––––––––– (N)

80

m V2–––––

R

m V2 / R––––––––

mg

Fx––––Fy

400––––––10 . 80

V2––––g R

tgθ = 0,5

Fat = 5,0 . 103 N

MÓDULO 55 Força Centrípeta

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Page 15: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 13

3. O ROTOREm muitos parques de diversão existe um “brinquedo” chamadoROTOR.O rotor é um recinto com o formato de um cilíndro oco que pode girarem torno de um eixo vertical central. A pessoa entra no rotor, fecha aporta e permanece em pé encostada na parede do rotor. O rotor começa sua rotação aumentando gradativamente suavelocidade angular ω até atingir um valor pré estabelecido quandoentão o chão se abre abaixo da pessoa revelando um fosso profundo. Apessoa não cai permanecendo grudada na parede do rotor.

Indiquemos por R o raio do rotor e por μ o coeficiente de atrito estáticoentre a roupa da pessoa e a parede do rotor.Seja g o módulo da aceleração da gravidade.

Calcule:a) o valor mínimo de ω em função de g, μ e R para que a pessoa não

escorregue.

b) Sendo a massa da pessoa igual a 50,0kg, o raio do rotor igual a

2,0m, a velocidade angular do rotor igual a 4,0 rad/s, determine a

força F→

que a parede do rotor exerce na pessoa usando os versores

i→(horizontal) e k→

(vertical), isto é, a resposta deve ser na forma:

F→

= Fx i→

+ Fz k→

Fx = componente horizontal de F→

Fz = componente vertical de F→

Admita que a pessoa não escorregue e adote g = 10,0m/s2.

RESOLUÇÃO:a)

1) Fat = P = mg

2) FN = Fcp = mω2 R

3) Fat ≤ μ FN

mg ≤ μ mω2 R

ω2 ≥ ⇒ ω ≥

b) Fx = FN = mω2 R = 50,0 . 16,0 . 2,0 (N) = 1,6 . 103 N

Fz = Fat = mg = 50,0 . 10,0 (N) = 5,0 . 102 N

Respostas:a) ωmin =

b) F→

= 1,6 . 103 i→

+ 5,0 . 102 k→

(N)

g–––––

μR

g––– –μ R

gωmin = ––––

μ R

F→

= 1,6 . 103 i→

+ 5,0 . 102 k→

(N)

g––– –μ R

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Page 16: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

14 –

4. Um avião descreve uma trajetória circular de raio R em um planovertical mantendo uma velocidade escalar constante. O centro O datrajetória está a uma altura H = 2R do solo terrestre, suposto horizontal.O piloto experimenta um peso aparente no ponto A, mais baixo de suatrajetória, duas vezes maior que o peso aparente no ponto B, mais altoda trajetória. Quando o avião está no ponto mais alto de sua trajetóriaum pacote é abandonado da janela do avião. A aceleração da gravidadetem módulo g. Despreze o efeito do ar.

a) Determine o módulo V da velocidade do avião em função de g e R.b) Determine, em função de R, a distância horizontal d percorrida pelo

pacote até chegar ao solo.

RESOLUÇÃO:

a) No ponto B: FcpB

= FN + P (1)

No ponto A: FcpA= 2 FN – P (2)

Como o movimento é circular e uniforme:

FcpA= FcpB

FN + P = 2FN – P ⇒

Em (1): = 3mg ⇒

b) 1) Cálculo do tempo de queda do pacote:

Δsy = V0y t + t2 (MUV)

3R = 0 + T2 ⇒

2) Cálculo do alcance horizontal:

Δsx = Vx t (MU)

d = ���� 3g R . = ����� 18R2

Respostas: a) V = ���� 3g R

b) d = 3��2 R

FN = 2 P

m V2–––––

RV = ���� 3g R

γy–––2

g–––2

6 RT = ––––

g

6 R––––

g

d = 3��2 R

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Page 17: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 15

1. (UNICAMP-SP-2010) – Os ímãs são magnetos permanentesamplamente utilizados no nosso dia a dia. Pequenos ímãs de formacilíndrica são comumente empregados para fixar fotos ou bilhetes empainéis metálicos. Quando necessário, use g = 10 m/s2 na solução dositens abaixo.a) Considere um ímã de massa m = 20 g e o coeficiente de atrito estático

entre a superfície do ímã e a superfície do painel igual a μe = 0,80.Qual é a intensidade da força magnética mínima entre o ímã e opainel, que mantém o ímã em repouso aderido a esse painel em umaparede perfeitamente vertical?

b) Quando um pequeno ímã é colocado para segurar uma foto, o ímãe a foto deslizam juntos lentamente para baixo. A força magnéticaentre o ímã e o painel nessa situação tem intensidade Fmag = 0,2 Ne o coeficiente de atrito cinético entre as superfícies da foto e dopainel em contato vale μc = 0,60. Calcule o trabalho realizado pelaforça de atrito após um deslocamento de 20 cm do ímã.

RESOLUÇÃO:

a) Fat = P = mg

FN = Fmag

Fat ≤ μE FN

mg ≤ μE Fmag

Fmag ≥ Fmag (min) = = (N)

b) 1) Fatdin= μD FN = μD Fmag

Fatdin= 0,60 . 0,20 N = 0,12 N

2) τat = Fat . d . cos 180°

τat = 0,12 . 0,20 . (–1) (J)

Respostas: a) 2,5 . 10–1 Nb) –2,4 . 10–2 J

2. (Olimpíada Paulista de Física) – Um bloco de massa 6,0kg,inicialmente em repouso, é puxado horizontalmente por uma forçaconstante, de intensidade igual a 49 N sobre uma superfície sem atrito.Considere que a força age sobre o bloco durante um deslocamento de3,0m.a) Qual o trabalho realizado pela força sobre o bloco?b) Qual a velocidade escalar final do bloco?

RESOLUÇÃO:

a) τF = �F→

� � d→

� cos 0°

τF = 49 . 3,0 (J) ⇒

b) TEC: τF = Δ Ecin

τF = –

147 = V2

V2 = 49 ⇒

Respostas: a) 147 Jb) 7,0m/s

mg–––μE

mg––––μE

20 . 10–3 . 10––––––––––––

0,80

Fmag (min) = 0,25 N

τat = –2,4 . 10–2 J

τF = 147 J

mV2–––––

2

mV02

––––––2

6,0–––2

V = 7,0m/s

MÓDULO 66 Trabalho e Potência

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Page 18: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

16 –

3. Um motorista dirige seu carro em linha reta, em um planohorizontal, com velocidade constante de módulo V0 em uma direçãoperpendicular a uma ferrovia com trilhos retilíneos.

Quando o carro está a uma distância d da ferrovia o motorista percebepelo ruido a passagem iminente de um trem e tem dois procedimentospara evitar a colisão:Procedimento 1: frear o carro travando as quatro rodas e o coeficiente

de atrito dinâmico entre os pneus e o chão é constantee vale μC.

Procedimento 2: manter o módulo da velocidade do carro e fazer umacurva circular de raio d de modo a passar tangen -ciando a ferrovia, conforme ilustrado na figura.

No procedimento 1 admite-se que o carro vai parar junto à ferrovia eno procedimento 2 o coeficiente de atrito estático entre os pneus e osolo é constante e vale μE.Para que os dois procedimentos possam ocorrer, conforme o que foidescrito, qual a relação entre μE e μC?a) μE = 4 μC b) μE = 2 μCc) μE = 1,5 μC d) μE = μC

e) μE =

Nota: Despreze o efeito do ar.

RESOLUÇÃO:

Procedimento 1: TEC : τatrito = ΔEcin

μC mg d (–1) = 0 –

(1)

Procedimento 2: Fat = Fcp

μE mg =

(2)

Comparando-se (1) e (2) resulta: μE = 2 μC

Resposta: B

4. Um carro de massa M = 1,0 . 103kg descreve uma trajetória retilíneaem um plano horizontal. A força da resistência do ar que se opõe aomovimento do carro tem intensidade F que varia com a velocidadeescalar V do carro segundo a relação:

F = 1,2 V2 (SI).Despreze a força de atrito nas rodas não motrizes do carro. Avelocidade limite atingida pelo carro tem módulo igual a 180km/h.Adote g = 10m/s2.Determine:a) a intensidade da força total de atrito nas rodas motrizes do carro,

aplicada pelo solo, ao ser atingida a velocidade limite.b) a potência útil do motor do carro ao ser atingida sua velocidade

limite.c) o aumento percentual da potência útil do motor se o carro passar a

subir uma rampa inclinada de 37° (sen 37° = 0,60) mantendo amesma velocidade limite.

RESOLUÇÃO:

a) Ao ser atingida a velocidade limite teremos:Fat = F = 1,2 Vlim

2

Vlim = 180km/h = m/s = 50m/s

Fat = 1,2 (50)2 (N)

b) PotU = Fat Vlim

PotU = 3,0 . 103 . 50 (W) ⇒

c)

F’at = Pt + F

F’at = Mg senθ + F

F’at = 1,0 . 103 . 10 . 0,60 + 3,0 . 103 (N)

F’at = 9,0 . 103 N

Pot’U = F’at . Vlim

Como F’at = 3,0 Fat estão Pot’U = 3 PotU e o aumento foi de 200%

Respostas: a) 3,0kNb) 1,5 . 105 W c) 200%

μC–––2

m V02

–––––2

V02

μC = –––––2 gd

m V02

–––––d

V02

μE = –––––gd

180––––3,6

Fat = 3,0 . 103 N

PotU = 1,5 . 105 W

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Page 19: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 17

5. (UFF-RJ) – Um comercial da Chevrolet diz que o Corsa 1.0partindo do repouso pode atingir a velocidade escalar de 20,0m/s em8,0s em uma trajetória retilínea em um plano horizontal. A massa do Corsa é igual a 1,2 . 103 kg. Sob essas condições edesprezando-se as perdas por atrito e resistência do ar, determinea) a potência média do motorb) a intensidade da força resultante no carro, suposta constantec) a potência instantânea do motor quando o carro atinge a velocidade

escalar de 20,0m/s

RESOLUÇÃO:

a) 1) Cálculo do trabalho:

TEC: τmotor = Δ Ecincarro

τmotor = –

τmotor = (20,0)2 (J)

τmotor = 240 . 103 J = 2,4 . 105 J

2) Cálculo da potência média

Potm = =

b) PFD: FR = ma = m

FR = 1,2 . 103 . (N)

c) Potf = F Vf

Potf = 3,0 . 103 . 20,0 (W)

Respostas: a) 3,0 . 104 W

b) 3,0 . 103 N

c) 6,0 . 104 W

m Vf2

–––––2

m V02

–––––2

1,2 . 103––––––––

2

τmotor––––––Δt

2,4 . 105 J–––––––––

8,0s

Potm = 3,0 . 104 W

ΔV––––

Δt

20,0–––––

8,0

FR = 3,0 . 103 N

Potf = 6,0 . 104 W

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Page 20: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

18 –

MÓDULO 77 Energia Mecânica

1. (UNICAMP-SP) – Um brinquedo que muito agrada às crianças sãoos lançadores de objetos em uma pista. Considere que a mola da figuraabaixo possui uma constante elástica k = 8,0 . 103 N/m e massadesprezível. Inicialmente, a mola está comprimida de 2,0 cm e, ao serliberada, empurra um carrinho de massa igual a 0,20 kg. O car rinhoabandona a mola quando esta atinge o seu comprimento relaxado, epercorre uma pista que ter mina em uma rampa. Considere que não háperda de energia mecânica no movimento do carrinho.

a) Qual é o módulo da velocidade do carrinho quando ele aban dona amola?

b) Na subida da rampa, a que altura o carrinho tem velocidade demódulo 2,0 m/s?

Adote g = 10m/s2

RESOLUÇÃO:a) Usando-se a conservação da energia mecânica:

Eelástica = Ecin

=

V0 = x

V0 = 2,0 . 10–2 (m/s)

b) Para um referencial na pista horizontal, temos:

= + m g h

h = ⇔ h = (m)

Respostas: a) 4,0 mb) 0,60 m

2. (UFPE) – Em um dos esportes radicais da atualida de, uma pessoade 70kg pula de uma ponte de altura H = 50m em relação ao nível dorio, amarrada à cintura por um elástico. O elástico, cujo com pri mentonatural é L = 10 m, se comporta como uma mola de constante elásticak. No primeiro movi mento para baixo, a pessoa fica no limiar de tocara água e depois de várias osci lações fica em repouso a uma altura h, emrelação à su perfície do rio. Calcule h. Adote g = 10m/s2 e consi dere aenergia mecânica constante até o instante em que a pessoa atinge oponto mais baixo de sua trajetória.

RESOLUÇÃO:

(1)

(referência em B)

= m g H

= 70 . 10 . 50

k = N/m = N/m

(2) Fe = P

k (H – h – L) = mg

(50 – h – 10) = 700

40 – h = 16

Resposta: 24m

k x2––––

2

m V02

––––––2

V0 = 4,0 m/s

m V02

––––––2

m V12

––––––2

V02 – V1

2

–––––––2g

16,0 – 4,0–––––––––

20

h = 0,60 m

k––m

8,0 . 103––––––––

0,20

EB = EA

k x2––––

2

k . 1600–––––––

2

175––––

4

700––––16

175–––––

4

h = 24m

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Page 21: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 19

3. (UFF-RJ) – Um bloco de massa igual a 5,0 kg, deslizando sobreuma mesa horizontal, com coeficientes de atrito cinético e estático 0,50e 0,60, respectivamente, colide com uma mola de massa desprezível,de constante elástica igual a 1,5 . 103 N/m, inicialmente relaxada (vejafigura). O bloco atinge a mola com uma velocidade de módulo igual a2,0m/s. Adote g = 10,0m/s2 e despreze o efeito do ar.

a) Determine a deformação máxima da mola. Dado ����� 1225 = 35b) Informe se após a mola ter atingido a compressão máxima, o bloco

retorna ou permanece em repouso. Justifique.c) Determine o percentual da energia mecânica dissipada pelo atrito

até o bloco parar pela primeira vez.

RESOLUÇÃO:a) Einicial = Efinal + � τat �

= + μd mg x

. (2,0)2 = . x2 + 0,50 . 50,0x

750 x2 + 25,0x – 10,0 = 0

150 x2 + 5,0x – 2,0 = 0

(m)

x = (m) ⇒

b) Para a compressão máxima: Fmola = k x

Fmola = 1,5 . 103 . 0,10 (N) = 1,5 . 102 N

A força de atrito de destaque:

Fat = μE FN = 0,60 . 50,0 N = 30,0 N

Como Fmola > Fatdestaqueo bloco retorna

c) Ed = �τat � = μd mg x

Ed = 0,50 . 50,0 . 0,10 (J) = 2,5 J

E0 = = . 4,0 (J) = 10,0 J

= = 0,25

4. (UFV-MG-2010) – Um pêndulo simples é formado por uma esferade 3,0 kg de massa suspensa em um fio inextensível de 1,50 m decomprimento. A esfera é abandonada, a partir do repouso, de umadistância h = 25 cm abaixo do teto, como ilustrado na figura abaixo, emuma região onde o módulo da aceleração gravitacional é 10,0 m/s2.

Desprezando-se os atritos e o efeito do ar, faça o que se pede,apresentando o raciocínio utilizado:a) Desenhe, na própria figura, o diagrama das forças que agem sobre

a esfera, quando esta se encontra no ponto mais baixo de suatrajetória.

b) Determine o módulo da velocidade da esfera no ponto mais baixode sua trajetória.

c) Determine o módulo da tração no fio no ponto mais baixo datrajetória da esfera.

RESOLUÇÃO:a)

P→

= peso da esfera

T→

B = força de tração aplicada pelo fio

b)

(ref. em A)

= mg (L – h)

VB = �������� 2g (L – h) = ����������� 2 . 10,0 . 1,25 (m/s)

c) TB – P = FcpB=

TB = 30,0 + (N)

m V02

–––––2

k x2––––

2

–5,0 ± ��������� 25,0 + 1200x = ––––––––––––––––––

300

–5,0 ± 35,0––––––––––

300x = 0,10m

mV02

–––––2

5,0––––

2

Ed––––E0

2,5––––10,0

Ed = 25% E0

EB = EA

mVB2

–––––2

VB = 5,0m/s

mVB2

–––––L

3,0 . 25,0–––––––––

1,5

TB = 80,0 N

5,0––––

2

1,5 . 103–––––––

2

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Page 22: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

20 –

1. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – O punção é uma ferramentautilizada pelo serralheiro para criar sobre o metal, uma pequenareentrância que guiará o perfeito posicionamento da broca nosmomentos iniciais da perfuração. Um modelo de punção muito práticoconta com a liberação de um martelete que se movimenta rapidamente,a partir do repouso, de encontro ao marcador.

Admitindo-se que o tempo de interação entre o martelete e a mola queo impulsiona seja de 0,15s, e sabendo-se que o impulso transferido parao martelete nessa ação tem módulo de 3,0 kg . m/s, determine:a) a intensidade da força média aplicada pela mola sobre o martelete;b) O módulo da velocidade com que o martelete atinge o marcador,

sabendo-se que a massa do martelete é de 0,10 kg.

RESOLUÇÃO:a) TI: I = Fm . Δt

3,0 = Fm . 0,15 ⇒

b) I = ΔQ = m V – mV0

3,0 = 0,10 . V ⇒

Respostas: a) 20 Nb) 30m/s

2. (UFF-RJ) – Um móvel de massa 1,5 . 102kg é acelerado a partir dorepouso em trajetória retilínea. Durante os primeiros 10 s a intensidadeda resultante das forças que nele atuam é dada por:

FR = F0 – Kt,

onde F0 = 1,0 . 102 N, K = 5,0 N/s e t é o tempo a contar desde oinstante da partida.Determine:a) a velocidade escalar do móvel após os 10s;b) o trabalho da força resultante nestes 10s.c) a potência média da força resultante nestes 10s.d) a potência da força resultante no instante t = 10s.

RESOLUÇÃO:

a)

FR = 1,0 . 102 – 5,0t (SI)

1) IR = área (F x t)

IR = (100 + 50) (N . s) ⇒

2) TI : IR = ΔQ = m V1

7,5 . 102 = 1,5 . 102 . V1

b) TEC: τR = Δ Ecin ⇒ τR = ⇒ τR = (5,0)2 (J)

τR = 18,75 . 102 J ⇒

c) Potm = ⇒

d) Pot1 = F1 . V1 ⇒ Pot1 = 50 . 5,0 (W) ⇒

Respostas: a) 5,0 m/s b) 1,9 kJ c) 1,9 . 102 W d) 2,5 . 102 W

Fm = 20 N

V = 30m/s

10–––2

IR = 7,5 . 102 N . s

V1 = 5,0m/s

m V12

––––––2

1,5 . 102––––––––

2

τR � 1,9 . 103 J

τR––––Δt

Potm = 1,9 102 W

Pot1 = 2,5 . 102 W

MÓDULO 88 Impulso e Quantidade de Movimento

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Page 23: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 21

3. (EE MAUÁ-2010) – O diagrama mostra os gráficos horários dasposições de duas partículas A e B que se movimentam sobre o eixo x.

As partículas colidem unidimensionalmente no instante t = 1,0. Sabendo-seque a massa da partícula A é mA = 4,0 kg, determinea) as velocidades escalares das partículas A e B antes e depois da

colisão;b) a massa da partícula B.

RESOLUÇÃO:

a)

VA = (m/s) = –1,0m/s

VB = (m/s) = 2,0m/s

V’A = (m/s) = 2,0m/s

V’B = (m/s) = 1,0m/s

b) Conservação da quantidade de movimento no ato da colisão:Qf = Qi

mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB

mA . 2,0 + mB . 1,0 = mA (–1,0) + mB (2,0)

mB = 3,0 mA

Como mA = 4,0kg ⇒

4. (UNICAMP-SP-2010) – O lixo espacial é composto por partes denaves espaciais e satélites fora de operação abandonados em órbita aoredor da Terra. Esses objetos podem colidir com satélites, além de pôrem risco astronautas em atividades extravei culares.Considere que durante um reparo na estação espacial, um astronautasubstitui um painel solar, de massa mp = 80 kg, cuja estrutura foidanificada. O astronauta estava inicial mente em repouso em relação àestação e ao abandonar o painel no espaço, lança-o com umavelocidade de módulo vp = 0,15 m/s.a) Sabendo-se que a massa do astronauta é ma = 60 kg, cal cule o

módulo de sua velocidade de recuo.b) O gráfico no espaço de resposta mostra, de forma simplificada, o

módulo da força aplicada pelo astro nauta sobre o painel em funçãodo tempo durante o lançamento. Sabendo-se que a variação demomento linear é igual ao impulso, cujo módulo pode ser obtidopela área do gráfico, calcule a intensidade da força máxima Fmax.

RESOLUÇÃO:a) No ato de lançar o painel, o astronauta e o painel formam um sistema

isolado e haverá conservação da quantidade de movimento total:→Qapós =

→Qantes

→Qa +

→QP =

→0 ⇒ �

→QA� = �

→QP �

ma�Va� = mP . �VP�

60 �Va� = 80 . 0,15

b) I =N

área (F x t) = ΔQ = maVa

(0,9 + 0,3) = 60 . 0,20

0,6 Fmáx = 12

Respostas: a) �Va� = 0,20m/s

b) Fmáx = 20N

mB = 12,0kg

1,0–––––

1,0

2,0–––––

1,0

2,0–––––

1,0

– 1,0––––––

1,0

ΔxV = ––––

Δt

�Va� = 0,20m/s

Fmáx–––––2

Fmáx = 20N

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Page 24: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

22 –

5. (UFES-2010) – Uma mola ideal de constante elástica k lança doisblocos unidos por um dispositivo de massa desprezível. O bloco maispróximo da mola tem massa M e o outro tem massa 3M. Após olançamento, os blocos se movem sobre uma superfície plana,horizontal e lisa.a) Sabendo-se que a mola estava comprimida de x0 antes do

lançamento, determine o módulo da velocidade dos blocos após olançamento.

Em um determinado instante, após o lançamento, o dispositivo(explosivo) que une os blocos é acionado, lançando o bloco demassa M de volta contra a mola.

b) Sabendo-se que o bloco de massa M, ao retornar, comprime a mola

de , determine os módulos das velocidades dos blocos de massa

M e de massa 3M imediatamente após a separação.

O bloco de massa 3M, após a separação, continua movendo-se nomesmo sentido até chegar a uma região da superfície não lisa AB,muito extensa.

c) Sabendo-se que o coeficiente de atrito cinético entre a região nãolisa e o bloco de massa 3M é μ , determine a distância percorrida poresse bloco na região não lisa.

RESOLUÇÃO:

a) (conservação da energia mecânica)

= ⇒ V02 = x0

2 ⇒

b) 1) Para o bloco de massa M (bloco 1) temos:

=2

⇒ V12 =

2

2) No ato da explosão o sistema formado pelos dois blocos é isolado

e haverá conservação da quantidade de movimento total:

Qapós = Qantes

3M V2 + M (–V1) = 4M V0

3 V2 – = 4

3 V2 = x0 ⇒

c) TEC: τat = Δ Ecin

μ 3Mg d (–1) = 0 –

d = . . x02 .

Respostas: a) V0 =

b) V1 =

V2 =

c) d =

kx02

–––––2

4M V02

––––––2

k––––4M

x0 kV0 = ––– ––––

2 M

M V12

–––––2

k–––2

x0�–––�4

k––––

M

x0�–––�4x0 k

V1 = ––– ––––4 M

x0–––4

k––M

x0–––2

k––M

9–––4

k––m

3 kV2 = ––– x0 –––

4 M

3M V22

––––––2

V22

d = –––––2 μg

1–––––2 μg

9–––16

k–––M

9 k x02

d = ––– . –––––32 μ Mg

Ei = Ef

x0–––2

k––M

x0–––4

k––M

3x0–––4

k––M

9–––32

k x02

–––––μ M g

x0–––4

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Page 25: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 23

1. (UNICAMP-SP) – A terceira Lei de Kepler diz que “o quadrado doperíodo de revolução de um planeta (tempo para dar uma volta emtorno do Sol) dividido pelo cubo da distância média do planeta ao Solé uma constante”. A distância média da Terra ao Sol é equivalente a 1 ua(unidade astronômica).a) Entre Marte e Júpiter existe um cinturão de as teróides (vide figura).

Os asteróides são corpos sólidos que teriam sido originados doresíduo de matéria existente por ocasião da formação do sistemasolar. Se no lugar do cinturão de asteróides essa matéria tivesse seaglutinado formando um planeta, quanto duraria o ano deste planeta(tempo para dar uma volta em torno do Sol)?

b) De acordo com a terceira Lei de Kepler, o ano de Mer cúrio é maislongo ou mais curto que o ano terrestre?

Dado: ��5 ≅ 2,2

RESOLUÇÃO:a) O raio médio da órbita do hipotético planeta, de acordo com a escala

apresentada, é da ordem de 2,7 ua.Aplicando-se a 3ª Lei de Kepler, comparando-se a Terra com o planetahipotético, vem:

=

RP = 2,7ua, RT = 1ua e TT = 1a

=

TP2 = (2,7)3 � 20 ⇒ TP = 2 ��5 anos

b) De acordo com a 3.a Lei de Kepler, o período T é função crescente doraio médio da órbita.

Como RMercúrio < RTerra ⇒

Isto é: o ano de Mercúrio é menor que o ano da Terra.

Respostas: a) Aproximadamente 4,4 anos terrestres.b) O ano de Mercúrio é mais curto que o ter res tre.

2. (UFV-MG-2010) – Considere um satélite artificial que serácolocado em uma órbita circular em torno da Terra. Nos seusdesenvolvimentos abaixo, use a seguinte notação: G = constante degravitação universal e M = massa da Terra.a) Se quisermos que o raio da órbita do satélite seja R, calcule qual

deverá ser o módulo da velocidade orbital do satélite, em termosde G, M e R.

b) Se quisermos que o satélite seja geossíncrono, ou seja, se quisermosque seu período de translação seja igual ao período T de rotação daTerra, calcule qual deverá ser o raio da órbita do satélite, em termosde G, M e T.

RESOLUÇÃO:a) FG = Fcp

= ⇒

b) V = =

= ⇒ =

r3 =

RT3

––––TT

2

RP3

––––TP

2

(1)3

––––12

(2,7)3

–––––TP

2

TP � 4,4 anos terrestres

TMercúrio < TTerra

GMm––––––

R2

mV2––––

RGM

V = ––––R

GM––––

r2 π r––––

T

GM––––

r

4 π2 r2–––––––

T2

r3–––T2

GM––––4π2

GMT2––––––

4π2

GMT2r =

3–––––––

4π2

MÓDULO 99 Gravitação

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Page 26: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

24 –

3. (Olimpíada Brasileira de Física) – Dois satélites de massa m semovem em uma mesma órbita circular de raio r em torno de um planetade massa M, como ilustra a figura. Os dois satélites estão sempre emextremidades opostas de um mesmo diâmetro enquanto realizam seumovimento. Calcule o período do movimento orbital.

RESOLUÇÃO:

FcpA= FCA + FBA

m ω2 r = +

ω2 r = + =

ω2 = =2

=

4. (UFES) – Uma sonda espacial encontra-se em órbita circular emtorno de um planeta. Sabe-se apenas que a sonda tem massa m e aórbita circular tem período T e raio R. Em relação à sonda, deter minea) o módulo da velocidade; b) a energia cinética;c) a energia potencial; d) a energia mecânica total.

RESOLUÇÃO:

a) V = ⇒

b) Ec = =

c) Ep = –

Porém: FG = F cp

= ⇒ = mV2

Ep = – mV2 = − 2Ec ⇒

d) Em = EP + Ec

Ep = – 2Ec

Em = –2Ec + Ec ⇒ Em = – Ec ⇒

Respostas: a) V = b) Ec =

c) Ep = d) Em =

GMm––––––

r2

Gmm–––––––

4r2

GM––––

r2

Gm––––4r2

4 GM + Gm–––––––––––

4r2

G (4M + m)–––––––––––

4r3

2π�–––�T

T––––2π

4 r3––––––––––––

G (4M + m)

4 π3T = 2π ––––––––––

G (4M + m)

π3T = 4π ––––––––––

G (4M + m)

NOTE E ANOTE

1) A força gravitacional entre dois corpos de massas M e m,com centros de massa separados por uma distância d,tem intensidade F dada por:

MmF = G –––––

d2

2) Para um referencial no infinito, a energia potencial gra -vitacional Ep entre dois cor pos de massas M e m, comcentros de mas sa separados por uma distância d, vale:

– G M mEp = –––––––––

d

Δs–––Δt

2πRV = –––––T

mV2––––

2m

–––2

4π2 R2––––––

T2

2π2 m R2Ec= –––––––––

Τ2

G M m–––––––

R

G M m–––––––

R2

mV2

–––––R

G M m–––––––

R

–4π2 m R2Ep = ––––––––––

T2

2π2 m R2Em = – –––––––––

T2

2π R–––––

T

2π2 m R2–––––––––

T2

–4π2 m R2

–––––––––T2

2π2 m R2

– –––––––––T2

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Page 27: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 25

1. (UFPE-2010) – Quando um feixe de luz de comprimento de onda4,0 . 10–7m (Efóton = 3,0 eV) incide sobre a superfície de um metal, osfotoelétrons mais energéticos têm energia cinética igual a 2,0 eV.Suponha que o comprimento de onda dos fótons incidentes sejareduzido à metade. Qual será a energia cinética máxima dosfotoelétrons, em eV?

RESOLUÇÃO:1) Ec = Ef – τ

2,0 = 3,0 – τ

2) Ec = hf – τ

Ec = h – τ

E’c = – τ

E’c = 2 – τ

E’c = 2 . 3,0 – 1,0 (eV) ⇒

2. (UFRN-2010) – Sobre um átomo de hidrogênio no estadofundamental, incidem três fótons, cujas energias, em elétrovolt (eV),são, respectivamente, 13,20, 12,09 e 10,20. Uma vez num estadoexcitado, o átomo de hidrogênio decairá, emitindo energia na forma defótons. Na figura abaixo, estão representadas as energias dos quatroprimeiros níveis de energia do átomo de hidrogênio.

A partir dessas informações:a) determine quais desses fótons incidentes podem ser absorvidos pelo

átomo de hidrogênio no estado fundamental e explique qual oestado final do átomo em cada caso;

b) represente, na figura localizada acima, as possíveis transições doselétrons que se encontram nos níveis excitados, após a emissão dosrespectivos fótons;

c) determine as energias dos fótons emitidos.

RESOLUÇÃO:a) Para o fóton ser absorvido sua energia deve coincidir com aquela de

um salto quântico, isto é, diferença de energias entre dois níveis:fundamental – 1.o nível: 10,2 eVfundamental – 2.o nível: 12,09 eVfundamental – 3.o nível: 12,75 eVPodem ser absorvidos as fótons com energia de 10,20 eV (1.o nível) e12,09 (2.o nível)

b)

c) As energias dos fótons emitidos são os mesmos dos fótons absorvidos:10,20 eV e 12,09 eV

τ = 1,0 eV

hc–––λ

–––2

E’c = 5,0 eV

c––λ

hc–––λ

MÓDULO 11 00 Física Moderna e Dimensões

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Page 28: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

26 –

3. (UnB) – A biotecnologia tem aumentado a produtividade agrícola,o que tem impulsionado o desenvolvimento de técnicas dearmazenamento e de conservação de alimentos. A radiação ionizante éuma técnica eficiente na conservação dos alimentos, pois reduz perdasnaturais causadas por processos fisiológicos, tais como brotamento,maturação e envelhecimento, além de eliminar ou reduzirmicrorganismos, parasitas e pragas, sem causar prejuízo ao alimento.As radiações ionizantes utilizadas no tratamento de alimentos se limi -tam àquelas classificadas como ondas eletromagnéticas de alta fre quên -cia. Nos equipamentos utilizados para a geração dessas ra dia ções,ocorre a seguinte sequência de decaimento de radioisótopos.

60

27Co ⎯→ 60

28Ni ⎯→ 60

28Ni

instável estável

Apesar de ocorrerem duas emissões diferentes de radiação, apenas umadelas é empregada para radiar alimentos.

Internet: <www.cena.usp.br> (com adaptações).

Considere que, no momento em que um equipamento de radiação dealimentos foi desativado, a massa do isótopo de cobalto-60 en contradoem seu interior correspondia a 3,125% da massa inicial quando oequipamento foi fabricado. Sabe-se que o tempo de meia-vida docobalto-60 é de 5,27 anos. Calcule o tempo decorrido, em anos, desdea fabricação do referido equipamento, ou seja, quando havia 100% damassa do isótopo de cobalto-60 em seu interior, até o instante dadesativação do referido equipamento.

RESOLUÇÃO:

1) m =

m0 = massa inicial do material radioativo

m = massa final do material radioativo após n meias-vidas

Dado: m = m0

= 3,125 . 10–2 = 2–n

2n = = 32 ⇒

2) Δt = nT = 5 . 5,27 anos = 26,35 anos

Resposta: 26,35 anos

4. Quando uma esfera de raio R se desloca em linha reta, no interiorde um líquido de viscosidade η, com velocidade de módulo V a forçade resistência ao seu movimento tem intensidade F dada pela lei deStokes:

A viscosidade η tem equação dimensional em relação à massa M,comprimento L e tempo T dada por:[η] = M L–1 T–1

Obter os expoentes x, y e z.

RESOLUÇÃO:[F] = [η]x [R]y [V]z

MLT–2 = (ML–1T–1)x . Ly . (LT–1)z

MLT–2 = Mx L–x + y + z T–x – z

Identificando-se os expoentes:

–x + y + z = 1 (1)

–x – z = –2 (2)

Em (2)

–1 – z = –2 ⇒

Em (1)

–1 + y + 1 = 1 ⇒

Resposta: x = 1; y = 1; z = 1

m0–––2n

3,125–––––100

m–––m0

100––––––3,125

n = 5

F = 6π ηx Ry Vz

x = 1

z = 1

y = 1

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Page 29: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 27

1. (Olimpíada de Portugal) – Numa aula experimental de Física, umgrupo de alunos colocou sobre o prato de uma balança-dinamômetro:• um recipiente de 120g de massa, contendo 200cm3 de água;• um corpo de alumínio de 270g de massa e de volume igual a100cm3.

a) Indique qual o valor indicado na balança-dinamômetro, calibradaem newtons

b) Na fase seguinte da experiência os alunos suspenderam o corpo dealumínio de um dinamômetro e mergulharam-no totalmente norecipiente com água. Quais foram, nestas condições, os valoresindicados no dinâmometro e na balança-dinamômetro? Justifiquecuidadosamente a sua resposta.

Dados: densidade da água: 1,0 . 103kg/m3; g = 10,0m/s2

RESOLUÇÃO:a) M = mR + ma + mal

M = 120 + 200 + 270 (g) = 590g = 0,59kg

P = Mg = 0,59 . 10,0 (N) = 5,9N

b) 1) E = μa V g

E = 1,0 . 103 . 100 . 10–6 . 10,0 (N)

E = 1,0N

2) Fdin + E = P

Fdin + 1,0 = 0,27 . 10,0

3) Fbalança = PR + Pa + E

Fbalança = 0,12 . 10,0 + 0,20 . 10,0 + 1,0 (N)

Fbalança = 1,2 + 2,0 + 1,0 (N)

2. (Olimpíada Brasileira de Física) – Um cone maciço e homogêneode base circular de densidade ρc e altura H flutua em um líquido dedensidade ρ�. A parte do cone acima do líquido tem altura h, comomostra a figura. Determine a altura h em função de H, ρc e ρ�.

RESOLUÇÃO:

E = P

ρ� Vi g = ρc VT g

=

=3

Ve = VT – Vi

=3

1 – =3

⇒ 1 – = 3

=3

=

Fbalança = 5,9N

Fdin = 1,7N

Fbalança = 4,2N

Vi–––––VT

ρc––––ρ�

Ve––––VT

h�–––�H

VT – Vi–––––––VT

h�–––�H

Vi––––VT

h�–––�H

ρc––––ρ�

h�–––�H

ρ� – ρc–––––––ρ�

h�–––�H

h––––

H

ρ� – ρc3–––––––

ρ�

ρ� – ρch = H 3

–––––––ρ�

MÓDULO 11 11 Hidrostática

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Page 30: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

28 –

3. (UFF) – Um corpo de chumbo com volume de 12cm3 é preso porum fio e mergulhado em um recipiente de 50g de massa contendo 60gde água. Todo o sistema está apoiado sobre uma balança, e o bloco dechumbo não toca no fundo, conforme ilustrado na figura abaixo.Calcule o valor marcado pela balança, em gramas. Justifique suaresposta aplicando o príncipio de Arquimedes e as Leis de Newton.Dados: densidade da água, ρ = 1,0g/cm3.

g = 10m/s2

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo do empuxo:

E = ρ V g

E = 1,0 . 103 . 12 . 10–6 . 10 (N)

2) De acordo com a lei da ação e reação o corpo de chumbo aplicará na

água uma força vertical para baixo de 0,12 N, isto é, a contribuição do

chumbo para o peso do sistema é de 0,12 N ou ainda uma contribuição

em massa de 0,012kg = 12g

3) A balança indicará a massa do recipiente, mais a massa de água e mais

os 12g que correspondem à contribuição do corpo de chumbo:

Mindicada = 50g + 60g + 12g = 122g

Resposta: 122g

4. (UnB-2010-Adaptado) – Considere um balão com volume igual a5,0 . 106 L deslocando-se horizontalmente a uma altitude constante naqual a pressão atmosférica e a temperatura são iguais, respectivamente,a 50kPa e 283K. Sendo g = 10m/s2 calcule a massa total do balão e deseu conteúdo. A massa molar média do ar vale 0,0289kg/mol) e aconstante universal dos gases perfeitos vale 8,3 J . mol–1K–1.

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo da densidade do ar:

p V = R T

p = R T ⇒ μ =

μ = (kg/m3) � 0,62kg/m3

2) Cálculo do empuxo:

E = μar V g

E = 0,62 . 5,0 . 103 . 10 (N) = 3,1 . 104 N

3) E = mg

3,1 . 104 = m . 10

Resposta: 3,1 . 103kg ou 3,1t.

E = 0,12 N

m––––

M

μ––––

M

p M––––R T

50 . 103 . 0,0289––––––––––––––

8,3 . 283

m = 3,1 . 103kg

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Page 31: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 29

1. (UFTM-MG) – Em hospitais, o tradicional termômetro a mer -cúrio está sendo trocado por termômetros eletrônicos cujo funcio -namento conta com o uso de semicondutores. A tendência vem aoencontro do movimento de preservação do planeta uma vez que omercúrio, por ser um metal pesado, contamina os mananciais e provocadanos irreversíveis quando ingerido.

a) O termômetro esquematizado está indicando um quadro febril. De -termine o valor correspondente a essa temperatura na escalaFahrenheit.

b) Considere as seguintes informações sobre esse termômetro:• a distância entre a marca dos 37ºC até a marca dos 39ºC é de

18mm;• a 37ºC, o volume do mercúrio contido no termômetro é de

6mm3;• o coeficiente de dilatação volumétrico do mercúrio é

1,8 . 10– 4 ºC–1.Determine, em mm2, a área da secção transversal do cilindro queconstitui o tubo capilar desse termômetro.

RESOLUÇÃO:a) O termômetro indica a temperatura de 38ºC.

A conversão para a escala Fahrenheit é feita através da expressão:

=

=

68,4 = θF – 32

b) Na dilatação do mercúrio, supondo que o vidro não dilatou, temos:

ΔV = V0 γ Δθ

Ah = V0 γ Δθ

A . 18 = 6 . 1,8 . 10–4 . (39 – 37)

Respostas: a) 100,4ºF b) 1,2 . 10–4mm2

2. Você conta com seus conhecimentos de Física e com as seguintesinformações:I. A antiga escala de temperaturas Réaumur assinala zero (0) para o

ponto do gelo e oitenta (80) para o ponto do vapor.II. Um paciente internado em um hospital apresentou o seguinte

gráfico de temperaturas (em Celsius), do momento da internação(10 horas) até a sua alta (18 horas).

Qual a temperatura desse paciente às 12 horas e 30 minutos, expressana escala Réaumur?

RESOLUÇÃO:No gráfico, temos:

Às 12h30min, a temperatura do paciente era 37,5°C.Fazendo-se a conversão para a escala Réaumur, vem:

θR – 0 37,5 – 0–––––– = ––––––––80 – 0 100 – 0

θR 37,5–––– = –––––80 100

Resposta: 30°R

θc–––5

θF – 32––––––––

9

38–––

5

θF – 32––––––––

9

θF = 100,4ºF

A = 1,2 . 10–4mm2

θR = 30°R

MÓDULO 11 22 Termologia I

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 29

Page 32: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

30 –

3. Uma lei para transferência de calor em regime estacionário é aLei de Fourier. Ela diz o seguinte: “A quantidade de calor que flui porunidade de área em um dado material homogêneo é proporcional àvariação da temperatura, na razão direta, e à espessura, na razãoinversa”. A constante de proporcionalidade é chamada condutibilidadeou condutividade térmica. Considere, agora, uma cabana de inverno,com temperatura interna constante e igual a 22°C e a externa igual a0°C. Considere, ainda, a cabana bem isolada termicamente, e queocorra perda de calor somente pela única janela, feita de vidro e cujadimensão é 1,0m x 1,0m e espessura 5,0cm.

Responda:a) Qual o sentido do fluxo de calor? Justifique.b) Qual o valor do fluxo de calor através dessa janela? Dê a resposta

em watts.c) Dobrando-se a área da janela e usando-se o mesmo tipo de vidro

com espessura 10,0cm, o que ocorre com o fluxo de calor?

RESOLUÇÃO:a) O fluxo de calor é de A para B, pois o fluxo de calor tem sentido do meio

de maior temperatura para o de menor temperatura.

b) Lei de Fourier

φ = =

φ = (W)

c) Dobrando-se a área da janela, o fluxo dobra. Dobrando-se a espessurado vidro da janela, o fluxo de calor se reduz à metade. Assim, oresultado dessas duas ações é manter o mesmo fluxo.

Respostas: a) De A para Bb) 352 Wc) 352 W

4. O esquema a seguir representa o aparelho de Searle, no qual senotam duas câmaras, A e B, por onde circulam fluidos a temperaturasconstantes e respectivamente iguais a 100°C e 0°C. Duas barrasmetálicas, 1 e 2, de mesma secção transversal, são associadas como seindica; as extremidades da associação adentram as câmaras A e B. Oscomprimentos das barras 1 e 2 valem, respectivamente, 10cm e 16cme os coeficientes de condutibilidade térmica, na mesma ordem, são1,0cal/s cm °C e 0,4cal/s cm °C.

a) Estabelecido o regime permanente de condução, qual é a tempe -ratura na junção da associação das barras?b) Construa o gráfico da temperatura ao longo das barras. Considerea origem do gráfico na extremidade esquerda da barra 1.

RESOLUÇÃO:a) No regime estacionário vale a relação: φ1 = φ2

Os fluxos através das barras 1 e 2 são iguais.Utilizando-se a Lei de Fourier:

φ =

vem:

=

=

4 θ = 1600 – 16 θ ⇒

b) Representando os valores em um gráfico temperatura (θ) x compri -mento (L), temos:

Respostas: a) 80°Cb) ver gráfico

ambiente 0°C

BA vidro

cabana 22°C

Q–––Δt

C S Δθ––––––

L

0,80 . 1,0 . 1,0 . (22 – 0)–––––––––––––––––––––

5,0 . 10–2

φ = 352 W

φ’ = 352 W

K A Δθ––––––––

L

K1 A Δθ1––––––––L1

K2 A Δθ2––––––––L2

1,0 (100 – θ)––––––––––––

100,4 (θ – 0)

–––––––––––16

θ = 80°C

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 25/10/10 09:20 Página 30

Page 33: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 31

5. (UFG-2010) – Para realizar a medida do coeficiente de dilataçãolinear de um objeto, cujo material é desconhecido, montou-se o ar-ranjo ex perimental ilustrado na figura a seguir, na qual d = 3,0cm e D = 150,0cm.

O objeto tem um comprimento inicial de 4,0 cm. Após ser submetidoa uma variação de temperatura de 250°C, sua imagem projetada na telaaumentou 1,0cm. Com base no exposto, calcule o valor do coeficientede dilatação linear do objeto.

RESOLUÇÃO:1) Cálculo do aumento linear produzido pela lente esférica.

A =

Assim:

A = =

A = – 50

A imagem projetada é invertida, com tamanho 50 vezes ao objeto.

2) Se a imagem aumenta de 1,0cm, o objeto correspondente aumenta:

ΔL =

ΔL = 2,0 . 10–2cm

3) Aplicando-se a equação da dilatação linear, temos:

ΔL = L0 α Δθ

2,0 . 10–2 = 4,0 . α . 250

Resposta: 2,0 . 10–5 °C–1

6. (UFG-2010) – Um recipiente, cujo volume é exatamente 1.000cm3,à temperatura de 20°C, está completamente cheio de glicerina a essatemperatura. Quando o conjunto é aquecido até 100°C, são entornados38,0cm3 de glicerina.Dado: coeficiente de dilatação volumétrico da glicerina = 0,5 x 10–3°C–1.Calcule:a) a dilatação real da glicerina;b) a dilatação do frasco;c) o valor do coeficiente de dilatação volumétrica do recipiente.

RESOLUÇÃO:

a) Cálculo da dilatação real da glicerina.

ΔVg = V0 γg Δθ

ΔVg = 1000 . 0,5 . 10–3 (100 – 20) (cm3)

b) Cálculo da dilatação volumétrica do frasco:

ΔVf = ΔVg – ΔVap

ΔVf = (40,0 – 38,0) cm3

c) Aplicando-se a dilatação volumétrica para o recipiente, temos:

ΔV = V0 γ Δθ

2,0 = 1000 . γ . (100 – 20)

Respostas: a) 40,0cm3

b) 2,0cm3

c) 2,5 . 10–5°C–1

– p’–––P

– D–––d

– 150cm––––––––

3cm

1,0cm––––––––

50

α = 2,0 . 10–5 . C–1

ΔVg = 40,0cm3

ΔVf = 2,0cm3

γ = 2,5 . 10–5 °C–1

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 31

Page 34: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

32 –

1. (UNICAMP) – Uma dona de casa dispõe de água à temperaturaambiente (25ºC) e de um fogão, mas não de um termômetro. Elanecessita de 1,0 litro de água a temperatura de 50ºC.a) Para obter o que deseja sem que haja desperdício de água, que

quantidade de água fervendo e à temperatura ambiente a dona decasa deve misturar?

b) Quanta energia a dona de casa gastou para aquecer a quantidade deágua à temperatura ambiente determinada no item anterior até queela fervesse?

Considere que a dona de casa está no nível do mar, a densidade da águavale 1,0 x 103kg/m3 e o calor específico da água vale1,0 x 103cal/kgºC.

RESOLUÇÃO:

a) Utilizando-se o balanço energético, temos:

Qcedido + Qrecebido = 0

(m c Δ θ)água quente + (m c Δ θ)água fria = 0

mq c (50 – 100) + mf c (50 – 25) = 0

25 mf = 50 mq

mf = 2mq

Mas:

μ = ⇒ m = μ V

Assim:

μVf = 2 μ Vq

Vf = 2Vq

Como:

Vf + Vq = 1�

Vem:

2Vq + Vq = 1

e

b) Usando-se a equação fundamental da Calorimetria, temos:

Q = m c Δ θ

Q = μ V c Δ θ

Q = 1,0 . 103. . 10–3 . 1,0 . 103 (100 – 25) (cal)

Respostas: a) � e �

b) 2,5 . 104cal

2. (VUNESP-FMJ-SP) – Num calorímetro ideal, são misturados300g de um líquido a 80°C com 700g do mesmo líquido a 20°C e, apósalguns minutos, eles entram em equilíbrio térmico a uma temperaturaθ. Em seguida, o calorímetro é aberto, e o sistema passa a perder calorpara o ambiente, que está uma temperatura constante de 15°C, atéentrar em equilíbrio térmico com ele.

Sabendo que desde a abertura do calorímetro até ser atingido oequilíbrio término com o ambiente o sistema perdeu 18 400cal,determine o calor específico do líquido, em cal/(g°C).

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo da temperatura θ.

Qcedido + Qrecebido = 0

(m c Δ θ)quente + (m c Δ θ)frio = 0

300 . c (θ – 80) + 700 . c (θ – 20) = 0

3θ – 240 + 7θ – 140 = 0

10θ = 380

θ = 38°C

2) No resfriamento de toda a massa líquida, de 38°C para 15°C, o sistema

perdeu 18 400cal.

Assim:

Q = m c Δ θ

–18 400 = (300 + 700) c (15 – 38)

–18 400 = –23 000 c

c = (cal/g°C)

Respostas: a) 38°C

b) 0,80 cal/g°C

m–––V

1Vq = ——�

32

Vf = ——�3

1–––3

Q = 2,5 . 104 cal

1–––3

2–––3

18 400––––––––

23 000

c = 0,80 cal/g°C

MÓDULO 11 33 Termologia II

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 32

Page 35: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 33

3. (UEG-2010) – Foi realizado o seguinte experimento em uma aulade Laboratório de Física:Uma jarra de vidro aberta foi aquecida até que a água no seu interiorfervesse. Cessando-se o aquecimento, a água parou de ferver.Posteriormente, a jarra foi tampada e em cima dela despejou-se água àtemperatura ambiente. Então, observou-se que a água voltou a ferver.Sobre esse experimento, responda ao que se pede.a) Justifique o motivo que levou a água a voltar a ferver.b) Se esse mesmo experimento fosse realizado a uma altitude superior

em relação ao anterior, a temperatura de ebulição da água aumen -taria, diminuiria ou permaneceria constante? Justifique.

RESOLUÇÃO: a) A água fria provoca condensação de parte do vapor existente no interior

do recipiente. Esse fato produz redução na pressão sobre o líquido. Aredução de pressão diminui a temperatura de ebulição. Dessa forma, olíquido volta a entrar em ebulição.

b) Em uma altitude maior, a pressão atmosférica fica menor. Assim, aebulição do líquido ocorre em uma temperatura menor do que aquelano laboratório.

Respostas: a) ver justificativab) Diminuirá.

4. (UFF-RJ) – Um grupo de amigos se reúne para fazer um churrasco.Levam um recipiente térmico adiabático contendo uma quantidade degelo a – 4°C e 60 latas com 350m� de refrigerante, cada uma. As latassão de alumínio e quando foram colocadas no recipiente estavam a umatemperatura de 22°C.Considere que a densidade e o calor específico do refrigerante sejam,aproximadamente, iguais aos da água.Sabendo-se que, no equilíbrio térmico, a temperatura no interior dorecipiente adiabático é 2°C, calculea) a quantidade de calor cedida pelas latas e pelo refrigerante;b) a massa de gelo, em quilogramas, que foi colocada no recipiente.Dados: calor específico sensível do gelo cg ≅ 0,50 cal/g°C;calor específico sensível da água ca ≅ 1,0 cal/g°C; calor específico sensível do alumínio cA� ≅ 0,22 cal/g°C;calor específico latente de fusão do gelo L ≅ 80 cal/g;massa de alumínio em cada lata mlata ≅ 30 g;densidade da água ρa ≅ 1,0 g/cm3

RESOLUÇÃO:

a) Cálculo do calor cedido pelas latas e pelo refrigerante.

Q = Qlatas + Qrefrigerante

Q = (m c Δ θ)latas + (m c Δ θ)refrigerante

Mas:

1 – Latas

mL = 60 . 30g = 1800g

2 – Refrigerante

d = ⇒ m = d V

mR = 1,0 . 60 . 350g = 2,1 . 104g

Assim:

Q = [1800 . 0,22 . (2 – 22) + 2,1 . 104 . 1,0 (2 – 22)] (cal)

Q = (–7920 – 420 000) (cal)

O sinal negativo indica que essa energia saiu das latas e do refrigerante.

b) Utilizando-se o balanço energético, vem:

Qcedido + Qrecebido = 0

– 427 920 + [(m c Δ θ)gelo + (m LF)gelo + (m c Δ θ)água] = 0

– 427 920 + m 0,50 [0 – (– 4)] + m 80 + m . 1,0 . (2 – 0) = 0

– 427 920 + 2m + 80m + 2m = 0

84m = 427 920

m ≅ 5094g

Respostas: a) 427 920cal b) 5,1kg

m–––V

|Q| = 427 920 cal

m ≅ 5,1kg

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 33

Page 36: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

34 –

5. (FUVEST-SP) – Um roqueiro iniciante improvisa efeitos especiaisutilizando gelo seco (CO2 sólido) adquirido em uma fábrica desorvetes. Embora o início do show seja à meia-noite (24 h), ele ocompra às 18 h, mantendo-o em uma “geladeira” de isopor, queabsorve calor a uma taxa de aproximadamente 60 W, provocando asublimação de parte do gelo seco. Para produzir os efeitos desejados,2 kg de gelo seco devem ser jogados em um tonel com água, à tem -peratura ambiente, provocando a sublimação do CO2 e a produção deuma “névoa”. A parte visível da “névoa”, na verdade, é constituída porgotículas de água, em suspensão, que são carregadas pelo CO2 gasosopara a atmosfera, à medida que ele passa pela água do tonel. Estime:a) A massa de gelo seco, Mgelo, em kg, que o roqueiro tem de com prar,

para que, no início do show, ainda restem os 2 kg necessários emsua “geladeira”.

b) A massa de água, Mágua, em kg, que se transforma em “névoa” coma sublimação de todo o CO2, supondo que o gás, ao deixar a água,esteja em CNTP, incorporando 0,01g de água por cm3 de gásformado.

RESOLUÇÃOa) Cálculo da massa inicial Mgelo da barra:

Pot Δt = (Mgelo – m)Ls

60 · 6 · 3600 = (Mgelo – 2000) · 648

Mgelo = 4000 g

b) A sublimação de 2 kg de CO2 “carrega” uma massa Mágua de vapor-

d’água, que representa 0,01 g/cm3.

Assim:

0,01 g 1 cm3

Mágua V(cm3)

Mágua = V · 0,01 (g)

Como cada 44 g de CO2 ocupam 22,4 �, temos:

44 g de CO2 22,4 �

2000 g de CO2 V(�)

V = � ⇒ V = 1018,18 · 103 cm3

Portanto:

Mágua = 1018,18 · 103 · 0,01 (g)

Mágua ≅ 10,18 · 103 g

Respostas: a) 4 kg b) 10 kg

NOTE E ADOTE: Sublimação: passagem do estado sólido para o gasoso.Temperatura de sublimação do gelo seco = – 80º C.Calor latente de sublimação do gelo seco = 648 J/g.Para um gás ideal, PV = nRT.Volume de 1 mol de um gás em CNTP = 22,4 litros.Massa de 1 mol de CO2 = 44 g.Suponha que o gelo seco seja adquirido a – 80ºC.

Mgelo = 4 kg

2000 · 22,4–––––––––

44

Mágua ≅ 10 kg

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 34

Page 37: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 35

1. (ITA) – Estime a massa de ar contida em uma sala de aula. Indiqueclaramente quais as hipóteses utilizadas e os quantitativos estimadosdas variáveis empregadas.Dados:M (O2) = 32g M(N2) = 28g

RESOLUÇÃO:

Professor, procure exercitar a criatividade do aluno.

Uma sala de aula típica, destinada a 45 alunos, deve ter área próxima de

50m2 e pé-direito (altura) de 3,0m. Assim, o volume de ar contido nessa sala

fica determinado por:

V = Ah = 50 . 3,0 (m3) ⇒

Supondo-se que o ar se comporta como gás perfeito, pode-se aplicar aEquação de Clapeyron:

pV = RT ⇒ m =

Adotando:

p = 1,0 atm, R = 0,082 atm �/mol. K, T = 27°C = 300K,

Mar = 30% O2 + 70% N2 = 29,2 . 10–3kg e V = 150 . 103�,

calculemos a massa de gás contida na sala:

m = (kg) ⇒

Atenção que M(O2) = 32g e M(N2) = 28g

Resposta: 178kg

2. (UFC-2010) – Um cilindro de área de seção reta S e comprimentoL, completamente isolado, é dividido em partições A e B, ambas devolumes iguais, por uma parede diatérmica, móvel e impermeável.Cada partição é preenchida com um gás ideal, de modo que a partiçãoA possui o dobro do número de mols da partição B. Ambas as partiçõesencontram-se em uma mesma temperatura T durante o processo.Despreze quaisquer efeitos de atrito e, quando o sistema estiver emequilíbrio, determine:a) os volumes das partições A e B em função de S e L.b) o módulo do deslocamento da parede em função de L.

RESOLUÇÃO:a) No equilíbrio, as pressões exercidas nas faces da parede diatérmica (que

separa as porções de gás) são iguais:

PA = PB

Como, a equação de Clapeyron garante que:

P =

temos: =

Sendo nA = 2 nB, vem:

= ⇒ VA = 2 VB

mas: V = S . h

Sendo S constante, temos hA = 2hB e hA + hB = L

Assim:

Portanto:

e

b) No início os volumes são iguais.

No final, o volume da parte A vale:

Assim, o deslocamento da parede diatérmica foi de:

Respostas: a) ;

b)

V = 150m3

m–––M

pVM–––––

RT

1,0 . 150 . 103 . 29,2 . 10–3––––––––––––––––––––––––

0,082 . 300m ≅ 178kg

n R T–––––

V

nA R T––––––––

VA

nB R T––––––––

VB

2 nB–––––VA

nB––––VB

2hA = –– L

3

1hB = –– L

3

2VA = –– S L

31

VB = –– S L3

LVA = S –––

2

3LVA = S –––

2

2L L 4L – 3LΔx = S ––– – —— = ––––––––

3 2 6

LΔx = –––

6

2–– S L3

1–– S L3

L––6

MÓDULO 11 44 Termologia III

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 35

Page 38: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

36 –

3. (FUVEST-2010) – Um balão de ar quente é constituído de umenvelope (parte inflável), cesta para três passageiros, queimador etanque de gás. A massa total do balão, com três passageiros e com oenvelope vazio, é de 400 kg. O envelope totalmente inflado tem umvolume de 1500 m3.a) Que massa de ar M1 caberia no interior do envelope, se totalmente

inflado, com pressão igual à pressão atmosférica local (Patm) etemperatura T = 27°C?

b) Qual a massa total de ar M2, no interior do envelope, após este sertotalmente inflado com ar quente a uma temperatura de 127°C epressão Patm?

c) Qual a aceleração do balão, com os passageiros, ao ser lançado nas condições dadas no item b) quando a temperatura externa é T = 27°C ?

RESOLUÇÃO:a) Usando-se a equação da densidade volumétrica, temos:

μ =

Assim:

1,2 = ⇒

b) Da Equação de Clapeyron, vem:

pV = nRT

pV = RT

= mT = constante

Assim:

M1T1 = M2T2

1800 . (27 + 273) = M2 (127 + 273)

= M2

c) Nas condições do item b, temos:E – P = m aμar g V – mg = ma1,2 . 10 . 1500 – (1350 + 400) . 10 = (1350 + 400) . a18000 – 17500 = 1750 . a500 = 1750 . a

Respostas: a) 1800 kg

b) 1350 kg

c) ≅ 0,29 m/s2

4. (UFES-2008) – No interior de um recipiente cilíndrico, encon-tra-se um pistão de massa nula presoa uma mola ideal de constante elás -tica 8,3 . 106 N/m. A extremi dade su perior da mola está presa à basesuperior do cilindro. Entre a baseinferior e o pistão, encontram-se2,0 mols de um gás ideal monoa tô -mico e, entre o pistão e a base su -perior, é feito vácuo. As paredes do

cilindro são adiabá ticas, exceto a base inferior, que é diatérmica. Combase nessas informações e considerando a constante universal dosgases 8,3J mol–1 K–1, faça o que se pede.a) Sabendo que o sistema se encontra em equilíbrio inicialmente a

uma temperatura 200K e com o pistão a uma distância h0 = 4,0cmda base inferior, determine a compressão inicial da mola.

A temperatura do gás é, então, aumentada muito lentamente até quea distância do pistão à base seja 3h0/2. Determine

b) a variação de energia interna sofrida pelo gás durante esse pro cesso;c) a quantidade de calor recebida pelo gás durante esse processo.

RESOLUÇÃO:a) A pressão exercida pelo gás, no êmbolo, é dada por:

p0 = ⇒ p0A = kx0

Da equação de Clapeyron, obtemos:pV = nRT

Sendo V = Ah, temos:pAh = nRT

pA =

Assim:

kx0 = (I)

8,3 . 106 . x0 =

x0 = 1 . 10–2m

b) A nova altura h do êmbolo é dada por:

h = =

h = 6,0cmDessa forma, o êmbolo subiu 2,0cm fazendo a mola ficar comprimidade 3,0cm (x = 3,0cm).

Usando-se a expressão (I) do item a, tem-se:

kx =

8,3 . 106 . 3,0 . 10–2 =

T = 900KSendo o gás monoatômico, a energia interna é calculada por:

U = nRT

ΔU = nRΔT

ΔU = . 2 . 8,3 . (900 – 200) (J)

NOTE E ADOTE:Densidade do ar a 27°C e à pressão atmosférica local = 1,2 kg/m3.Aceleração da gravidade na Terra, g = 10 m/s2.Considere todas as operações realizadas ao nível do mar.Despreze o empuxo acarretado pelas partes sólidas do balão.T (K) = T (°C) + 273Indique a resolução da questão. Não é suficiente ape nas escrever asrespostas.

m–––V

M1–––––1500

M1 = 1800 kg

m–––M

p V M––––––

R

1800 . 300–––––––––

400

M2 = 1350 kg

a ≅ 0,29 m/s2

F–––A

nRT––––

h

nRT0–––––h0

2 . 8,3 . 200––––––––––

4,0 . 10–2

x0 = 1,0cm

3h0––––2

3 . 4,0cm–––––––––

2

nRT––––

h2 . 8,3 . T

––––––––––6,0 . 10–2

3–––2

3–––23

–––2

ΔU = 17430J

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Page 39: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 37

c) O trabalho realizado pelo gás na sua expansão transfere energia paraa mola. Assim:

τgás = –

τgás = [(3 . 10–2)2 – (1 . 10–2)2] (J)

τgás = (9 . 10–4 – 1 . 10–4) (J)

τgás = 8 . 10–4 (J)

τgás = 3320J

Da 1.ª Lei da Termodinâmica, temos:

Q = τ + ΔU

Q = (3320 + 17430) J

Respostas: a) 1,0cm b) 17 430J c) 20 750J

5. (VUNESP-SP) – Certa quantidade de um gás é man tida sob pressãoconstante dentro de um cilindro, com o auxílio de um êmbolo pesado,que pode deslizar livremente. O peso do êmbolo mais o peso da colunado ar acima dele é de 300 N. Através de uma resistência elétrica de 5,0Ω, em contato térmico com o gás, se faz circular uma corrente elétricade 0,10 A durante 10 min.

a) Determine a quantidade de calor fornecida ao sis tema.b) Desprezando as capacidades térmicas do cilindro, êmbolo e resis -

tência, e sabendo que o êmbolo se eleva lentamente de 0,030 mdurante o processo, determine a variação de energia interna do gás.

RESOLUÇÃO:a) A energia elétrica dissipada no resistor será fornecida ao sistema na

forma de calor.

Eel = Q = P . Δt

Eel = Q = R i2 Δt = 5,0 . (0,10)2 . 600 (J)

b) As forças de pressão do gás têm um valor F, em módulo, igual ao peso doêmbolo mais a força aplicada pela atmosfera sobre o êmbolo (F = 300N).O trabalho τ das forças de pressão do gás será dado por:

τ = F . h τ = 300 . 0,030 (J) τ = 9,0J

A variação da energia interna do gás nesse pro cesso será dada por:

ΔU = Q – τ

ΔU = 30,0 – 9,0 (J)

Respostas: a) 30,0J b) 21,0J

kx2––––

2

kx02

––––2

8,3 . 106––––––––

2

8,3 . 106––––––––

2

8,3 . 106––––––––

2

Q = 20 750J

Eel = Q = 30,0J

ΔU = 21,0J

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Page 40: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

38 –

1. Fotografias obtidas diante de um ou mais espelhos planos são bas -tan te comuns. Com essa técnica, que exige especiais cuidados dofotógrafo, belos e curiosos efeitos visuais podem ser registrados.No esquema abaixo se vê, de cima, o jovem Paulo, um fotógrafoprincipiante, posicionado no local P diante da superfície refletora deum espelho plano vertical E. Paulo deseja fotografar a imagemfornecida por E para o corpo de sua irmã, Regina, posicionada no localR. Os comprimentos d1, d2 e d3, indicados na figura, são tais qued1 = 4,0 m, d2 = 3,6 m e d3 = 0,8 m.

a) Para que distância Paulo deverá regular sua câmara para obter umafoto devidamente focalizada da imagem de Regina? Em relação aE, essa imagem é de natureza real ou virtual?

b) Supondo-se que Paulo queira obter uma foto de sua própria imagemutilizando um flash acoplado à câmara (o que não deve ser feitoquando se dirige, como no caso de Paulo, o eixo do equipamentoperpendicularmente ao espelho, sob pena de se inserir na imagemum brilho comprometedor), qual o intervalo de tempo, em nanosegundos (1 ns = 10–9 s), gasto pela luz do flash para retornar àcâmara após o disparo? Adote para a velocidade da luz o va -lor c = 3,0 . 108 m/s.

RESOLUÇÃO:a) A imagem de Regina, R’, é simétrica do objeto em relação à superfícierefletora.

Aplicando-se o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo POR’, vem:

D2 = (d1 + d3)2 + d22 ⇒ D2 = (4,0 + 0,8)2 + (3,6)2

D2 = (4,8)2 + (3,6)2 ⇒

Em relação a E, a imagem R’ é de natureza virtual.

b) c = ⇒ 3,0 . 108 =

Δt ≅ 2,7 . 10–8 s ⇒

Respostas: a) 6,0 m; virtual; b) aproximadamente 27 ns

2. Considere um espelho plano retangular, disposto perpendicular -mente ao solo, considerado plano e horizontal. O espelho tem altura hdesprezível em comparação com o comprimento de sua base. Admitaque esse espelho esteja em movimento na direção do seu eixolongitudinal, com velocidade v→ de módulo 1,0 m/s, conforme ilustra oesquema a seguir, que também mostra um garoto G que pode caminharsobre o solo.

D = 6,0 m

2d1––––Δt

2 . 4,0––––––

Δt

Δt ≅ 27 ns

MÓDULO 11 55 Óptica (I)

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Page 41: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 39

a) Supondo G em repouso em relação ao solo, qual o módulo davelocidade da imagem de G em relação ao espelho?

b) Supondo que G se aproxime do espelho, percorrendo a reta rcoplanar à reta s com velocidade de módulo 4,0 �2 m/s em relaçãoao solo, qual o módulo da velocidade da imagem de G em relaçãoao espelho?

RESOLUÇÃO:a) Com G em repouso em relação ao solo, sua imagem G’ também se

apresenta em repouso em relação ao solo. Como o espelho tem velo -cidade v→ em relação ao solo, G’ tem velocidade v→G’ = – v→ em relação aoespelho (propriedade simétrica). Logo:

b)

A velocidade da imagem G’ em relação ao espelho E é v→G’,E, dada pelaseguinte expressão vetorial:

v→G’,E = v→G’ – v→

O módulo de v→G’,E é obtido aplicando-se a Lei dos Cossenos.

| v→G’,E |2 = (4,0 �2 )2 + (1,0)2 – 2 . 4,0 �2 . 1,0 cos 45°

Da qual

Respostas: a) 1,0 m/sb) 5,0 m/s

3. Espelhos esféricos podem ser utilizados para diversos fins. Oscôncavos, por exemplo, encontram largo uso em sistemas de ilumi -nação, como holofotes, faróis e lanternas. Suponha que em um farol deautomóvel, dois espelhos esféricos côncavos, admitidos em operaçãode acordo com as condições de Gauss, sejam utilizados para se obterum feixe de luz paralelo a partir de uma lâmpada S aproximadamentepontual. O espelho principal E1 tem raio de curvatura igual a 16,0 cm,enquanto o espelho secundário E2, tem raio de curvatura igual a2,0 cm. A figura abaixo ilustra a montagem do farol.

Para que o feixe luminoso produzido seja efetivamente paralelo, quaisas distâncias de S aos vértices M e N, respectivamente de E1 e E2?

RESOLUÇÃO:A lâmpada S encontra-se no foco principal de E1, já que os raios incidentesnesse espelho a partir de S refletem-se paralelamente ao eixo principal.

Logo:

SM = ⇒ SM = cm ⇒

Por outro lado, a lâmpada S encontra-se no centro de curvatura de E2, jáque os raios incidentes nesse espelho a partir de D refletem-se sobre simesmos. Assim:

SN = R2 ⇒

Respostas: SM = 8,0 cmSN = 2,0 cm

| v→G’E | = 5,0 m/s

| v→G’ | = | v→ | = 1,0 m/s

SM = 8,0 cm16,0––––

2

R1–––2

SM = 2,0 cm

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 39

Page 42: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

40 –

4. Coloca-se um lápis AB de comprimento L sobre o eixo principal deum espelho esférico côncavo E, de distância focal igual a f, que obede -ce às condições de estigmatismo de Gauss. A extremidade B do lápisé posicionada diante da superfície refletora a uma distância D (D > f)do vértice V do espelho, conforme indica a figura abaixo.

a) Calcule o comprimento C da imagem do lápis produzida por E, emfunção de f, L e D.

b) Admitindo-se C = , determine a relação entre L e f para o caso

particular de a imagem da extremidade B do lápis se formar sobrea mesma posição de B.

RESOLUÇÃO:

a) Equação de Gauss: = +

Posição da imagem B:

= + ⇒ = – ⇒ =

Da qual:

Posição da imagem A:

= + ⇒ = – ⇒ =

Da qual:

Cálculo de C:

C = p’B – p’A ⇒ C = –

C =

C =

Donde:

b) Se p’B = D (a imagem do ponto B forma-se sobre esse mesmo ponto),vem:

D = ⇒ D – f = f ⇒ D = 2f

Levando em conta a condição de C = , temos:

= ⇒ f(f + L) = 2f2 ⇒ f + L = 2f ⇒ L = f

Portanto:

Respostas: a) C =

b)

5. Um automóvel cujo velocímetro não funciona está se deslocandoem movimento uniforme ao longo de uma avenida retilínea em que avelocidade máxima permitida é de 50 km/h. Esse veículo possui umespelho retrovisor esférico (convexo) de raio de curvatura igual a 2,0 m.Ao passar diante de uma estaca vertical de altura 1,8 m, o motoristapõe em marcha um cronômetro, verificando que transcorreram 14 sdesde o instante em que foi acionado o instrumento até o instante emque a altura da imagem da estaca dada pelo espelho é de 10 mm.Considerando válidas as condições de Gauss no funcionamento doespelho retrovisor, determine se o automóvel trafega ou não dentro dolimite de velocidade da avenida.

RESOLUÇÃO:

I) A = = ⇒

(A > 0 ⇒ imagem direita)

II) A = = =

– 1,0 – p = – 180 ⇒

(f < 0 ⇒ espelho convexo; foco virtual)

III) V = = = . 3,6 km/h

Da qual:

Resposta: O automóvel trafega dentro do limite de velocidade, já que suavelocidade (46 km/h) é menor que a máxima permitida naavenida (50 km/h).

f (D + L)p’A = ––––––––––

D + L – f

Df–––––D – f

f (D + L)––––––––D + L – f

Df (D + L – f) – (Df + Lf) (D – f)–––––––––––––––––––––––––––––

(D – f) (D + L – f)

D2f + DfL – Df2 – (D2f – Df2 + DfL – Lf2)–––––––––––––––––––––––––––––––––––

(D – f) (D + L – f)

Lf2C = ––––––––––––––––

(D – f) (D + L – f)

Df––––––D – f

L–––2

Lf2––––––––––––––––(2f – f) (2f + L – f)

L–––

2

L–– = 1f

Lf2––––––––––––––––(D – f) (D + L – f)

L––– = 1

f

1A = ––––

180

10 mm–––––––––1800 mm

i–––o

– 1,0––––––––– 1,0 – p

1––––180

f–––––f – p

p = 179 m

179––––14

179 m––––––

14 s

Δp–––Δt

V � 46 km/h

Dfp’B = ––––––

D – f

D + L – f–––––––––f (D + L)

1–––p’A

1–––––D + L

1–––

f

1–––p’A

1–––p’A

1–––––D + L

1–––

f

D – f––––––

Df

1–––p’B

1–––D

1–––

f

1–––p’B

1–––p’B

1–––D

1–––

f

1–––p’

1–––p

1–––

f

L–––2

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Page 43: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 41

1. (UNIRIO-RJ-2010) – Um raio de luz monocromática incide sobrea superfície de uma lâmina delgada de vidro, com faces paralelas,fazendo com ela um ângulo de 30°, como ilustra a figura abaixo. Alâmina está envolvida pelo ar e sua espessura é de �3 cm. Sabendo-seque os índices de refração desse vidro e do ar valem, respectivamente,�3 e 1, determine o deslocamento lateral x, em mm, sofrido pelo raiode luz ao atravessar a lâmina.

RESOLUÇÃO:

I) Lei de Snell: nv sen r = nar sen i

�3 sen r = 1 . sen 60° ⇒ �3 sen r =

sen r = ⇒

II) Triângulo retângulo ABC:

cos r = ⇒ cos 30° =

= ⇒

III) α + r = i ⇒ α + 30° = 60° ⇒

IV) Triângulo retângulo ABD:

sen α = ⇒ sen 30° =

= ⇒

Resposta: 10 mm

�3–––2

1–––2

r = 30°

e–––AB

�3–––AB

�3–––2

�3–––AB

AB = 2 cm = 20 mm

α = 30°

x–––AB

x–––20

1––2

x–––20

x = 10 mm

MÓDULO 11 66 Óptica (II)

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 41

Page 44: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

42 –

2. (UNICAMP-2010) – Há atualmente um grande interesse no de sen -volvimento de materiais artificiais, conhecidos como metamateriais,que têm propriedades físicas não convencionais. Este é o caso demetamateriais que apresentam índice de refração negativo, em contras -te com materiais convencionais que têm índice de refração positivo.Essa propriedade não usual pode ser aplicada na camuflagem deobjetos e no desenvolvimento de lentes especiais.a) Na figura no espaço de resposta é representado um raio de luz A

que se propaga em um material convencional (Meio 1) com índicede refração o n1 = 1,8 e incide no Meio 2 formando um ânguloθ1 = 30° com a normal. Um dos raios B, C, D ou E apresenta umatrajetória que não seria possível em um material convencional e queocorre quando o Meio 2 é um metamaterial com índice de refraçãonegativo. Identifique este raio e calcule o módulo do índice derefração do Meio 2, n2, neste caso, utilizando a lei de Snell naforma:

|n1| sen θ1= |n2| sen θ2. Se necessário use �2 = 1,4 e �3 = 1,7.

b) O índice de refração de um meio material, n, é definido pela razãoentre as velocidades da luz no vácuo e no meio. A velocidade da

luz em um material é dada por v = , em que ε é a permissi-

vidade elétrica e μ é a permeabilidade magnética do material.Calcule o índice de refração de um material que tenha

ε = 2,0 . 10–11 e μ = 1,25 . 10–6 . A velocidade da luz

no vácuo é c = 3,0 . 108 m/s.

RESOLUÇÃO:a) O raio luminoso que está em desacordo com um material convencional

é o E.

Aplicando-se a Lei de Snell com os dados indicados na figura (θ1 = 30°

e θ2 = 45°) e lembrando-se de que n1 = 1,8, determinemos o módulo do

índice de refração, |n2|, do meio 2.

|n1| sen θ1 = |n2| sen θ2

1,8 . sen 30° = |n2| sen 45° ⇒ 1,8 . 0,5 = |n2|

0,9 = |n2| ⇒

b) A intensidade da velocidade de propagação da luz no material consi -derado é obtida fazendo-se:

V = ⇒ V = (m/s)

Da qual:

O índice de refração n fica determinado por:

n = ⇒ n =

Da qual:

Respostas: a) Aproximadamente 1,3b) 1,5

1–––––�εμ

C2–––––Nm2

Ns2–––––

C2

�2–––2

1,4 –––2 |n2| � 1,3

1––––�εμ

1––––––––––––––––––––––

� 2,0 . 10–11 . 1,25 . 10–6

V = 2,0 . 108 m/s

c–––V

3,0 . 108––––––––2,0 . 108

n = 1,5

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 42

Page 45: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 43

3. (FUVEST-2010) – Luz proveniente de uma lâmpada de vapor demercúrio incide perpendicularmente em uma das faces de um prismade vidro de ângulos 30°, 60° e 90°, imerso no ar, como mostra a figuraabaixo.

A radiação atravessa o vidro e atinge um anteparo. Devido ao fenô me -no de refração, o prisma separa as diferentes cores que compõem a luzda lâmpada de mercúrio e observam-se, no anteparo, linhas de corviole ta, azul, verde e amarela. Os valores do índice de refração n dovidro para as diferentes cores estão dados adiante.

a) Calcule o desvio angular α, em relação à direção de incidência,do raio de cor violeta que sai do prisma.

b) Desenhe, na figura da página de respostas, o raio de cor violeta quesai do prisma.

c) Indique, na representação do anteparo na folha de respostas, acorrespondência entre as posições das linhas L1, L2, L3 e L4 e ascores do espectro do mercúrio.

RESOLUÇÃO:a) Aplicando-se a Lei de Snell, é possível calcular o ângulo θvi de emer -

gên cia com que a luz violeta sai do prisma.

nar sen θvi = n sen 30°

Da tabela, obtém-se para a luz violeta n = 1,532.

Considerando-se nar = 1,000, vem: 1,000 . sen θvi = 1,532 . 0,5

Da qual:

Consultando-se a tabela de ângulos e respectivos senos, obtém-se:

O desvio do raio violeta é caracterizado pelo ângulo α indicado nafigura.

O valor de α fica determinado fazendo-se:

α = θvi – 30° ⇒ α = 50° – 30°

b) Levando-se em conta as conclusões obtidas no item a, temos a seguinterepresentação para o raio luminoso violeta.

NOTE E ADOTE:

θ (graus) senθ Cor n (vidro)

60° 0,866 violeta 1,532

50° 0,766 azul 1,528

40° 0,643 verde 1,519

30° 0,500 amarelo 1,515

lei de Snell: n1 senθ1 = n2 senθ2

n = 1 para qualquercomprimento de onda no ar.

Verifique se a figura foi impressa no espaço reservado pararesposta. Indique a resolução da questão. Não é suficiente apenasescrever as respostas.

sen θvi = 0,766

θvi = 50°

α = 20°

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 43

Page 46: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

44 –

c) A correspondência entre as posições L1, L2, L3 e L4 e as cores

emergentes do prisma está estabelecida na figura adiante.

Respostas: a) α = 20°

b) ver esquema

c) L1 → Violeta

L2 → Azul

L3 → Verde

L4 → Amarelo

4. (FMJ-2010) – Um raio de luz monocromático propagando-se noar (nAR = 1) incide sobre um objeto transparente com a forma de umquarto de um cilindro de raio R, cujo índice de refração é igual a n.Esse raio incide perpendicularmente no ponto P pertencente a uma dasfaces planas do corpo, e emerge pelo ponto Q, tangenciando a facecilíndrica, como mostram as figuras 1 e 2.

a) Determine o índice de refração absoluto n do material com o qualo objeto foi feito.

b) Para que o raio incidente em P sofresse reflexão total em Q, o índicede refração do objeto deveria ser maior ou menor do que o dasituação descrita? Justifique sua resposta.

RESOLUÇÃO:a)

Lei de Snell: n sen i = nar sen r

n = = 1 . sen 90°

n = ⇒

b) Para a ocorrência de reflexão total em Q:

i > L ⇒ sen i > sen L ⇒ >

0,8 > ⇒

Respostas: a) n = 1,25b) Para a ocorrência de reflexão total em Q, o valor de n

deveria ser maior que 1,25.

0,8 R–––––

R

1––––0,8

n = 1,25

nar––––n

0,8 R–––––

R

n > 1,251

–––n

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Page 47: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 45

5. (UFG-2010) – Um raio de luz monocromático incide perpendi -cular mente à face A de um prisma e sofre reflexões internas totais comtoda luz emergindo pela face C, como ilustra a figura abaixo.Considerando o exposto e sabendo que o meio externo é o ar (nar = 1),calcule o índice de refração mínimo do prisma.

RESOLUÇÃO:A trajetória do raio de luz ao atravessar o prisma está esboçada abaixocom as respectivas indicações de ângulos.

Se o índice de refração, n, do prisma é mínimo, o ângulo limite dainterface prisma ar é praticamente igual (ligeiramente menor) a 30°.Logo:

L ≅ 30° ⇒ sen L ≅ sen 30°

� ⇒ �

Da qual:

Resposta: nmín. � 2

6. (UFJF-2010) – A figura mostra uma fibra óptica com um núcleocilíndrico, de vidro, de índice de refração n = 3/2, imerso no ar, cujoíndice de refração é igual à unidade (nar = 1). Um raio de luz executamúltiplas reflexões totais no interior da fibra, sendo, portanto, a luzguiada pela fibra praticamente sem perda de intensidade. A luz emergeno ar no final da fibra, na forma de um cone de ângulo γ.

a) Calcule o valor de sen α, para que comece a ocorrer reflexão totalno interior da fibra.

b) Adotando-se as condições do item (a), calcule o valor de sen γ.

RESOLUÇÃO:a) No início da reflexão total no interior da fibra, α é praticamente igual

(ligeiramente maior) ao ângulo limite da interface vidro-ar.

α � L ⇒ sen α ≅ sen L ⇒ sen α �

sen α ≅ ⇒

b) (I) β = 90° – α ⇒ sen β = sen (90° – α) = cos α

(II) sen2α + cos2α = 1 ⇒2

+ cos2α = 1

cos2α = 1 – ⇒ cos α =

Logo:

(III) Lei de Snell: nar sen γ = n sen β

1 . sen γ = .

Da qual:

Respostas: a)

b)

nar––––nmín.

1–––2

1––––nmín.

1–––2

nmín. � 2

nar–––n

2sen α ≅ –––

31

––––3––2

�2–––3�

�5––––

34

–––9

�5sen β = ––––

3

�5––––

3

3––2

�5sen γ = ––––

2

2––3

�5––––

2

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Page 48: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

46 –

1. (UNICAMP) – Em uma máquina fotográfica de foco fixo, aimagem de um ponto no infinito é formada antes do filme, conformeilus tra o esquema. No filme, esse ponto está ligeiramente desfocado esua imagem tem 0,03 mm de diâmetro. Mesmo assim, as cópiasamplia das ainda são nítidas para o olho humano. A abertura para aentrada de luz é de 3,5 mm de diâmetro e a distância focal da lente éde 35 mm.

a) Calcule a distância d do filme à lente.b) A que distância da lente um objeto precisa estar para que sua ima -

gem fique exatamente focalizada no filme?

RESOLUÇÃO:a) 1) Como o objeto se encontra no infinito, os raios de luz dele pro ve -

nientes incidem paralelamente ao eixo principal da lente (con ver -gente) e consequentemente emergem desta numa direção que passapelo foco imagem principal (F’). Esquematicamente, temos:

2) Da semelhança entre os triângulos AF’B e DF’C, vem:

=

=

3) Da figura, temos:

d = f + x

d = 35 + 0,3 (mm)

b) Utilizando-se a equação de Gauss, vem:

= +

= +

Respostas: a) 35,3 mmb) 4118 mm

2. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE FÍSICA) – Um feixe de raiosconvergentes aponta na direção do ponto O1, localizado no eixo ópticode uma lente divergente, a uma distância de 15 cm da mesma. Após arefração, os raios convergem para o ponto P1. Entretanto, se os raios,antes da refração, apontarem para um ponto O2 que está a 10 cm dalente, os raios refratados convergem para um ponto P2 que está a 40 cmde P1.

Determine a distância da lente ao ponto P1, bem como a distância focalda lente.

RESOLUÇÃO:• O feixe “aponta” para O1:

Equação de Gauss: = +

= – + (p1 < 0: objeto virtual) �

• O feixe “aponta” para O2:

Equação de Gauss: = +

= – + (p2 < 0: objeto virtual) �

Comparando-se � e �, vem:

– + = – +

– = – +

=

H–––h

f–––x

3,5–––0,03

35–––x

x = 0,3 mm

d = 35,3 mm

1–––

f

1–––p

1–––p’

1–––35

1–––p

1––––35,3

p ≅ 4118 mm

1–––p1’

1–––p1

1–––

f

1–––d1

1–––15

1–––

f

1–––p2’

1–––p2

1–––

f

1––––––d1 – 40

1–––10

1–––

f

1–––d1

1–––15

1––––––d1 – 40

1–––10

1–––10

1–––15

1–––d1

1––––––d1 – 40

– 2 + 3––––––

30

d1 – d1 + 40–––––––––––(d1 – 40) d1

MÓDULO 11 77 Óptica (III)

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 46

Page 49: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 47

1200 = d12 – 40d1

d12 – 40d1 – 1200 = 0

d1 = (cm)

d1 = (cm)

Da qual:

de �:

= – +

Da qual:

Respostas: 60 cm e – 20 cm

3. (OLÍMPIADA BRASILEIRA DE FÍSICA) – Um objeto de10 cm de altura é colocado a 50 cm de uma lente biconvexa simétricaque é construída com um material plástico transparente de índice derefração 1,5. Esse material é bastante elástico de modo que, pres -sionando-se as extremidades da lente em direção ao centro óptico, oraio de curvatura das faces convexas pode ser alterado mantendo-se,porém, a simetria. Suponha que no instante t0 = 0 a força aplicada nalente é retirada, de modo que os raios de curvatura vão aumentandosegundo a função R = 40 + vt, em que R é expresso em centímetros et, em segundos. Observa-se que a partir de t = 20 s, o sentido daimagem é justamente o oposto daquele verificado quando t < 20 s.Supondo-se que a lente está imersa no ar (índice de refração igual a1,0), determine o valor de v.

RESOLUÇÃO:

I) Em t0 = 0, tem-se: R0 = 40 – v . (0)

Equação de Halley: =

= ⇒ = .

Da qual:

A0 = ⇒ A0 = ⇒

Como A0 < 0, conclui-se que, inicialmente, a imagem é invertida.

No instante t = 20 s em que ocorre a transição na orientação da imagem,o objeto situa-se sobre o foco principal da lente e f = p = 50 cm. A partirdesse instante, isto é, para t > 20 s, a imagem torna-se direita, já que:

p < f ⇒ A = ⇒ A > 0

II) Equação de Halley: =

= ⇒ = .

Da qual:

III) Da função R = f(t), vem:

R = 40 + vt ⇒ 50 = 40 + v20

Da qual:

Resposta: v = 0,50 cm/s

4. (UFOP-2010) – O olho humano, em condições normais, é capazde alterar sua distância focal, possibilitando a visão nítida de objetossituados desde o “infinito” (muito afastados) até aqueles situados auma distância mínima de aproximadamente 25 cm. Em outras palavras,o ponto remoto desse olho está no infinito e o seu ponto próximo, a25 cm de distância. Uma pessoa com hipermetropia não consegueenxergar objetos muito próximos porque o seu ponto próximo estásituado a uma distância maior do que 25 cm. Com base nessas infor -mações, resolva as questões propostas.a) Que tipo de lente uma pessoa com hipermetropia deve usar?b) Supondo que o ponto próximo de um hipermetrope esteja a 100 cm

de seus olhos, determine, em valor e em sinal, quantos “graus”devem ter os óculos dessa pessoa para que ela veja um objeto a25 cm de distância.

40 ± �11600 + 4800 –––––––––––––––––––

2

40 ± 80––––––

2

d1 = 60 cm

1–––

f

1–––15

1–––60

f = – 20 cm

R0 = 40 cm

�1 1––– + –––R0 R0

��nL––– – 1nM

�1––f0

2––40

1––2

1––f0

�1 1

––– + –––40 40��

1,5––– – 11,0�1

––f0

f0 = 40 cm

A0 = – 440

––––––40 – 50

f0––––––f0 – p

f–––––f – p

�1 1––– + –––R R��nL––– – 1

nM�1

––f

2––R

1––2

1––50�1 1

––– + –––R R��1,5

––– – 11,0�1

––50

R = 50 cm

v = 0,50 cm/s

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 47

Page 50: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

48 –

RESOLUÇÃO:a) Uma pessoa com hipermetropia deve corrigir seu defeito visual com

lentes convergentes.b) I)

Equação de Gauss: = –

= – ⇒ =

Da qual: f = cm = m

II) V = ⇒ V = (di)

(V > 0 ⇒ Lente convergente)

Respostas: a) Lentes convergentes

b) + 3,0 di (ou “graus”)

5. No ano de 2009, comemorou-se no mundo inteiro os 400 anos dasprimeiras observações astronômicas realizadas por Galileu Galilei.Popularizam-se esquemas de montagens caseiras de lunetas utilizando-se materiais de baixo custo, tais como, tubos de PVC, uma lenteconvergente (objetiva) e uma lente divergente ou convergente (ocular).Na escolha das lentes a serem utilizadas na montagem da luneta,geralmente, não são relevantes as distâncias focais, f1 e f2 (medidas emmetros), mas, sim, as potências de refração (vergência), cuja unidadede medida é a dioptria (“grau”). A vergência V de uma lenteconvergente ou divergente é dada pelo inverso de sua distância focal.a) O esquema abaixo ilustra, fora de escala, uma luneta rudimentar,

em que tanto a objetiva como a ocular são sistemas refratoresconvergentes. O instrumento está focalizado para um astro muitoafastado, e sua objetiva dista 1 m da ocular, cuja vergência vale 25 di.Sabendo-se que a imagem final visada pelo observador se situa a 12 cmda ocular, calcule a abscissa focal da objetiva.

b) Sabendo-se ainda que o aumento angular, G, proporcionado pelaluneta é dado pela relação entre as distâncias focais da objetiva e daocular, calcule o valor de G para a situação descrita no item a.

RESOLUÇÃO:a) (I) Em relação à ocular:

Voc = ⇒ 25 =

foc = m = cm

Equação de Gauss:

= + ⇒ = –

Da qual:

(II) Em relação à objetiva:

L � p’ob + poc ⇒ 100 cm = p’ob + 3 cm

Donde:

(III) O objeto visado é, para a objetiva, impróprio. Por isso:

b) Conforme o enunciado:

G =

Logo: G =

Respostas: a) 97 cm

b) G = 24,25

1––dH

1––dN

1––f

4 – 1–––––100

1––f

1–––100

1––25

1––f

1–––3

100––––

3

1–––1

–––3

1–––

f

V = 3,0 di

1–––foc

1–––foc

100–––25

1–––25

foc = 4 cm

1–––12

1–––poc

1–––4

1–––p’oc

1–––poc

1–––foc

poc = 3 cm

p’ob = 97 cm

fob � p’ob = 97 cm

fob–––foc

97–––4

G = 24,25

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Page 51: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 49

1. (UFMG-2010) – Na Figura I, está representada, em certo instante,a forma de uma onda que se propaga em uma corda muito comprida e,na Figura II, essa mesma onda 0,10 s depois.O ponto P da corda, mostrado em ambas as figuras, realiza ummovimento harmônico simples na direção y e, entre os dois instantesde tempo representados, desloca-se em um único sentido.

a) Considerando-se essas informações, responda:Essa onda está se propagando no sentido positivo ou negativo doeixo x? Justifique sua resposta.

b) Para a onda representada, determine a frequência e a velocidade depropagação.

RESOLUÇÃO:a) A onda está se propagando no sentido negativo do eixo x, como repre -

senta a figura abaixo.

b) f = = ⇒

V = λf ⇒ V = 100 . 2,5 (cm/s)

Respostas: a) No sentido negativob) 2,5 Hz e 2,5 m/s

2. (UNICAMP-SP-2010) – Ruídos sonoros podem ser motivo deconflito entre diferentes gerações no ambiente familiar.a) Uma onda sonora só pode ser detectada pelo ouvido humano

quando ela tem uma intensidade igual ou superior a um limite l0,denominado limiar de intensidade sonora audível. O limiar l0depende da frequência da onda e varia com o sexo e com a idade.Nos gráficos no espaço de resposta, mostra-se a variação desselimiar para homens, l0H, e para mulheres, l0M, em diversas idades,em função da frequência da onda.Considerando uma onda sonora de frequência f = 6 kHz,obtenha as respectivas idades de homens e mulheres para asquais os limiares de intensidade sonora, em ambos os casos, valem l0H = l0M = 10–11 W/m2.

b) A perda da audição decorrente do avanço da idade leva à utilizaçãode aparelhos auditivos, cuja finalidade é amplificar sinais sonorosna faixa específica de frequência da deficiência auditiva, facilitandoo convívio do idoso com os demais membros da família. Umesquema simplificando de um aparelho amplificador é representadoabaixo.

Considere que uma onda sonora provoque uma diferença depotencial no circuito de entrada do aparelho amplificador igual aVe = 10 mV e que a diferença de potencial de saída Vs é igual a 50vezes a de entrada Ve.Sabendo que a potência elétrica no circuito de saída é Ps = 0,3 mWcalcule a corrente elétrica is no circuito de saída.

N–––Δt

1–– de ciclo4

––––––––––0,10 s

f = 2,5 Hz

V = 250 cm/s = 2,5 m/s

MÓDULO 11 88 Ondas (I)

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 49

Page 52: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

50 –

RESOLUÇÃO:

a) Consultando-se os gráficos dados, observamos que na frequência

de 6 kHz e na intensidade de onda de 10–11 W/m2, obtém-se:

Idade de homens: 35 anos

Idade de mulheres: 45 anosb) Sendo a tensão elétrica de saída cinquenta vezes maior do que a de

entrada, temos:

Vs = 50 Ve

Vs = 50 . (10 mV)

Vs = 500 mV

A intensidade de corrente elétrica is é dada por:

Ps = is Vs

is = =

Respostas: a) Homens: 35 anosMulheres: 45 anos

b) 6,0 . 10–4 A

3. (UFU-2010) – A descoberta da quantização da energia completou100 anos em 2000. Tal descoberta possibilitou a construção dosdispositivos semicondutores que formam a base do funcionamento dosdispositivos optoeletrônicos do mundo atual.Hoje, sabe-se que uma radiação monocromática é constituída de fótonscom energias dadas E = hf, onde h � 6 . 10–34 J . s e f é a frequênciada radiação.Se uma radiação monocromática visível, de comprimento de ondaλ = 6 . 10–7 m, incide do ar (nar = 1) para um meio transparente x deíndice de refração desconhecido, formando ângulos de incidência e derefração iguais a 45° e 30°, respectivamente, determine:a) A energia dos fótons que constituem tal radiação visível

(adote c = 3 . 108 m/s).b) O índice de refração do meio transparente x.c) A velocidade de propagação dessa radiação no interior do meio

transparente x.

RESOLUÇÃO:a) Equação de Planck: E = hf

Mas: c = λf ⇒ f =

Logo: E = h ⇒ E = 6 . 10–34 (J)

Da qual:

b)

Lei de Snell: nx sen r = nar sen i

nx sen 30° = 1 . sen 45°

nx =

Da qual:

c) = ⇒ =

vx = � (m/s) ⇒

Respostas: a) 3 . 10–19 J

b) �2

c) 2,1 . 108 m/s

Ps–––Vs

0,3 mW–––––––500 mV

is = 6,0 . 10–4 A

c–––λ

3 . 108–––––––6 . 10–7

c–––λ

E = 3 . 10–19 J

�2––––

2

1–––2

nx = �2

1––––�2

vx––––––3 . 108

nar–––nx

vx–––c

vx ≅ 2,1 . 108 m/s3 . 108––––––1,41

3 . 108––––––

�2

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 50

Page 53: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 51

4. (PISA-PORTUGAL) – O som refrata-se tal como a luz. Suponhaque um submarino está parado a 240 m abaixo da superfície da água eque existem três camadas térmicas de água, cada uma com aprofundidade de 80 m, a temperaturas diferentes. A velocidade do somna água depende da temperatura. Na camada menos profunda a velo -cidade é 1,19 vezes superior à velocidade na camada menos profunda;na camada do meio a velocidade é 1,11 vezes a da camada menosprofunda. Um detector à superfície determina que o som provenientedo submarino atinge a superfície segundo um ângulo de 45° com ahorizontal. Qual é a distância na horizontal entre o submarino e umalinha vertical que passe pelo detector?

RESOLUÇÃO:

Analisando-se o esquema acima, depreende-se que:

I) Triângulo retângulo isósceles, logo:

II) Cálculo de d2:

Lei de Snell: = ⇒ =

(0,78)2 + cos2α = 1 ⇒

tg α = = ⇒ =

Da qual:

III) Cálculo de d3:

Lei de Snell: = ⇒ =

(0,84)2 + cos2β = 1 ⇒

tg β = = ⇒ =

Da qual:

IV) Cálculo de D:

D = d1 + d2 + d3

D = (80 + 100,7 + 122,5) m ⇒

Resposta: Aproximadamente 303,2 m.

d1 = 80 m

sen α––––––sen 45°

1,11 V–––––

V

sen α–––––0,71

V’–––V

sen α � 0,78

cos α � 0,62

sen α–––––cos α

d2––––80

0,78––––0,62

d2––––80

d2 � 100,7 m

1,19 V––––––1,11 V

sen β–––––0,78

V’’––––V’

sen β–––––cos α

sen β � 0,84

cos β � 0,55

d3–––80

0,84–––––0,55

d3–––80

sen β–––––cos β

d3 � 122,5 m

D � 303,2 m

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 51

Page 54: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

52 –

5. No experimento representado abaixo, os alto-falantes A e B,operando com potências iguais a 628 W, emitem sons idênticos, defrequência 68 Hz, em concordância de fase, visando atingir umobservador O em repouso sobre o eixo 0x. O alto-falante A é fixo, maso alto-falante B está em movimento com velocidade V

→, de módulo 2,5 m/s,

deslocando-se da posição x1 = 0 até a posição x2 = 15 m, onde seencontra o alto-falante A. Na figura, está retratado o instante t0 = 0.

Sabendo-se que a velocidade do som no local tem módulo igual a 340 m/s,desprezando-se as possíveis variações aparentes de frequência (EfeitoDoppler) e adotando-se π = 3,14, pede-se calcular.a) o comprimento de onda dos sons emitidos por A e B;b) a intensidade do som resultante percebido por O no instante em que

o observador recebe os sons emitidos por A e B em t0 = 0.c) a duração aproximada do intervalo de tempo que intercala dois sons

reforçados consecutivos captados pelo observador, fruto de interfe -rência construtiva.

RESOLUÇÃO:

a) Vsom = λ f ⇒ 340 = λ 68

Donde:

b) Sendo I a intensidade de onda a uma distância d de um auto-falante depotência P, temos que:

Cálculo das intensidades de onda de A e B no ponto de abscissa x = 20 m.

IA = (W/m2) ⇒

IB = (W/m2) ⇒

Sendo A a amplitude de uma onda de intensidade I e frequência f,temos:

(em que k é uma constante de proporcionalidade).

Donde: A = � . I

Para uma mesma frequência, é constante. Fazendo-se = C,vem:

No instante em que o observador recebe os sons emitidos por A e B emt0 = 0, ele nota um som resultante reforçado (interferência construtiva),já que a diferença de percursos entre o som de B e o som de A é umnúmero inteiro de comprimentos de onda (ou um múltiplo par de meioscomprimentos de onda).De fato, lembrando-se de que λ = 5,0 m, temos:

Δx = 15 m ⇒ Δx = 3λ ou Δx = 6

Isso faz com que a onda resultante recebida por O tenha amplitude Ares,dada por:

Ares = AA + AB

Ares = �C IA + �C IB

Ares = (�C 2,0 + �C 0,125 ) (SI)

Porém: Ires = k f2 A2res ⇒ Ires = A2

res

Logo: Ires = (�2,0 C + �0,125 C )2

Ires = (2,0 C + 2 �0,25 C2 + 0,125 C)

Donde:

c) O intervalo de tempo Δt (aproximado) que intercala dois sons re for -çados percebidos pelo observador é o mesmo que o alto-falante B gastapara deslocar-se Δx = λ = 5,0 m.

V = ⇒ 2,5 = ⇒

Respostas: a) 5,0 mb) 3,125 W/m2

c) 2,0 s

λ = 5,0 m

PI = ––––––––

4 π d2

IA = 2,0 W/m2628––––––––4π (5,0)2

IB = 0,125 W/m2628––––––––4π (20)2

I = k f2 A2

1––––k f2

1––––k f2

1––––k f2

A = �C I

λ–––2

1–––C

1–––C

1–––C

Ires = 3,125 W/m2

Δt = 2,0 s5,0–––Δt

Δx–––Δt

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 52

Page 55: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 53

1. (UNICAMP) – Para a afinação de um piano, usa-se um diapasãocom frequência fundamental igual a 440 Hz, que é a frequência da notaLá. A curva contínua do gráfico representa a onda sonora de 440 Hz dodiapasão.

a) A nota Lá de um certo piano está desafinada e o seu harmônicofundamental está representado na curva tracejada do gráfico.Obtenha a frequência da nota Lá desafinada.

b) O comprimento dessa corda do piano é igual a 1,0 m e a suadensidade linear é igual a 5,0 . 10–2 g/cm. Calcule o aumento naintensidade da força de tração na corda necessário para que a notaLá seja afinada.

RESOLUÇÃO:a) Podemos observar na curva tracejada que dois ciclos da onda pro -

veniente do piano desafinado correspondem a um intervalo de tempo

Δt = (6 – 1)10–3s = 5 . 10–3s

2T = Δt

Lembrando que a frequência (f) é o inverso do período (T), vem:

2 = Δt

f = ⇒ f = (s–1)

Donde:

b) A frequência fundamental emitida por uma corda sonora de com pri -mento L, densidade linear ρ, tracionada por uma força de intensidadeF, é dada por:

• Corda afinada em 440 Hz:

440 = = � ⇒

• Corda desafinada (f = 400 Hz):

440 = = � ⇒

O aumento de intensidade da força de tração (ΔF) na corda fica, então,determinado por:

ΔF = F – F’ ⇒ ΔF = (3872 – 3200) N

Respostas: a) 400 Hzb) 672 N

2. Na figura abaixo, uma corda de densidade linear igual a 2,0 g/m éfixada a uma parede e, depois de passar por uma roldana perfeitamentelisa, é tracionada por uma esfera metálica de massa 320 g. Umasegunda esfera metálica, firmemente presa ao solo por um materialisolante, é colocada verticalmente abaixo da primeira, conformerepresenta o esquema.

Sabendo que no local g = 10 m/s2 e desprezando a interação gravita -cional entre as esferas, calcule a frequência fundamental de vibração dotrecho horizontal da corda nos seguintes casos:a) as esferas encontram-se eletricamente neutras.b) as esferas estão carregadas com cargas elétricas iguais a + 1,0 . 10–6C

e – 2,0 . 10–6C, respectivamente. Admita que o meio seja o vácuo(k0 = 9,0 . 109 Nm2/C2).

1–––

f

2––––––5 . 10–3

2–––Δt

f = 400 Hz

(equação deLagrange-Helmholtz)

1f = ––– �F

–––ρ2L

F = 3872 NF–––––––5,0 . 10–3

1–––––2 . 1,0

F’ = 3200 NF’–––––––5,0 . 10–3

1–––––2 . 1,0

ΔF = 672 N

MÓDULO 11 99 Ondas (II)

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 53

Page 56: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

54 –

RESOLUÇÃO:

A frequência fundamental da corda é calculada por:

a) f = ���������� (Hz) ⇒

b) F = k0 ⇒ F = 9,0 . 109 (N)

Da qual:

f’ = ���������� (Hz) ⇒

Respostas: a) 40 Hz

b) 50 Hz

3. (IME-2010) – Dois vagões estão posicionados sobre um trilhoretilíneo, equidistantes de um ponto de referência sobre o trilho. Noprimeiro vagão existe um tubo sonoro aberto onde se forma uma ondaestacionária com 4 nós, cuja distância entre o primeiro e o último nó é255 cm, enquanto no segundo vagão existe um observador.Inicialmente, apenas o vagão do observador se move e com velocidadeconstante. Posteriormente, o vagão do tubo sonoro também passa a semover com velocidade constante, distinta da velocidade do vagão doobservador. Sabendo que a frequência percebida pelo observador nasituação inicial é 210 Hz e na situação posterior é 204 Hz, determine:a) a frequência do som que o tubo emite;b) a velocidade do vagão do observador, na situação inicial;c) a velocidade do vagão da fonte, na situação final.Dado: Velocidade do som no ar: vsom = 340 m/s.

RESOLUÇÃO:a) I)

1,5λ = 255

II) Vsom = λfF ⇒ 340 = 1,7 fF ⇒

b) Efeito Doppler: =

= ⇒ 340 + V0 =

Da qual:

c) Efeito Doppler: =

= ⇒ 340 + VF =

Da qual:

Respostas: a) 200 Hzb) 17 m/sc) 10 m/s

|Q1| |Q2|–––––––

d2

1,0 . 10–6 . 2,0 . 10–6–––––––––––––––––

(0,10)2

F = 1,8 N

1––––––2 . 0,50

3,2 + 1,8–––––––2,0 . 10–3

f’ = 50 Hz

λ = 170 cm = 1,7 m

fF = 200 Hz

f0––––––––––Vsom ± V0

fF––––––––––Vsom ± VF

210––––––––340 + V0

200––––––––340 + 0

210 . 340––––––––

200

V0 = 17 m/s

fF–––––––––Vsom ± VF

f0–––––––––Vsom ± V0

f = 40 Hz0,32 . 10–––––––2,0 . 10–3

1––––––2 . 0,50

1f = ––– �����T

–––ρ2L

200 . 357––––––––

204

200––––––––340 + VF

204––––––––340 + 17

VF = 10 m/s

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 25/10/10 09:22 Página 54

Page 57: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 55

4. (UFPE-2010) – Quando uma pessoa se encontra a 0,5 m de umafonte sonora puntiforme, o nível de intensidade do som emitido é iguala 90 dB. A quantos metros da fonte ela deve permanecer de modo queo som tenha a intensidade reduzida ao nível mais suportável de 70 dB?O nível de intensidade sonora, medido em decibéis (dB), é calculadoatravés da relação: N = 10 log (I/I0), onde I0 é uma unidade padrão deintensidade.

RESOLUÇÃO:I) A uma distância de 0,5 m da fonte sonora:

N1 = 10 log ⇒ 90 = 10 log ⇒ = 109

II) A uma distância d da fonte sonora, onde o nível relativo do som é de70 dB:

N2 = 10 log ⇒ 70 = 10 log ⇒ = 107

III) Dividindo-se � por � : 2

=

= 10 ⇒

Resposta: 5,0 m

5. O gráfico abaixo mostra os “limiares de audição” para o ouvidohumano. A curva de cima representa a intensidade máxima sonorasuportada pelo ouvido, ou seja, acima desse limite, há danos à audição.A curva inferior, por sua vez, representa a intensidade sonora mínimanecessária para sensibilizar o ouvido humano numa dada frequência,em Hz.A intensidade de som é proporcional ao “esforço” (energia) empreen -dido para produzi-lo.Sabe-se ainda que os diversos tipos de som (frequências) de um ins -trumento musical de sopro, como uma flauta, por exemplo, são obtidosvariando-se o comprimento da coluna de ar vibrante no interior doinstrumento. Se fecharmos a maior parte dos orifícios da flauta opostosà embocadura, serão produzidos os sons mais graves (frequênciasmenores). Se abrirmos esses orifícios, porém, o ar vibrará como seestivesse em colunas mais curtas e obteremos os sons mais agudos(frequências maiores).

Com essas informações e os dados contidos no gráfico, responda:a) Em que faixa de frequências precisamos fazer o mínimo esforço

para sensibilizarmos o ouvido de alguém nas proximidades?b) O apito de um navio, com frequência próxima de 100 Hz, começa

a ser percebido pelo ouvido humano a partir de quantos dB(decibéis)?

c) Que som com intensidade de 120 dB é mais danoso à audiçãohumana, um de 3000 Hz ou um de 19000 Hz?

d) Uma flauta que produza um som de frequência 15000 Hz tem osorifícios opostos à embocadura abertos ou fechados?

RESOLUÇÃO:a) A curva do limiar da audição (curva inferior) é “mais baixa” na faixa

de 2000 Hz a 3000 Hz, aproximadamente, e, por isso, atingível commenos esforço.

b) Do gráfico, para a frequência de 100 Hz, obtém-se uma intensidademínima de audição próxima de 35 dB.

c) Um som de 120 dB e 3000 Hz está acima da curva superior daintensidade máxima tolerada pelo ouvido humano e, por isso, é maisdanoso que um som de 120 dB e 19000 Hz, que está abaixo da citadacurva.

d) Um som de 15000 Hz é agudo (alta frequência) e, por isso, conforme oenunciado, os orifícios opostos à embocadura da flauta devem estarabertos.

Respostas: a) De 2000 Hz a 3000 Hz, aproximadamente.b) 35 dB.c) O de 3000 Hz.d) Abertos.

I1–––I0

I1–––I0

I1–––I0

P ––––––––4π (0,5)2

–––––––––– = 109I0

I2–––I0

I2–––I0

I2–––I0

P –––––4π d2

––––––– = 107I0

� d–––0,5 � 109

–––107

d––––0,5 d = 5,0 m

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 55

Page 58: Exercícios Resolvidos de Física

1. Quando se faz contato com esferas metálicas eletrizadas, a cargaelétrica total se redistribui entre as esferas, ficando cada uma delas comcarga diretamente proporcional ao seu raio.Temos, na figura, três esferas metálicas, A, B e C, cujos raios são,respectivamente: 2,0cm, 4,0cm e 8,0cm.

Estando a esfera A com carga elétrica QA = +17,0pC, a esfera B neutrae a esfera C com Qc = –10,0pC, as três foram conectadas entre si porfios condutores.Após o equilíbrio eletrostático das três:a) O que aconteceu com o potencial elétrico das três esferas do

sistema. (A, B, C)?b) Quanto vale o campo elétrico no interior de cada uma?c) Determine as cargas finais de A, B e C.

RESOLUÇÃO:a) Todas adquirem um mesmo potencial.b) O campo elétrico no interior de cada uma vale zero.

c) = = ⇒ = =

Logo: Q’B = 2 . Q’A �

Q’C = 4 Q’A �

Temos também o Princípio da Conservação das Cargas elétricas:

Q’A + Q’B + Q’C = QA + QB + QC

Q’A + Q’B + Q’C = (+17,0) + 0 + (–10,0) … (em pC)

Q’A + 2 . Q’A + 4 . Q’A = + 7,0 pC

+ 7 Q’A = + 7,0 pC

Q’A = + 1,0 pC

Voltando em � e �:

Q’B = + 2,0 pC

Q’C = + 4,0 pC

2. Duas partículas eletrizadas com cargas elétricas positivas A e B serepelem com uma força de intensidade F (figura 1). Uma terceirapartícula, eletrizada com a mesma carga, é disposta como na figura 2.

Na figura 2,a) desenhe as forças elétricas de interação entre as partículas A e B e

ainda entre B e C. A seguir, determine uma relação entre as suasintensidades.

b) determine a força elétrica resultante na partícula B.

RESOLUÇÃO:a) Na figura 3 temos a representação das forças de interações entre as

partículas. Excetuando-se a força resultante em B, as demais forças deinteração têm a mesma intensidade, pois todas têm a mesma carga e nopar AB a distância é d, bem como no par BC.

Resposta:

b) Para o cálculo da intensidade da força resultante em B, basta aplicarmos o Teorema de Pitágoras.

F2RES = F2

AB + F2CB

F2RES = F2 + F2 = 2F2

Resposta:

A B C

Q’A––––2,0

Q’B––––4,0

Q’C––––8,0

Q’A––––1,0

Q’B––––2,0

Q’C––––4,0

FAB = FBA = FBC = FCB = F

FRES = F�2

FÍSIC

A A

3. aS

56 –

MÓDULO 22 00 Eletrostática I

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Page 59: Exercícios Resolvidos de Física

3. Uma pequena esfera de peso P = 8,0 . 10–3N fica em equilíbrio naposição indicada na figura, sob ação de um campo elétrico uniforme E

de direção horizontal e intensidade E = 2,5 . 105 N/C.

Sabendo-se que senα = 0,60 e cosα = 0,80, determinea) o sinal da carga elétrica da pequena esfera e o seu valor;b) a intensidade da força de tração no fio.

RESOLUÇÃO:a) Observemos as três forças na pequena esfera:

T→

= tração do fio

P→

= peso

F→

= força elétrica

A força elétrica F→

temsentido oposto ao docampo, o que nos leva aconcluir que a cargaelétrica é negativa.

b) Vamos fazer pelo triângulo de forças da figura ao lado.

cosα =T . cosα = P

T . 0,80 = 8,0 . 10–3

T =

Respostas: a) negativa

b) 1,0 . 10–2N

4. Entre as duas placas planas A e B estabeleceu-se um campo elétricouniforme. O sistema montado é um capacitor plano (condensador).Para eletrizá-las, um gerador de cargas forneceu, para cada placa, umaquantidade de eletricidade de 6,0μC, em valor absoluto, sob tensão de2 000V.

Entre as placas o meio isolante é o ar e a distância entre elas é de 2,0cm.Determine:a) A capacitância do condensador.b) A intensidade do campo elétrico E.c) Se lançarmos um elétron entre as placas, cruzando as linhas de

força, qual será a sua trajetória?

RESOLUÇÃO:

a) Q = C . U

Sendo

Q = 6,0μC = 6,0 . 10–6C; U = 2 000V = 2,0 . 103V

6,0 . 10–6 = 2,0 . 103 . C

C = (F) ⇒ C = 3,0 . 10–9F ⇒

b) Como o campo é uniforme:

E . d = U

E = ⇒ E =

c) A força elétrica é constante e enquanto ele ainda estiver dentro do

campo, a trajetória é parabólica.

P–––T

8,0 . 10–3––––––––8,0 . 10–1

T = 1,0 . 10–2 N

A B

d

E

6,0 . 10–6–––––––––

2,0 . 103C = 3,0nF

U –––d

2,0 . 103–––––––––2,0 . 10–2 � V

–––m �

E = 1,0 . 105V/m

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 57

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 57

Page 60: Exercícios Resolvidos de Física

1. Em um plano cartesiano de coordenadas (x; y) constrói-se umquadrado cujos vértices são A, B, C e D, de coordenadas indicadas nafigura abaixo. Quatro cargas puntiformes (+Q), (–Q), (+Q) e (–Q),foram colocadas, respectivamente, nos vértices A, B, C e D, sendopositiva a carga +Q.

Estando o sistema no vácuo, onde a constante eletrostática é K0,determine, para a origem 0,:a) o potencial elétrico resultante.b) a intensidade do campo elétrico resultante.Expresse suas respostas em função de K0, Q e d

RESOLUÇÃO:

a) A distância de cada carga ao ponto 0, origem do sistema, é igual a d,então o potencial parcial que cada carga gera em 0 será:

V = K0

O potencial resultante valerá:

Vres = (+ Q – Q + Q – Q) = 0

b) Para o campo elétrico, devemos construir a figura 2, mostrando cadavetor E

→.

Da simetria em torno de 0, verificamos que os campos se anulam doisa dois.

Respostas: a) Vres = 0

b) E→

res = 0→

2. No circuito elétrico abaixo, o capacitor tem capacitância C = 2,0 μF.

a) Indique o percurso da corrente elétrica e justifique.b) Calcule a intensidade da corrente e a d.d.p. entre A e B.c) Calcule a carga elétrica armazenada no capacitor.Para os itens a e b, use os seguintes dados: R1 = 3,0Ω; R2 = 4,0Ω; r = 1,0Ω; E = 16 V; R3 = R1.

RESOLUÇÃO:a) A corrente circula apenas na malha ABNM, no sentido horário. Não

passa corrente contínua no capacitor.

b) Usando a Lei de Pouillet:

i =

E = 16V; R1 = 3,0Ω; R2 = 4,0Ω; r = 1,0Ω

i = ⇒ (Resp)

A tensão entre A e B é dada por:

UAB = R1 . i

UAB = 3,0 . 2,0 (V) ⇒ (Resp)

c) Para o cálculo da carga no capacitor, observamos que:

UCAP = UAB = 6,0V

Q = C . UAB

Q = 2,0 . 6,0 (μC) ⇒ Resp

(�Q)––––––

d

K0––––d

Vres = 0

E→

res = 0→

R1

R2

R3

M

E

A

B

r

C

N

E ––––∑R

16 V––––––8,0Ω

i = 2,0A

UAB = 6,0V

R1

R3

A

B

C

i

i

i

Não passa correntee ele fica sem função

Q = 12,0μC

FÍSIC

A A

3. aS

58 –

MÓDULO 22 11 Eletrostática II

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 58

Page 61: Exercícios Resolvidos de Física

3. Na figura, o triângulo ABC é equilátero, de lado 18cm. Temos aindauma esfera de raio R = 9,0cm, centrada no vértice A, eletrizada comcarga elétrica positiva Q = +9,0nC. Adote k0 = 9,0 . 109 N.m2/C2.

a) Qual é a intensidade do campo elétrico no ponto D, a 4,5cm de A?b) Calcule o potencial elétrico em M. c) Determine o potencial elétrico nos vértices B e C.

RESOLUÇÃO:a) O ponto D é interno à esfera, onde o campo elétrico é nulo.

E→

D = 0→

b) VM = k0= 9,0 . 109 . (volts)

c) VB = VC = k0= 9,0 . 109 .

A

B

C

D

M

Q ––––

R

9,0 . 10–9–––––––––9,0 . 10–2

VM = 9,0 . 102 V

Q ––––

L

9,0 . 10–9 ––––––––––

18 . 10–2

VB = VC = 4,5 . 102 V

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 59

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 59

Page 62: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

60 –

1. (UERJ) – Considere o sistema em equilíbrio representado na figuraabaixo.

– o corpo A tem massa mA epode deslizar ao longo doeixo vertical;

– o corpo B tem massa mB;– a roldana é fixa e ideal;– o eixo vertical é rígido,

retilíneo e fixo entre o teto eo solo;

– o fio que liga os corpos A e Bé inextensível.

Sabendo-se que mB > mA e desprezando-se todos os atritos,a) escreva, na forma de uma expressão trigonométrica, a condição de

equilíbrio do sistema, envolvendo o ângulo θ e as massas de A e B.b) explique, analisando as forças que atuam no bloco A, o que ocorrerá

com o mesmo, se ele for deslocado ligeiramente para baixo e, emseguida, abandonado.

RESOLUÇÃO:

a)

Condição de equilíbrio:

b) O ângulo θ diminuindo, a intensidade da componente da força tensoraT, ao longo do eixo vertical, aumenta e tende a fazer com que o bloco Aretorne à sua posição de equilíbrio inicial.Isto significa que a posição de equilíbrio do bloco A é estável.

2. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma ponte homogênea de 40mde comprimento e peso 1,0 . 106 N está apoiada em dois pilares deconcreto conforme ilustra o esquema da figura a seguir.a) Qual a intensidade da força que cada pilar exerce sobre a ponte

quando um caminhão de peso 2,0 . 106 N está parado com o centrode gravidade a 10m de um dos pilares?

b) O que acontece com estas forças à medida que o caminhão transitapor toda a extensão da ponte?

RESOLUÇÃO:

a) Para o equilíbrio da ponte:1) (∑ torques)B = 0

2,0 . 106 . 10 + 1,0 . 106 . 20 = NA . 40

40 . 106 = NA . 40 ⇒

2) NA + NB = Pc + PP

1,0 . 106 + NB = 3,0 . 106 ⇒

b) A medida que o caminhão se desloca de B para A, NA aumenta, NBdiminui e a soma NA + NB permanece constante.

T = PB = mBg

T cosθ = PA = mAg

NA = 1,0 . 106 N

NA = 2,0 . 106 N

mAcosθ = ––––

mB

MÓDULO 22 22 Estática

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 60

Page 63: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 61

3. (FUVEST-SP) – A figura mostra uma barra homo gênea apoiadaentre uma parede e o chão. A parede é perfeitamente lisa; o coeficientede atrito estático entre a barra e o chão é μ = 0,25.

a) Desenhe o esquema de forças que atuam na barra.b) Calcule a tangente do menor ângulo α entre a barra e o chão para

que não haja escorregamento.

RESOLUÇÃO:a)

P→

: peso da barra

N→

parede: força normal aplicada pela parede

N→

chão: força normal aplicada pelo chão

→Fat: força de atrito aplicada pelo chão.

b) Na iminência de escorregamento, Fat = μNC

ΣMA = 0

P . x = NP . y

P . cos α = NP . l . sen α

= NP sen α

= ⇒ tg α = �

Equilíbrio EquilíbrioEixo x: Eixo y:

NP = Fat NC = P �

NP = μNC �

� → � { NP = μ . P �

� → � {tg α = = = ∴

4. (UFG-GO) – Aplica-se uma força →F na direção perpendicular à face

de um bloco em um ponto sobre a vertical que divide essa face ao meio,como mostra a figura.

O bloco tem massa de 200kg, 3,0m de altura e base quadrada com 1,0mde lado, sendo que o coeficiente de atrito estático entre ele e asuperfície de apoio é de 0,25. Sabendo-se que o bloco estásimultaneamente na iminência de tombar e de deslizar,a) desenhe na figura as demais forças que atuam so bre o bloco.b) calcule a intensidade da força

→F.

c) calcule a altura h do ponto de aplicação da força →F.

l––2

P . cos α–––––––

2

P ––––2NP

sen α–––––cos α

P –––––2NP

P––––––2 . μP

1––––––2 . 0,25

1–––0,5 tg α = 2

ysen α = –– ⇒ y = � sen α

x �cos α = –– ⇒ x = –– cos α

� 2––2

Considere g = 10m/s2

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 61

Page 64: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

62 –

RESOLUÇÃO:a)

→F = força externa apli ca da

→P = peso do bloco

→FN = reação normal de apoio

→Fat = força de atrito

b) Para que a resultante seja nula, na iminência de escorre gar, temos:

F = Fatmáx.= μE FN = μE P

F = 0,25 . 200 . 10 (N) ⇒

c) Para o equilíbrio, na iminência de tombar, as forças →Fat e

→FN estão

aplicadas em O.

O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo:

F . h = P .

500 . h = 2000 . 0,50

Respostas: a) 500Nb) 2,0m

5. Como mostra a figura, a barra homogênea de com primento L = 54,0cme de massa 5,0kg está apoiada no suporte S.

A polia e os fios são ideais, considera-se g = 10,0m/s2 e despreza-se oefeito do ar.As massas de A, B e C são respectivamente iguais a 1,0kg, 2,0kg e3,0kg.

Determine, sabendo-se que a barra fica em equilíbrio na posiçãohorizontal,a) o módulo da aceleração dos blocos B e C;b) a intensidade da força tensora no fio que liga B a C;c) o valor de x.

RESOLUÇÃO:a) Na máquina de Atwood, temos:

PC – PB = (mB + mC) a

30,0 – 20,0 = 5,0 . a ⇒

b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao bloco B, vem:

T – PB = mBa

T – 20,0 = 2,0 . 2,0 ⇒

c)

Impondo-se, para o equilíbrio da barra, que a soma dos mo mentos em

relação ao ponto S seja nula, vem:

10,0 . (54,0 – x) + 50,0 . (27,0 – x) = 48,0 . x

540 – 10,0x + 1350 – 50,0x = 48,0x

1890 = 108 x ⇒

Respostas: a) 2,0m/s2

b) 24,0 N

c) 17,5cm

b–––2

h = 2,0m

a = 2,0m/s2

T = 24,0N

x = 17,5cm

F = 500N

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Page 65: Exercícios Resolvidos de Física

1. (UNESP) – Duas cargas de massas iguais e sinais opostos, com amesma velocidade inicial, entram pelo ponto A em uma região comum campo magnético uniforme, perpendi cular ao plano xy e apontandopara “cima”. Sabe-se que a trajetória 2 possui um raio igual ao dobrodo raio da trajetória 1.

Analisando a figura e desprezando a interação entre as duas cargas,pode-se concluir que a carga da partícula 2 tem sinala) negativo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2.b) negativo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1.c) positivo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2.d) positivo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1.e) positivo e o módulo da carga 2 é o triplo da 1.

RESOLUÇÃO:De acordo com a regra da mão esquerda, concluímos que a partícula 1 temcarga positiva e a partícula 2, negativa.

O raio da circunferência descrita pelas partículas 1 e 2 é dado por:

R =

Do enunciado, temos:

R2 = 2R1

= 2

Resposta: A

2. Uma partícula P, de massa m, eletrizada, foi lançada num campomagnético e descreveu um quarto de circunferência e abandonou ocampo em MRU, como mostra a figura. São conhecidos o raio do arcode circunferência R = 5,0cm, a masssa da partícula m = 2,0 . 10–16kg,o módulo da carga elétrica: 3,2pC e a intensidade do campo magnético:B = 1,0 . 102T.

Determine:a) O sinal da carga elétrica da partícula.b) O tempo que a partícula permaneceu no interior do campo

magnético

RESOLUÇÃO:a) Sinal da carga elétrica

Na figura abaixo, observemos que a força F→

é centrípeta.A regra da mão esquerda indica que a partícula é positiva.

b) Fmag = q . v . B

Fcp = R = ⇒ v =

m . V–––––––

|q| . B

m . V–––––––|q2| . B

m . V–––––––|q1| . B

|q1| = 2|q2|

NOTE E ADOTE

Força magnética

Fmag = ⎥ q ⎥ . v . B

Força centrípeta

mv2

FCP = –––––R

Adote π � 3

R . q . B–––––––

m

m . v–––––––

q . B

m v2–––––––

R �

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 63

MÓDULO 22 33 Eletromagnetismo I

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Page 66: Exercícios Resolvidos de Física

Substituindo-se os valores dados:

v = (unidades SI)

Sendo

v = ⇒ Δs = v . Δt

= v . Δt

Δt = = (unidades SI)

3. (UNESP) – A figura mostra um experimento com dois fiossuspensos, de raios e massas desprezíveis, extensos, paralelos eflexíveis, no instante em que começam a ser percorridos por correntesde mesma intensidade i = 1 A, contudo em sentidos opostos. O pontoA encontra-se à mesma distância, d = 10 cm, dos dois fios.

a) Determine o módulo, a direção e o sentido do cam po magnético noponto A, para a situação represen tada na figura.

Considere μar = 4π x 10–7 T.m/A.

b) Determine a direção e o sentido das forças magnéticas entre os fios,respondendo, a seguir, se houve uma atração ou repulsão.

RESOLUÇÃO:a)

Usando-se a regra da mão direita em cada um dos fios, determinamos

a direção e o sentido dos respectivos campos magnéticos →B1 e

→B2,

conforme a figura. Eles têm o mesmo sentido. Logo:→Bres =

→B1 +

→B2 → |

→Bres| = |

→B1| + |

→B2 |

Estando A à meia distância dos fios:

B1 = B2 = = (T)

B1 = B2 = 2 . 10–6 T

BresA= 2B1 ⇒

Sua direção é perpendicular ao plano dos fios e o sentido é do leitorpara o papel.

b) Usando-se a regra da mão direita em cada um dos fios, obtemos o res -pectivo campo magnético,

→B’1 e

→B’2 , atuando sobre a corrente elétrica

do outro fio.

A seguir, usando-se a regra da mão esquerda em cada fio, obtemos asrespectivas forças mag néticas

→F12 e

→F21. As forças são repulsivas e os

fios se afastam.

Respostas: a) 4 . 10–6 T ; direção perpendicular ao plano do pa pel; sen ti -do: do leitor para o papel (entrando na folha).

b) repulsão.

v = 8,0 . 104 m/s

Δs––––

Δt

2πR––––

4

πR––––2V

3 . (5,0 . 10–2)––––––––––––

2 . 8,0 . 104

Δt � 94s

μ . i–––––––

2π d

4π . 10 –7 . 1––––––––––––––

2π . 1 . 10–1

BresA= 4 . 10–6 T

(5,0 . 10–2) . (3,2 . 10–12) . (1,0 . 102)––––––––––––––––––––––––––––––

(2,0 . 10–16)

FÍSIC

A A

3. aS

64 –

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Page 67: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

1. A figura abaixo nos mostra um esquema de um espectrômetro demassa, aparelho destinado a medir a razão carga/massa de umapartícula. O sistema todo é constituído por um seletor de velocidade,onde existem dois campos ortogonais (E

→1 e B

→ 1) o qual está acoplado ao

expectrógrafo onde existe penas um campo magnético B→

2. No seletorde velocidades (1a. parte) o campo elétrico E

→1 é vertical e o campo

magnético B→

1 é horizontal. Partículas positivas, provenientes de umafonte, penetram no seletor pela fenda F1 e devem atravessá-lo emMRU, saindo pela fenda F2. Ao penetrar no expectrógrafo comvelocidade v

→, realizam um movimento circular uniforme de raio R.

a) Obtenha uma equação para o módulo da velocidade v→ em funçãode E1 e de B1.

b) Obtenha a razão m/q em função de: E1, B1, B2 e R.

RESOLUÇÃO:a) Estando a partícula no interior do seletor temos um MRU em que a

força resultante deve ser nula.

Fmg = Fel

q . V . B1 = q . E1

V . B1 = E1

b) No espectrógrafo (2a. parte) temos um MCU

Fmag = q . v . B2

Fcp = Fmag = Fcp

q . v . B2 =

R = ⇒ =

mas, do item (a) temos V =

Logo:

2. Na figura abaixo temos um condutor rígido de cobre EFGHdobrado em forma de U. Entre F e G foi colocado um LED. Na regiãosombreada há um campo magnético de intensidade 4,0T. As dimensõesdo condutor e da região sombreada estão na própria figura. Uma hasteMN–––

vai deslizar sobre EF–––

e GH–––

, sofrendo um movimento de translaçãopara a direita, com velocidade escalar constante de 4,0 m/s. Verificou-se que a lâmpada acendeu e apagou em seguida, dissipando umaenergia de 40m J. Despreze as resistências elétricas dos condutores.

a) Calcule o tempo que o LED permaneceu aceso e justifique o sentidoda corrente elétrica. Qual foi o fenômeno físico ocorrido?

b) Calcule a tensão no LED.c) Calcule a intensidade da corrente elétrica que circulou e a potência

no LED

E1V = –––––

B1

m V2–––––––

R �m V2

–––––––R

m V–––––––

q B2

m––––

q

B2 . R–––––––

V

E1––––B1

m B1 . B2 . R––– = –––––––––q E1

NOTE E ADOTE:

A fem induzida é: E = B . L . V

– 65

MÓDULO 22 44 Eletromagnetismo II

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Page 68: Exercícios Resolvidos de Física

RESOLUÇÃO:a) Quando a haste MN

–––penetrou no campo magnético, a espira fechada

MNGF passou a sofrer uma variação de fluxo magnético, que durouaté o instante em que a haste saiu novamente do campo. O fenômenochama-se “indução magnética” e valem as Leis de Faraday e Lenz.

A corrente induzida percorre a espira no sentido anti-horário.O LED permanece aceso durante um tempo T dado por:

v = ⇒ Δt =

T = ⇒

b) A tensão no LED é a força eletromotriz (E) induzida no efeito Faraday.Do note e adote temos:E = B L VE = (4,0) . (0,25) . (4,0) (volts)E = 4,0V

A tensão no LED é:

c) A potência no LED é:

P =

temos:

P = ⇒

P = i . U

i = ⇒ i =

Respostas: a) indução magnética; T = 0,10sb) U = 4,0Vc) P = 400 mW; i = 100 mA

3. Numa bancada foi montado um dispositivo com o objetivo de sefazer alguns experimentos de eletromagnetismo. A figura esquematizaum desses experimentos: uma balança eletromagnética. G é um geradorelétrico constituído de 4 pilhas e que fornece ao quadro de fio rígidoMNST uma corrente elétrica de intensidade 5,0A. Existe um campomagnético externo de direção horizontal, paralelo a MN e de sentidoindicado na figura. A corrente elétrica não passa pela haste suporte XY.São dados ainda:MX = TY = 40 cm; XN = YS = 10 cm; NS = 20 cm

Uma vez ligado o gerador, o quadro tendia a girar no sentido anti-horário e, para equilibrá-lo, foi necessário pendurar-se o corpo A demassa 2,0 kg. Adote g = 10 m/s2.

a) indique na figura o sentido da força magnética, desenhando nafigura um vetor F

→. Determine a intensidade dessa força magnética.

b) determine a intensidade do campo magnético B→

.

RESOLUÇÃO:a)

F = força magnéticaP = peso do corpo APara que haja equilíbrio, o momento da força F deve equilibrar omomento da força peso.Tomemos como polo de referência o cilindro MT do gerador.

F . MN = P . MX

F . 50 = 20 . 40

b) F = B . i . L

B = ⇒ B = (unidades SI)

Δs––––

Δt

Δs––––

v

0,40 m––––––4,0 m/s

T = 0,10s

U = 4,0V

energia dissipada––––––––––––––––

Δt

40 m J––––––0,10s

P = 400 mW

P––––

U

400 mW–––––––

4,0 V

i = 100 mA

F = 16N

F––––i . L

16–––––––––5,0 . 0,20

B = 16T

FÍSIC

A A

3. aS

66 –

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Page 69: Exercícios Resolvidos de Física

1. (UNICAMP) – Um raio entre uma nuvem e o solo ocorre devidoao acúmulo de carga elétrica na base da nuvem, induzindo uma cargade sinal contrário na região do solo abaixo da nuvem. A base danuvem está a uma altura de 2km e sua área é de 200km2. Considereuma área idêntica no solo abaixo da nuvem. A descarga elétrica deum único raio ocorre em 10–3s e apresenta uma corrente de 50kA.Considerando ε0 = 9 x 10–12 F/m, responda:a) Qual é a carga armazenada na base da nuvem no instante anterior ao

raio?b) Qual é a capacitância do sistema nuvem-solo nesse instante?c) Qual é a diferença de potencial entre a nuvem e o solo

imediatamente antes do raio?

RESOLUÇÃO:a) A intensidade média da corrente elétrica é dada por:

im =

Considerando-se im = 50kA = 50 . 103A e

Δt = 10–3s, vem:

50 . 103 = ⇒

b) A capacitância do sistema nuvem-solo, consi deran do-o um capacitor

plano, é dada por C = ε0 . .

Sendo ε0 = 9 . 10–12 , A = 200km2 = 200 . 106m2

e d = 2km = 2 . 103m, temos:

C = 9 . 10–12 F ⇒ ou

c) Sendo C = , vem:

9 . 10–7 = ⇒

Respostas: a) 50C b) 9 . 10–7F c) 5,6 . 107V

2. (UFSCar) – As lâmpadas incandescentes foram inventadas hácerca de 140 anos, apresentando hoje em dia praticamente as mesmascaracterísticas físicas dos protótipos iniciais. Esses importantesdispositivos elétricos da vida moderna constituem-se de um filamentometálico envolto por uma cápsula de vidro. Quando o filamento éatravessado por uma corrente elétrica, se aquece e passa a brilhar. Paraevitar o desgaste do filamento condutor, o interior da cápsula de vidroé preenchido com um gás inerte, como argônio ou criptônio.

a) O gráfico apresenta o comportamento da resistividade do tungstênioem função da temperatura. Considere uma lâmpada incandescentecujo filamento de tungstênio, em funcionamento, possui uma seçãotransversal de 1,6 × 10–2 mm2 e comprimento de 2 m. Calcule quala resistência elétrica R do filamento de tungstênio quando alâmpada está operando a uma temperatura de 3 000°C.

b) Faça uma estimativa da variação volumétrica do filamento detungstênio quando a lâmpada é desligada e o filamento atinge atemperatura ambiente de 20°C. Explicite se o material sofreucontração ou dilatação.Dado: O coeficiente de dilatação volumétrica do tungs tênio é

12 . 10–6 (ºC)–1.

RESOLUÇÃOa) A resistência elétrica R do filamento de tungstênio é determinada pela

2.a Lei de Ohm:

R = ρ

O valor da resistividade (ρ) do filamento é obtido do gráfico. Assim,para uma temperatura de 3000°C, temos:ρ = 8,0 . 10–7ΩmPortanto, após transformar a área de 1,6 . 10–2mm2 para 1,6 . 10–8m2,vem:

R = 8,0 . 10–7 (Ω)⇒

b) No resfriamento de 3000°C para 20°C, o filamento sofrerá umacontração térmica dada por:ΔV = V0 γ ΔθAssim: ΔV = 2 . 1,6 . 10–8 . 12 . 10–6 . (20 – 3000) (m3)ΔV ≅ –1,1 . 10–9m3

O sinal negativo confirma a contração térmica.

Respostas: a) 100 Ωb) 1,1 . 10–9m3

Q––––

Δt

Q––––10–3 Q = 50C

A––––

dF

–––m

200 . 106

–––––––––2 . 103 C = 9 . 10–7F

Q–––U

50–––U

U ≅ 5,6 . 107V

L–––A

2–––––––––1,6 . 10–8

R = 100Ω

�ΔV� ≅ 1,1 . 10–9m3

900nF

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 67

MÓDULO 22 55 Eletrodinâmica I

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Page 70: Exercícios Resolvidos de Física

3. (UNICAMP) – O transistor, descoberto em 1947, é consideradopor mui tos como a maior invenção do século XX. Com ponente chavenos equipamentos eletrônicos modernos, ele tem a capacidade deamplificar a corrente em circuitos elétricos. A figura a seguir representaum circuito que contém um transistor com seus três terminaisconectados: o coletor (c), a base (b) e o emis sor (e). A passagem decorrente entre a base e o emissor produz uma queda de tensão constanteVbe = 0,7 V entre esses terminais.

a) Qual é a corrente que atravessa o resistor R = 1000 Ω?

b) O ganho do transistor é dado por G = , onde ic é

a corrente no coletor (c) e ib é a corrente na base (b).Sabendo-se que ib = 0,3 mA e que a diferença de poten cial entre o pólopositivo da bateria e o coletor é igual a 3,0 V, encontre o ganho dotransistor.

RESOLUÇÃO:a) Cálculo da corrente elétrica no resistor R:

Ube = R i

0,7 = 1000 . i ⇒

b) No trecho superior, temos:

Uac = Rac . ic

3,0 = 200 . ic ⇒

Assim, o ganho será dado por:

G = = ⇒

Respostas: a) 0,7 mA b) 50

4. (UNIFICADO-RJ-2010) – Está associada em série certaquantidade de resistores cujas resistências elétricas formam umaprogressão aritmética de razão 0,3Ω. Essa associação é submetida auma d.d.p. de 12,4V. A menor das resitências vale 0,2Ω, cujo resistoré atravessado por uma corrente de 0,8A. a) Qual o valor da resistência elétrica total dessa associação?b) Qual o número total de resistores usados nessa associação?

RESOLUÇÃO:

a) Com os dados fornecidos podemos calcular a resistência elétrica total docircuito.U = Rtotal i

12,4 = Rtotal . 0,8

Rtotal = 15,5Ω

b) Rtotal equivale à soma dos N termos da progressão aritmética de razãor = 0,3Ω.

Sn = e an = a1 + (n – 1) r

Assim:

a1 an 4444

15,5 =

31 = (0,1 + 0,3n) n

31 = 0,1n + 0,3n2

3n2 + n – 310 = 0

Respostas: a) 15,5Ωb) 10

ic–––ib

i = 0,7 mA

ic = 15 mA

ic–––ib

15–––0,3

G = 50

(a1 + an) n–––––––––

2

(0,2 + 0,2 + (n – 1) . 0,3) n–––––––––––––––––––––––

2

n = 10

FÍSIC

A A

3. aS

68 –

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 68

Page 71: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 69

1. (UFRJ-2010) – Um estudante dispunha de duas baterias comerciaisde mesma resistência interna de 0,10Ω, mas verificou, por meio de umvoltímetro ideal, que uma delas tinha força eletromotriz de 12 Volts e aoutra, de 11 Volts. A fim de avaliar se deveria conectar em paralelo asbaterias para montar uma fonte de tensão, ele desenhou o circuito indicadona figura a seguir e calculou a corrente i que passaria pelas baterias dessecircuito.

a) Calcule o valor encontrado pelo estudante para a corrente i.b) Calcule a diferença de potencial VA – VB entre os pontos A e B

indicados no circuito.

RESOLUÇÃO:a) Na situação proposta, a bateria de 11V irá atuar como receptor, assim:

i =

i = (A)

i = (A)

b) Pelo gerador: Pelo receptor:

UAB = E – r i UAB = E + r i

UAB = 12 – 0,10 (5,0) UAB = 11 + 0,10 (5,0)

2. No gráfico a seguir estão representadas as características de umgerador, de força eletromotriz igual a � e resistência interna r, e umreceptor ativo de força contraeletromotriz �’ e resistência interna r’.Sabendo que os dois estão interligados, determine a resistência internae o rendi mento para o gerador e para o receptor.

RESOLUÇÃO1 – Leitura do gráfico:

• gerador: ε = 100V

• receptor: ε’ = 40V

2 – Cálculo das resistências internas:• gerador:

r = (Ω) ⇒

• receptor:

r’ = (Ω) ⇒

3 – O circuito elétrico é mostrado na figura abaixo:

Lei de Pouillet:

i = ⇒ i = (A)

i = 2A

4 – Cálculo da ddp comum ao gerador e ao receptor:

U = ε – r i

U = 100 – 20 . 2 (V)

U = 60V

E – E’–––––––

ΣR

12 – 11–––––––––0,10 + 0,10

1,0––––0,20

i = 5,0A

UAB = 11,5V UAB = 11,5V

100 – 20–––––––––

4r = 20Ω

60 – 40––––––––

2r’ = 10Ω

ε – ε’––––––r – r’

100 – 40––––––––20 + 10

MÓDULO 22 66 Eletrodinâmica II

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 69

Page 72: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

70 –

5 – Cálculo dos rendimentos:• gerador:

ηG = ⇒ ηG = = 0,60

• receptor:

ηrec = ⇒ ηrec = =

Respostas: gerador: r = 20Ω; ηG = 60%

receptor: r’ = 10Ω; ηrec = 67%

3. (UNICAMP) – Telas de visualização sensíveis ao toque são muitopráticas e cada vez mais utilizadas em aparelhos celulares,computadores e caixas eletrônicos. Uma tecnologia frequentementeusada é a das telas resistivas, em que duas camadas condutorastransparentes são separadas por pontos isolantes que impedem ocontato elétrico.a) O contato elétrico entre as camadas é estabelecido quando o dedo

exerce uma força →F sobre a tela, conforme mostra a figura abaixo. A

área de contato da ponta de um dedo é igual a A= 0,25 cm2. Baseadona sua experiência cotidiana, estime o módulo da força exercida porum dedo em uma tela ou teclado convencional, e em seguida calculea pressão exercida pelo dedo. Caso julgue necessário, use o peso deobjetos conhecidos como guia para a sua estimativa.

b) O circuito simplificado da figura no espaço de resposta ilustra comoé feita a detecção da posição do toque em telas resistivas. Umabateria fornece uma diferença de potencial U = 6 V ao circuito deresistores idênticos de R =2 kΩ. Se o contato elétrico forestabelecido apenas na posição representada pela chave A, calculea diferença de potencial entre C e D do circuito.

RESOLUÇÃOa) Fazendo uma estimativa para o módulo da força

→F exercida na tela:

F = 1,0 N

p = ⇒ p =

b) O circuito, com a chave fechada em A e aberta em B, fica:

Req = + R =

i = = =

A ddp entre C e D é dada por:

UCD = . i

UCD = . (V)

Respostas: a) 4,0 . 104 N/m2

b) 2,0V

U–––

ε

60V––––––100V

ηG = 60%

ε’–––U

40V–––––60V

2–––3

ηrec � 67%

F–––A

1,0 N––––––––––––0,25 . 10–4 m2

p = 4,0 . 104 N/m2

R–––2

3R––––

2

U––––Req

6–––––

3R–––2

12––––3R

R–––2

R–––2

12––––3R

UCD = 2,0V

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 70

Page 73: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 71

1. O diagrama adiante representa um circuito simplificado de umatorradeira elétrica que funciona com uma ten são U = 120 V. Umconjunto de resistores RT = 20 Ω é responsável pelo aquecimento dastorradas e um cro nô metro determina o tempo durante o qual a tor -radeira permanece ligada.

a) Qual é a corrente que circula em cada resistor RT quando atorradeira está em funcionamento?

b) Sabendo-se que essa torradeira leva 50 segundos para preparar umatorrada, qual é a energia elétrica total consumida no preparo dessatorrada?

c) O preparo da torrada só depende da energia elétrica total dissipadanos resistores. Se a torradeira funcionasse com dois resistores RT decada lado da torrada, qual seria o novo tempo de preparo da torra da?

RESOLUÇÃO

a) i = =

i = (A) = (A)

⇒ iT = ⇒

b) Ee� = Pot . ΔtEe� = U . i . ΔtEe� = 120 . 4,0 . 50 (J)

c) Ee� = . Δt’

Ee� = . Δt’ 24 000 = . Δt’

Δt’ = (s) ⇒

Respostas: a)2,0A; b) 2,4 . 104J ou 24kJ; c) 33,3s

2. (UNICAMP) – O chuveiro eletrico e amplamente utilizado em todoo pais e e o responsavel por grande parte do consumo eletricoresidencial. A figura abaixo representa um chuveiro metalico emfuncionamento e seu circuito eletrico equivalente. A tensao fornecidaao chuveiro vale V = 200V e sua resistencia e R1 = 10Ω.

a) Suponha um chuveiro em funcionamento, pelo qual fluem 3,0 litrosde agua por minuto, e considere que toda a energia dissipada naresistencia do chuveiro seja transferida para a agua.O calor absorvido pela agua, nesse caso, e dado por Q=mcΔθ, ondec = 4 . 103 J/kg °C e o calor especifico da agua, m e a sua massa eΔθ e a variacao de sua temperatura. Sendo a densidade da aguaigual a 1000 kg/m3, calcule a temperatura de saída da agua quandoa temperatura de entrada for igual a 20 °C.

b) Considere agora que o chuveiro esteja defeituoso e que o ponto Bdo circuito entre em contato com a carcaca metalica. Qual a correntetotal no ramo AB do circuito se uma pessoa tocar o chuveiro comomostra a figura? A resistencia do corpo humano nessa situacao valeR2 = 1000 Ω.

RESOLUÇÃO:

a) Como toda energia elétrica dissipada no resitor do chuveiro étransferida para a água, temos:

Eel = Q

P . Δt = m . c . Δ�

Sendo m = d . Vol, com d = 1000 = 1,0

P . Δt = d . Vol . c . Δ�

= d . c . Δ�

U––––Req

U––––––

3RT––––2

120–––––––

3 . 20–––––

2

120––––30

i = 4,0Ai

––2

iT = 2,0A

Ee� = 2,4 . 104J

U2

––––R’eq

U2

––––2RT––––

2

(120) 2

–––––––20

4000–––––120

Δt’ = 33,3s

kg––m3

kg––l

V2

––R1

Vol––Δt

MÓDULO 22 77 Eletrodinâmica III

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 71

Page 74: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

72 –

= 1,0 . . 4 . 103 . Δ�

Δ� = 20ºC

� – �0 = 20ºC

� – 20ºC = 20ºC

b) Cálculo das intensidades de correntes i1 e i2:

V = R1 . i1

200 = 10 . i1 ⇒ i1 = 20,0A

V = R2 . i2

200 = 1000 . i2 ⇒ i2 =0,2A

Cálculo da intensidade total da corrente no ramo AB:

i = i1 + i2

i = 20,0 + 0,2 (A)

Respostas: a) 40ºCb) 20,2A

3. Um aspecto importante no abastecimento de energia elétricarefere-se às perdas na transmissão dessa energia do local de geraçãopara o local de consumo. Uma linha de transmissão de 1000kmapresenta uma resistência típica R = 10Ω. A potência consumida nacidade é PC = 1000MW.a) A potência consumida é transmitida pela linha e chega à cidade com

uma tensão de 200kV. Calcule a corrente na linha de transmissão.b) Calcule a percentagem da potência dissipada na linha PD, em

relação à potência consumida na cidade, PC.c) Quanto maior a tensão na linha de transmissão menores são as

perdas em relação à potência consumida. Considerando que apotência consumida na cidade é transmitida com uma tensão de500kV, calcule a percentagem de perda.

RESOLUÇÃO:a) Sendo a potência consumida na cidade PC = 1000MW e a tensão que

chega à cidade de 200kV, vem:

PC = i U

1000 . 106 = i . 200 . 103

b) A potência dissipada na linha de transmissão será dada por:

Pdissipada = R . i2

Pdissipada = 10 . (5,0 . 103)2 (W)

Pdissipada = 250 MW

O percentual da potência dissipada na linha PD será dado por:

PD = = = 0,25 = 25%

c) Para a tensão de 500kV, temos:

PC = U’ i’

1000 . 106 = 500 . 103 . i’

A potência dissipada P’ será dada por:

P’ = R (i’)2

P’ = 10 . (2,0 . 103)2 (W)

P’ = 4,0 . 107W = 40MW

A nova percentagem da potência dissipada na linha, P’D, em relação à

potência consumida, será dada por:

P’D = = ⇒

Respostas: a) 5,0 . 103Ab) 25%c) 4%

(200)2

–––––10

3,0––60

� = 40ºC

i = 20,2A

i = 5,0 . 103A

Pdissipada–––––––––PC

250MW–––––––––1000MW

i’ = 2,0 . 103A

P’––PC

40MW––––––––1000MW

P’D = 0,04 = 4%

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 72

Page 75: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

A 3

.aS

– 73

1. (FUVEST-SP) – Em uma ilha distante, um equipamento eletronicode monitoramento ambiental, que opera em 12V e consome 240W, emantido ligado 20h por dia. A energia e fornecida por um conjunto deN baterias ideais de 12V. Essas baterias sao carregadas por um geradora diesel, G, atraves de uma resistencia R de 0,2Ω. Para evitarinterferencia no monitoramento, o gerador e ligado durante 4h por dia,no período em que o equipamento permanece desligado.

Determinea) a corrente I, em ampères, que alimenta o equipamento eletrônico C.b) o número mínimo N, de baterias, necessário para manter o sistema,

supondo que as baterias armazenem carga de 50# A.h cada uma.c) a tensão V, em volts, que deve ser fornecida pelo gerador, para

carregar as baterias em 4h.

RESOLUÇÃO:a) No equipamento:

P= i . U

240 = i . 12 ∴

b) No equipamento:

i =

20 = ∴ QT = 400Ah

Na associacao de baterias:

1 bateria –––– 50 A . h

N baterias –––– 400 A . h

N = 8 baterias, no minimo

c) Na associacao de baterias:

iTOT =

iTOT = (A)∴ iTOT = 100A

A tensão nos terminais do gerador (V) será dada por:

V = R . iTOT + Ebat

V = 0,2 . 100 + 12 (SI)

Respostas: a) 20A

b) 8 baterias

c) 32V

2. (UNICAMP) – Quando o alumínio é produzido a partir da bauxita,o gasto de energia para produzi-lo é de 15 kWh/kg. Já para o alumínioreciclado a partir de latinhas, o gasto de energia é de apenas 5% dogasto a partir da bauxita.a) Em uma dada cidade, 50.000 latinhas são recicladas por dia. Quanto

de energia elétrica é poupada nessa cidade (em kWh)? Considereque a massa de cada latinha é de 16g.

b) Um forno de redução de alumínio produz 400kg do metal, a partirda bauxita, em um período de 10 horas. A cuba eletrolítica desseforno é alimentada com uma tensão de 40V. Qual a corrente quealimenta a cuba durante a produção? Despreze as perdas.

RESOLUÇÃO:a) A massa das latinhas recicladas por dia é:

m = 50000 . 16g = 800kg

Para produzir essa massa de alumínio, a partir da bauxita, temos:

E1 = 800 . 15 kWh

E1 = 12000 kWh

A economia representa 95% de E1. Assim:

Ee = 0,95 . 12000 kWh

b) O gasto de energia para produzir 400kg de alumínio, a partir dabauxita, é dado por:

E = 15 . 400kg = 6000kWh

A respectiva potência é dada por:

Pot = = = 600kW

NOTE E ADOTE(1 ampère x 1 segundo = 1 coulomb)O parâmetro usado para caracterizar a carga de uma bateria, produtoda corrente pelo tempo, é o ampère . hora (A . h).Suponha que a tensão da bateria permaneça constante até o final desua carga.

i = 20A

Q–––Δt

Q–––20

Q––Δt

400–––4

V = 32 volts

Ee = 1,14 . 104 kWh

kWh–––––

kg

E–––Δt

6000kWh–––––––––

10h

MÓDULO 22 88 Eletrodinâmica IV

REV_II_A_FISICA_Prof_Rose 08/10/10 15:52 Página 73

Page 76: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A A

3. aS

74 –

A corrente elétrica é dada por:

i = = (A)

Respostas: a) 1,14 . 104 kWh

b) 1,5 . 104A ou 15kA

3. (UNESP-SP) – Celulas fotovoltaicas foram idealizadas edesenvolvidas para coletar a energia solar, uma forma de energiaabundante, e converte-la em energia eletrica. Estes dispositivos saoconfeccionados com materiais semicondutores que, quandoiluminados, dao origem a uma corrente eletrica que passa a alimentarum circuito eletrico. Considere uma celula de 100cm2 que, ao seriluminada, possa converter 12% da energia solar incidente em energiaeletrica. Quando um resistor e acoplado a celula, verifica-se que atensao entre os terminais do resistor e 1,6V. Considerando que, numdia ensolarado, a celula recebe uma potencia de 1kW por metroquadrado, calcule a corrente que passa pelo resistor.

RESOLUÇÃO:Levando-se em conta que a celula recebe uma potencia de 1kW por metroquadrado e que a celula apresenta area de 100cm2, temos:

P = 1 . 10–2 kW

Como a celula converte apenas 12% da energia solar incidente em energiaeletrica, vem

Peletr = 0,12 . 1 . 10–2kW = 1,2W

No resistor, a tensao medida e de 1,6V. Assim, podemos calcular aintensidade da corrente, fazendo:

Peletr = i . U ⇒ 1,2 = i . 1,6

Resposta: 0,75A

4. (UNIFESP) – A figura representa uma bateria, de forca eletromotrizE e resistencia interna r = 5,0 Ω, ligada a um solenoide de 200 espiras.Sabe-se que o amperímetro marca 200 mA e o voltímetro marca 8,0 V,ambos supostos ideais.

a) Qual o valor da forca eletromotriz da bateria? b) Qual a intensidade do campo magnetico gerado no ponto P, locali -

zado no meio do interior vazio do solenoide?

Dados: μ0 = 4π . 10–7 T . m/A;

B = μ0 i (modulo do campo magnetico no interior de um

solenoide)

RESOLUÇÃO:

a) Os terminais da bateria estão submetidos a uma diferença de potencial

de 8,0V, assim:

U = E – r i

8,0 = E – 5,0 . 0,20

b) A intensidade do campo de indução magnética no interior do solenoideé dada por:

B = μ0 i

B = 4π . 10–7 . . 0,20 (T)

Respostas: a) E = 9,0Vb) B = 8,0π . 10–5T

i = 0,75A

N–––L

E = 9,0V

N–––L

200––––0,20

B = 8,0π . 10–5T

104cm2 → 1kW 102cm2 → P �

i = 1,5 . 104A

Pot–––U

600 . 103

–––––––40

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Page 77: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

BE

FísicaCurso Extensivo – BCurso Extensivo – E

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Page 78: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

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Page 79: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

BE

– 1

1. Uma lebre corre em linha reta com velocidade escalar constantede 72,0km/h rumo à sua toca. No instante t = 0 a lebre está a 200m datoca e neste instante um lobo que está 40m atrás da lebre parte dorepouso com aceleração escalar constante de 5,0m/s2 mantida durante90m e em seguida desenvolve velocidade escalar constante. O lobodescreve a mesma reta descrita pela lebre.a) Faça um gráfico da velocidade escalar em função do tempo para os

movimentos da lebre e do lobo desde o instante t = 0 até o instanteem que a lebre chegaria à sua toca.

b) Determine se o lobo alcança a lebre antes que ele chegue à suatoca.

RESOLUÇÃO:a) 1) Instante t1 em que a lebre chega à toca:

Δs = Vt (MU)

200 = 20,0 t1 ⇒

2) Cálculo da velocidade final do lobo:

V2 = V02 + 2 γ Δs

V12 = 0 + 2 . 5,0 . 9,0 = 900

3) Cálculo do instante t2 em que o lobo atinge sua velocidademáxima:

V = V0 + γ t

30,0 = 0 + 5,0 t2 ⇒

4) gráficos V = f(t)

b) Distância percorrida pelo lobo até o instante t = 10,0s:

Δs = área (V x t)

d = (10,0 + 4,0) (m) = 210m

Quando a lebre chega na toca o lobo está a 30,0m da toca e, portanto,não conseguiu alcança-la.

2. (Olimpíada de Portugal) – O João e a Maria são dois jovensapaixonados pela Mecânica. Construíram cada um o seu veículoautomóvel, uma espécie de kart. Pretendem agora competir um com ooutro numa pista retilínea e horizontal, na propriedade da família de umdeles. O sistema de referência utilizado consiste num eixo horizontalcom origem no ponto de partida e o sentido do deslocamento dos carrosdurante a corrida.

a) O carro do João deslocou-se inicialmente com aceleração escalarconstante de valor máximo que o motor permitiu. Após t1 = 30,0s,quando o módulo da sua velocidade era V1J = 12,5m/s, o motoravariou-se e o carro passou a deslocar-se com aceleração escalarconstante igual a a2J = –3,0 × 10–2m/s2, devido aos atritos. O tempototal necessário para o João atingir meta foi de 200s, contado desdea partida. Qual é o comprimento da pista?

b) A Maria preferiu ser mais cautelosa. No seu primeiro percurso apósa partida, de comprimento l1 = 400m, o módulo da acelaraçãoescalar do seu carro foi a1M = 0,20m/s2, após o que manteve avelocidade escalar constante, durante 117s até atingir a meta. Quemé que ganhou a corrida?Adote ���10 = 3,2

t1 = 10,0s

V1 = 30,0m/s

t2 = 6,0s

30,0–––– –

2

Revisão FÍSICA

MÓDULO 11 Cinemática

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Page 80: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

2 –

RESOLUÇÃO:a)

1) Cálculo de V1:

a = ⇒ –3,00 . 10–2 = ⇒ ΔV = –5,1m/s

V1 = 12,5 – 5,1 (m/s) = 7,4m/s

2) L = área (V x t)

L = + (12,5 + 7,4) (m)

L = 187,5 + 1691,5 (m)

b) 1) Δs = V0 t + t2 (MUV)

400 = 0 + T12

T12 = 4000

T1 = 20���10s = 20 . 3,2s = 64s

2) Ttotal = T1 + 117s = 185s

Como João gastou 200s para completar a corrida então Maria, quegastou menos (181s), foi a ganhadora.

3. (Olimpíada de Portugal) – Um grupo de amigos encontrou-senuma margem do rio e resolveu ir fazer um piquinique num parque demerendas que ficava na outra margem, 500m mais abaixo, para o ladoda foz. Naquela zona o rio tem largura 100m e a velocidade dacorrenteza tem módulo igual a 1,0m/s. Os estudantes decidiram dirigiro barco na direção perpendicular à margem (condição de tempo detravessia mínimo) e esperar que a correnteza os levasse até aoancoradouro pretendido.Qual é a o módulo da velocidade que devem imprimir ao seu barco,relativamente à água, para conseguirem o se objetivo?

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo do tempo gasto usando o movimento de arrastamento

D = VARR . T

500 = 1,0 . T ⇒

2) Cálculo da velocidade relativa:

Vrel =

Vrel = (m/s) ⇒

ΔV–––––

Δt

ΔV–––– –170

30,0 . 12,5––––––––– –

2

170––– –

2

L = 1879m

γ–– –2

0,20––– –

2

T = 500s

Δsrel–––––Δt

100––––500

Vrel = 0,2m/s

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Page 81: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

BE

– 3

1. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – Dois blocos de massas iguais a2,0kg, apoiados sobre superfícies horizontais, estão atados a umterceiro corpo de massa 6,0kg.

Considere que– as polias e os fios são ideais;– o atrito e a resistência do ar são desprezíveis;– a aceleração da gravidade tem módulo igual a 10,0m/s2.Determine:a) O módulo da aceleração com que o bloco pendurado desce.b) A intensidade da força de tração em um dos fios do sistema.

RESOLUÇÃO:

a)

PFD (A): T = mAa

PFD (B): T = mBa

PFD (C): PC – 2T = mCa

PFD (A + B + C): PC = (mA + mB + mC)a

60,0 = 10,0a

b) T = mA a

T = 2,0 . 6,0 (N)

Respostas: a) 6,0m/s2

b) 12,0 N

2. Pretende-se movimentar dois blocos A e B, cada um com massa2m, colocados em cima de duas plataformas deslizantes queapresentam com o solo coeficientes de atrito estático μE = 0,20 ecinético μC = 0,12 e cada uma com massa m. O coeficiente de atritoestático entre os blocos e as plataformas vale μ’ e é suficientementegrande para que os blocos não deslizem em relação às plataformas. Osblocos estão unidos por um fio horizontal ideal conforme indica afigura.

A aceleração da gravidade tem módulo g. a) Determine o módulo da força F

→mínima para que o sistema comece

a se mover, a partir do repouso. Quando a força aplicada tiver intensidade o dobro da força mínimacalculada no item (a) determine:

b) o módulo da aceleração do sistemac) a intensidade da força que traciona o fiod) o mínimo valor de μ’ para que os blocos não deslizem em relação

às plataformas.

RESOLUÇÃO:a) Para iniciar o movimento: F > Fatdestaque

F > μe 6mg ⇒ ⇒

b) F’ = 2 Fmin = 12 μe mg = 2,4 mg

PFD : F’ – Fatdin= Mtotal a

2,4mg – 0,12 . 6mg = 6 m a

0,40g – 0,12g = a ⇒

c) PFD: T – 0,12 . 3mg = 3m . 0,28g

T = 0,36mg + 0,84mg

d)1) PFD(m): fat – Fat = m a

fat = 0,12 . 3mg + m . 0,28g

fat = 0,64mg

2) fat ≤ μ’ 2mg

0,64mg ≤ μ’ 2mg

μ’ ≥ 0,32

a = 6,0m/s2

T = 12,0 N

Fmin � 6 μe mg Fmin = 1,2 mg

a = 0,28g

T = 1,2 mg

μ’min = 0,32

MÓDULO 22 Leis de Newton – Atrito

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Page 82: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

4 –

3. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma caixa de madeira de pesoP encontra-se em repouso sobre uma superfície plana. O coeficientede atrito estático entre a caixa e a superfície plana é μe. Posteriormente,um garoto começa a empurrar a caixa com uma força F

→crescente, que

faz um ângulo θ com a horizontal, até que a caixa começa a se mover,como mostra a figura.

Calcule:a) O menor valor de F

→para que a caixa se mova.

b) A força de reação normal à superfície, (associada ao valor de F→

doitem a,) sobre o bloco.

RESOLUÇÃO:

a) Fx = Fcos θ

Fy = Fsen θ

FN = P + Fy = P + Fsenθ

Para a caixa se mover: Fx > FatmaxFcos θ > μE (P + Fsen θ )

Fcos θ – μE Fsen θ > μE P

F (cos θ – μE sen θ) > μE P

F >

b) FN = P + F sen θ

FN = P +

FN = P

FN = P

μE P––––––––––––––cos θ – μE sen θ

μE PFmin � ––––––––––––––

cos θ – μE sen θ

μE P sen θ––––––––––––––cos θ – μE sen θ

� μE sen θ1 + ––––––––––––––

cos θ – μE sen θ �

� cos θ – μE sen θ + μE sen θ–––––––––––––––––––––

cos θ – μE sen θ �P cos θ

FN = ––––––––––––––cos θ – μE sen θ

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Page 83: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

BE

– 5

1. (UFF-RJ) – Um carro de massa igual a 1,0t percorre uma estradacom velocidade de módulo constante igual a 36 km/h. Num certotrecho, passa por uma curva circular de raio igual a 100m. O piso daestrada é horizontal. Adote g = 10 m/s2.a) Represente, num diagrama, as forças que atuam sobre o carro.b) Calcule o módulo de cada uma das forças do item anterior.c) Suponha que o coeficiente de atrito estático entre a estrada e os

pneus do carro seja igual a 0,9. Determine a máxima velocidadeescalar com a qual o carro pode realizar a curva sem deslizar. Essavelocidade escalar depende da massa do carro? Justifique suaresposta.

RESOLUÇÃO:

a)

P→

: peso do carro

FN→

: força normal aplicada pelo chão

F→

at: força de atrito aplicada pelo chão

F→

é a força resultante que o chão aplica no carro

b) 1) FN = P = mg = 1,0 . 103 . 10 (N)

FN = P = 1,0 . 104 N

2) Fat = Fcp =

Fat = (N)

c) Fat ≤ μE FN

≤ μE mg

V2 ≤ μE g R

V ≤ ������ μE g R

Vmax = ������ μE g R

Vmax = ���������� 0,9 . 10 . 100 (m/s)

A velocidade máxima não depende da masa do carro (nos cálculos amassa foi cancelada)

m V2––––

R

1,0 . 103 . 102–––––––––––

100

Fat = 1,0 . 103 N

m V2––––

R

Vmax = 30m/s = 108 km/h

MÓDULO 33 Força Centrípeta

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Page 84: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

6 –

2. O ROTOREm muitos parques de diversão existe um “brinquedo” chamadoROTOR.O rotor é um recinto com o formato de um cilíndro oco que pode girarem torno de um eixo vertical central. A pessoa entra no rotor, fecha aporta e permanece em pé encostada na parede do rotor. O rotor começa sua rotação aumentando gradativamente suavelocidade angular ω até atingir um valor pré estabelecido quandoentão o chão se abre abaixo da pessoa revelando um fosso profundo. Apessoa não cai permanecendo grudada na parede do rotor.

Indiquemos por R o raio do rotor e por μ o coeficiente de atrito estáticoentre a roupa da pessoa e a parede do rotor.Seja g o módulo da aceleração da gravidade.

Calcule:a) o valor mínimo de ω em função de g, μ e R para que a pessoa não

escorregue.

b) Sendo a massa da pessoa igual a 50,0kg, o raio do rotor igual a

2,0m, a velocidade angular do rotor igual a 4,0 rad/s, determine a

força F→

que a parede do rotor exerce na pessoa usando os versores

i→(horizontal) e k→

(vertical), isto é, a resposta deve ser na forma:

F→

= Fx i→

+ Fz k→

Fx = componente horizontal de F→

Fz = componente vertical de F→

Admita que a pessoa não escorregue e adote g = 10,0m/s2.

RESOLUÇÃO:a)

1) Fat = P = mg

2) FN = Fcp = mω2 R

3) Fat ≤ μ FN

mg ≤ μ mω2 R

ω2 ≥ ⇒ ω ≥

b) Fx = FN = mω2 R = 50,0 . 16,0 . 2,0 (N) = 1,6 . 103 N

Fz = Fat = mg = 50,0 . 10,0 (N) = 5,0 . 102 N

Respostas:a) ωmin =

b) F→

= 1,6 . 103 i→

+ 5,0 . 102 k→

(N)

g––– –μ R

g–––––

μR

gωmin = ––––

μ R

F→

= 1,6 . 103 i→

+ 5,0 . 102 k→

(N)

g––– –μ R

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Page 85: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

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– 7

1. (Olimpíada Paulista de Física) – Um bloco de massa 6,0kg, ini cial -mente em repouso, é puxado horizontalmente por uma força constante,de intensidade igual a 49 N sobre uma superfície sem atrito. Considereque a força age sobre o bloco durante um deslocamento de 3,0m.a) Qual o trabalho realizado pela força sobre o bloco?b) Qual a velocidade escalar final do bloco?

RESOLUÇÃO:

a) τF = �F→

� � d→

� cos 0°

τF = 49 . 3,0 (J) ⇒

b) TEC: τF = Δ Ecin

τF = –

147 = V2

V2 = 49 ⇒

Respostas: a) 147 J b) 7,0m/s

2. (UNICAMP-SP) – Um brinquedo que muito agrada às crianças sãoos lançadores de objetos em uma pista. Considere que a mola da figuraabaixo possui uma constante elástica k = 8,0 . 103 N/m e massadesprezível. Inicialmente, a mola está comprimida de 2,0 cm e, ao serliberada, empurra um carrinho de massa igual a 0,20 kg. O car rinhoabandona a mola quando esta atinge o seu comprimento relaxado, epercorre uma pista que ter mina em uma rampa. Considere que não háperda de energia mecânica no movimento do carrinho.

a) Qual é o módulo da velocidade do carrinho quando ele aban dona amola?

b) Na subida da rampa, a que altura o carrinho tem velocidade demódulo 2,0 m/s?

Adote g = 10m/s2

RESOLUÇÃO:

a) Usando-se a conservação da energia mecânica:

Eelástica = Ecin

=

V0 = x

V0 = 2,0 . 10–2 (m/s)

b) Para um referencial na pista horizontal, temos:

= + m g h

h = ⇔ h = (m)

Respostas: a) 4,0 m b) 0,60 m

τF = 147 J

mV02

––––––2

mV2–––––

2

6,0–––2

V = 7,0m/s

k x2––––

2

m V02

––––––2

k––m

8,0 . 103––––––––

0,20

V0 = 4,0 m/s

m V02

––––––2

m V12

––––––2

V02 – V1

2

–––––––2g

16,0 – 4,0–––––––––

20

h = 0,60 m

MÓDULO 44 Trabalho – Potência – Energia

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Page 86: Exercícios Resolvidos de Física

3. (UFPE) – Em um dos esportes radicais da atualida de, uma pessoade 70kg pula de uma ponte de altura H = 50m em relação ao nível dorio, amarrada à cintura por um elástico. O elástico, cujo com pri mentonatural é L = 10 m, se comporta como uma mola de constante elásticak. No primeiro movi mento para baixo, a pessoa fica no limiar de tocara água e depois de várias osci lações fica em repouso a uma altura h, emrelação à su perfície do rio. Calcule h. Adote g = 10m/s2 e consi dere aenergia mecânica constante até o instante em que a pessoa atinge oponto mais baixo de sua trajetória.

RESOLUÇÃO:

(1)

(referência em B)

= m g H

= 70 . 10 . 50

k = N/m = N/m

(2) Fe = P

k (H – h – L) = mg

(50 – h – 10) = 700

40 – h = 16

Resposta: 24m

EB = EA

k x2––––

2

k . 1600–––––––

2

175––––

4

700––––16

175–––––

4

h = 24m

FÍSIC

A B

E

8 –

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Page 87: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

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– 9

1. (EE MAUÁ-2010) – O diagrama mostra os gráficos horários dasposições de duas partículas A e B que se movimentam sobre o eixo x.

As partículas colidem unidimen sionalmente no instante t = 1,0. Sabendo-seque a massa da partícula A é mA = 4,0 kg, determinea) as velocidades escalares das partículas A e B antes e de pois da

colisão;b) a massa da partícula B.

RESOLUÇÃO:

a)

VA = (m/s) = –1,0m/s

VB = (m/s) = 2,0m/s

V’A = (m/s) = 2,0m/s

V’B = (m/s) = 1,0m/s

b) Conservação da quantidade de movimento no ato da colisão:Qf = Qi

mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB

mA . 2,0 + mB . 1,0 = mA (–1,0) + mB (2,0)

mB = 3,0 mA

Como mA = 4,0kg ⇒

2. (UNICAMP-SP-2010) – O lixo espacial é composto por partes denaves espaciais e satélites fora de operação abandonados em órbita aoredor da Terra. Esses objetos podem colidir com satélites, além de pôrem risco astronautas em atividades extravei culares.Considere que durante um reparo na estação espacial, um astronautasubstitui um painel solar, de massa mp = 80 kg, cuja estrutura foidanificada. O astronauta estava inicial mente em repouso em relação àestação e ao abandonar o painel no espaço, lança-o com uma veloci da -de de módulo vp = 0,15 m/s.a) Sabendo-se que a massa do astronauta é ma = 60 kg, cal cule o

módulo de sua velocidade de recuo.b) O gráfico no espaço de resposta mostra, de forma simplificada, o

módulo da força aplicada pelo astro nauta sobre o painel em funçãodo tempo durante o lançamento. Sabendo-se que a variação demomento linear é igual ao impulso, cujo módulo pode ser obtidopela área do gráfico, calcule a intensidade da força máxima Fmax.

RESOLUÇÃO:

a) No ato de lançar o painel, o astronauta e o painel formam um sistema

isolado e haverá conservação da quantidade de movimento total:→Qapós =

→Qantes

→Qa +

→QP =

→0 ⇒ �

→QA� = �

→QP �

ma�Va� = mP . �VP�

60 �Va� = 80 . 0,15

b) I =N

área (F x t) = ΔQ = maVa

(0,9 + 0,3) = 60 . 0,20

0,6 Fmáx = 12

Respostas: a) �Va� = 0,20m/s b) Fmáx = 20N

ΔxV = ––––

Δt

– 1,0––––––

1,0

2,0–––––

1,0

2,0–––––

1,0

1,0–––––

1,0

mB = 12,0kg

�Va� = 0,20m/s

Fmáx–––––2

Fmáx = 20N

MÓDULO 55 Quantidade de Movimento e Gravitação

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Page 88: Exercícios Resolvidos de Física

3. (UFV-MG-2010) – Considere um satélite artificial que será colo -cado em uma órbita circular em torno da Terra. Nos seus desenvol -vimentos abaixo, use a seguinte notação: G = constante de gravitaçãouniversal e M = massa da Terra.a) Se quisermos que o raio da órbita do satélite seja R, calcule qual

deverá ser o módulo da velocidade orbital do satélite, em termosde G, M e R.

b) Se quisermos que o satélite seja geossíncrono, ou seja, se quisermosque seu período de translação seja igual ao período T de rotação daTerra, calcule qual deverá ser o raio da órbita do satélite, em termosde G, M e T.

RESOLUÇÃO:

a) FG = Fcp

= ⇒

b) V = =

= ⇒ =

r3 =

mV2––––

RGMm––––––

R2

2 π r–––––

TGM––––

r

GM––––4π2

r3–––T2

4 π2 r2–––––––

T2

GM–––––

r

GMV = ––––

R

GMT2––––––

4π2

GMT2r =

3–––––––

4π2

FÍSIC

A B

E

10 –

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Page 89: Exercícios Resolvidos de Física

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– 11

1. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma ponte homogênea de 40mde comprimento e peso 1,0 . 106 N está apoiada em dois pilares deconcreto conforme ilustra o esquema da figura a seguir.a) Qual a intensidade da força que cada pilar exerce sobre a ponte

quando um caminhão de peso 2,0 . 106 N está parado com o centrode gravidade a 10m de um dos pilares?

b) O que acontece com estas forças à medida que o caminhão transitapor toda a extensão da ponte?

RESOLUÇÃO:

a) Para o equilíbrio da ponte:1) (∑ torques)B = 0

2,0 . 106 . 10 + 1,0 . 106 . 20 = NA . 40

40 . 106 = NA . 40 ⇒

2) NA + NB = Pc + PP

1,0 . 106 + NB = 3,0 . 106 ⇒

b) A medida que o caminhão se desloca de B para A, NA aumenta, NBdiminui e a soma NA + NB permanece constante.

2. Como mostra a figura, a barra homogênea de com primento L = 54,0cme de massa 5,0kg está apoiada no suporte S.

A polia e os fios são ideais, considera-se g = 10,0m/s2 e despreza-se oefeito do ar.As massas de A, B e C são respectivamente iguais a 1,0kg, 2,0kg e3,0kg.Determine, sabendo-se que a barra fica em equilíbrio na posiçãohorizontal,a) o módulo da aceleração dos blocos B e C;b) a intensidade da força tensora no fio que liga B a C;c) o valor de x.

RESOLUÇÃO:

a) Na máquina de Atwood, temos:

PC – PB = (mB + mC) a

30,0 – 20,0 = 5,0 . a ⇒

b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao bloco B, vem:

T – PB = mBa

T – 20,0 = 2,0 . 2,0 ⇒

c)

a = 2,0m/s2

T = 24,0N

NA = 1,0 . 106 N

NA = 2,0 . 106 N

MÓDULO 66 Estática e Hidrostática

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Page 90: Exercícios Resolvidos de Física

Impondo-se, para o equilíbrio da barra, que a soma dos mo mentos em

relação ao ponto S seja nula, vem:

10,0 . (54,0 – x) + 50,0 . (27,0 – x) = 48,0 . x

540 – 10,0x + 1350 – 50,0x = 48,0x

1890 = 108 x ⇒

Respostas: a) 2,0m/s2

b) 24,0 N

c) 17,5cm

3. (Olimpíada de Portugal) – Numa aula experimental de Física, umgrupo de alunos colocou sobre o prato de uma balança-dinamômetro:• um recipiente de 120g de massa, contendo 200cm3 de água;• um corpo de alumínio de 270g de massa e de volume igual a100cm3.

a) Indique qual o valor indicado na balança-dinamômetro, calibradaem newtons

b) Na fase seguinte da experiência os alunos suspenderam o corpo dealumínio de um dinamômetro e mergulharam-no totalmente norecipiente com água. Quais foram, nestas condições, os valoresindicados no dinâmometro e na balança-dinamômetro? Justifiquecuidadosamente a sua resposta.

Dados: densidade da água: 1,0 . 103kg/m3; g = 10,0m/s2

RESOLUÇÃO:a) M = mR + ma + mal

M = 120 + 200 + 270 (g) = 590g = 0,59kg

P = Mg = 0,59 . 10,0 (N) = 5,9N

b) 1) E = μa V g

E = 1,0 . 103 . 100 . 10–6 . 10,0 (N)

E = 1,0N

2) Fdin + E = P

Fdin + 1,0 = 0,27 . 10,0

3) Fbalança = PR + Pa + E

Fbalança = 0,12 . 10,0 + 0,20 . 10,0 + 1,0 (N)

Fbalança = 1,2 + 2,0 + 1,0 (N)

Fbalança = 5,9N

Fdin = 1,7N

Fbalança = 4,2N

x = 17,5cm

FÍSIC

A B

E

12 –

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Page 91: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

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– 13

1. (UFTM-MG) – Em hospitais, o tradicional termômetro a mer -cúrio está sendo trocado por termômetros eletrônicos cujo funcio -namento conta com o uso de semicondutores. A tendência vem aoencontro do movimento de preservação do planeta uma vez que omercúrio, por ser um metal pesado, contamina os mananciais e provocadanos irreversíveis quando ingerido.

a) O termômetro esquematizado está indicando um quadro febril. De -termine o valor correspondente a essa temperatura na escalaFahrenheit.

b) Considere as seguintes informações sobre esse termômetro:• a distância entre a marca dos 37ºC até a marca dos 39ºC é de

18mm;• a 37ºC, o volume do mercúrio contido no termômetro é de

6mm3;• o coeficiente de dilatação volumétrico do mercúrio é

1,8 . 10– 4 ºC–1.Determine, em mm2, a área da secção transversal do cilindro queconstitui o tubo capilar desse termômetro.

RESOLUÇÃO:a) O termômetro indica a temperatura de 38ºC.

A conversão para a escala Fahrenheit é feita através da expressão:

=

=

68,4 = θF – 32

b) Na dilatação do mercúrio, supondo que o vidro não dilatou, temos:

ΔV = V0 γ Δθ

Ah = V0 γ Δθ

A . 18 = 6 . 1,8 . 10–4 . (39 – 37)

Respostas: a) 100,4ºF b) 1,2 . 10–4mm2

2. (UNICAMP) – Uma dona de casa dispõe de água à temperaturaambiente (25ºC) e de um fogão, mas não de um termômetro. Elanecessita de 1,0 litro de água a temperatura de 50ºC.a) Para obter o que deseja sem que haja desperdício de água, que

quantidade de água fervendo e à temperatura ambiente a dona decasa deve misturar?

b) Quanta energia a dona de casa gastou para aquecer a quantidade deágua à temperatura ambiente determinada no item anterior até queela fervesse?

Considere que a dona de casa está no nível do mar, a densidade da águavale 1,0 x 103kg/m3 e o calor específico da água vale1,0 x 103cal/kgºC.

RESOLUÇÃO:

a) Utilizando-se o balanço energético, temos:

Qcedido + Qrecebido = 0

(m c Δ θ)água quente + (m c Δ θ)água fria = 0

mq c (50 – 100) + mf c (50 – 25) = 0

25 mf = 50 mq

mf = 2mq

Mas:

μ = ⇒ m = μ V

Assim:

μVf = 2 μ Vq

Vf = 2Vq

Como:

Vf + Vq = 1�

Vem:

2Vq + Vq = 1

e

b) Usando-se a equação fundamental da Calorimetria, temos:

Q = m c Δ θ

Q = μ V c Δ θ

Q = 1,0 . 103. . 10–3 . 1,0 . 103 (100 – 25) (cal)

Respostas: a) � e �

b) 2,5 . 104cal

θc–––5

θF – 32––––––––

9

38–––

5

θF – 32––––––––

9

θF = 100,4ºF

A = 1,2 . 10–4mm2

m–––V

2Vf = ——�

31

Vq = ——�3

1–––3

Q = 2,5 . 104 cal

2–––3

1–––3

MÓDULO 77 Termologia I

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Page 92: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

14 –

3. (UEG-2010) – Foi realizado o seguinte experimento em uma aulade Laboratório de Física:Uma jarra de vidro aberta foi aquecida até que a água no seu interiorfervesse. Cessando-se o aquecimento, a água parou de ferver.Posteriormente, a jarra foi tampada e em cima dela despejou-se água àtemperatura ambiente. Então, observou-se que a água voltou a ferver.Sobre esse experimento, responda ao que se pede.a) Justifique o motivo que levou a água a voltar a ferver.b) Se esse mesmo experimento fosse realizado a uma altitude superior

em relação ao anterior, a temperatura de ebulição da água aumen -taria, diminuiria ou permaneceria constante? Justifique.

RESOLUÇÃO: a) A água fria provoca condensação de parte do vapor existente no interior

do recipiente. Esse fato produz redução na pressão sobre o líquido. Aredução de pressão diminui a temperatura de ebulição. Dessa forma, olíquido volta a entrar em ebulição.

b) Em uma altitude maior, a pressão atmosférica fica menor. Assim, aebulição do líquido ocorre em uma temperatura menor do que aquelano laboratório.

Respostas: a) ver justificativab) Diminuirá.

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 14

Page 93: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

BE

– 15

1. (VUNESP-FMJ-SP) – Num calorímetro ideal, são misturados300g de um líquido a 80°C com 700g do mesmo líquido a 20°C e, apósalguns minutos, eles entram em equilíbrio térmico a uma temperaturaθ. Em seguida, o calorímetro é aberto, e o sistema passa a perder calorpara o ambiente, que está uma temperatura constante de 15°C, atéentrar em equilíbrio térmico com ele.

Sabendo que desde a abertura do calorímetro até ser atingido oequilíbrio término com o ambiente o sistema perdeu 18 400cal,determine o calor específico do líquido, em cal/(g°C).

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo da temperatura θ.

Qcedido + Qrecebido = 0

(m c Δ θ)quente + (m c Δ θ)frio = 0

300 . c (θ – 80) + 700 . c (θ – 20) = 0

3θ – 240 + 7θ – 140 = 0

10θ = 380

θ = 38°C

2) No resfriamento de toda a massa líquida, de 38°C para 15°C, o sistema

perdeu 18 400cal.

Assim:

Q = m c Δ θ

–18 400 = (300 + 700) c (15 – 38)

–18 400 = –23 000 c

c = (cal/g°C)

Respostas: a) 38°C

b) 0,80 cal/g°C

2. (FUVEST-SP) – Um roqueiro iniciante improvisa efeitos especiaisutilizando gelo seco (CO2 sólido) adquirido em uma fábrica desorvetes. Embora o início do show seja à meia-noite (24 h), ele ocompra às 18 h, mantendo-o em uma “geladeira” de isopor, queabsorve calor a uma taxa de aproximadamente 60 W, provocando asublimação de parte do gelo seco. Para produzir os efeitos desejados,2 kg de gelo seco devem ser jogados em um tonel com água, à tem -peratura ambiente, provocando a sublimação do CO2 e a produção deuma “névoa”. A parte visível da “névoa”, na verdade, é constituída porgotículas de água, em suspensão, que são carregadas pelo CO2 gasosopara a atmosfera, à medida que ele passa pela água do tonel. Estime:a) A massa de gelo seco, Mgelo, em kg, que o roqueiro tem de com prar,

para que, no início do show, ainda restem os 2 kg necessários emsua “geladeira”.

b) A massa de água, Mágua, em kg, que se transforma em “névoa” coma sublimação de todo o CO2, supondo que o gás, ao deixar a água,esteja em CNTP, incorporando 0,01g de água por cm3 de gásformado.

RESOLUÇÃOa) Cálculo da massa inicial Mgelo da barra:

Pot Δt = (Mgelo – m)Ls

60 · 6 · 3600 = (Mgelo – 2000) · 648

Mgelo = 4000 g

b) A sublimação de 2 kg de CO2 “carrega” uma massa Mágua de vapor-

d’água, que representa 0,01 g/cm3.

Assim:

0,01 g 1 cm3

Mágua V(cm3)

Mágua = V · 0,01 (g)

Como cada 44 g de CO2 ocupam 22,4 �, temos:

44 g de CO2 22,4 �

2000 g de CO2 V(�)

V = � ⇒ V = 1018,18 · 103 cm3

Portanto:

Mágua = 1018,18 · 103 · 0,01 (g)

Mágua ≅ 10,18 · 103 g

Respostas: a) 4 kg b) 10 kg

18 400––––––––

23 000

c = 0,80 cal/g°C

NOTE E ADOTE: Sublimação: passagem do estado sólido para o gasoso.Temperatura de sublimação do gelo seco = – 80º C.Calor latente de sublimação do gelo seco = 648 J/g.Para um gás ideal, PV = nRT.Volume de 1 mol de um gás em CNTP = 22,4 litros.Massa de 1 mol de CO2 = 44 g.Suponha que o gelo seco seja adquirido a – 80ºC.

Mgelo = 4 kg

2000 · 22,4–––––––––

44

Mágua ≅ 10 kg

MÓDULO 88 Termologia II

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 15

Page 94: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

16 –

1. Fotografias obtidas diante de um ou mais espelhos planos são bas -tan te comuns. Com essa técnica, que exige especiais cuidados dofotógrafo, belos e curiosos efeitos visuais podem ser registrados.No esquema abaixo se vê, de cima, o jovem Paulo, um fotógrafoprincipiante, posicionado no local P diante da superfície refletora deum espelho plano vertical E. Paulo deseja fotografar a imagemfornecida por E para o corpo de sua irmã, Regina, posicionada no localR. Os comprimentos d1, d2 e d3, indicados na figura, são tais qued1 = 4,0 m, d2 = 3,6 m e d3 = 0,8 m.

a) Para que distância Paulo deverá regular sua câmara para obter umafoto devidamente focalizada da imagem de Regina? Em relação aE, essa imagem é de natureza real ou virtual?

b) Supondo-se que Paulo queira obter uma foto de sua própria imagemutilizando um flash acoplado à câmara (o que não deve ser feitoquando se dirige, como no caso de Paulo, o eixo do equipamentoperpendicularmente ao espelho, sob pena de se inserir na imagemum brilho comprometedor), qual o intervalo de tempo, em nanosegundos (1 ns = 10–9 s), gasto pela luz do flash para retornar àcâmara após o disparo? Adote para a velocidade da luz o va -lor c = 3,0 . 108 m/s.

RESOLUÇÃO:a) A imagem de Regina, R’, é simétrica do objeto em relação à superfície

refletora.

Aplicando-se o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo POR’,vem:

D2 = (d1 + d3)2 + d22 ⇒ D2 = (4,0 + 0,8)2 + (3,6)2

D2 = (4,8)2 + (3,6)2 ⇒

Em relação a E, a imagem R’ é de natureza virtual.

b) c = ⇒ 3,0 . 108 =

Δt ≅ 2,7 . 10–8 s ⇒

Respostas: a) 6,0 m; virtual;

b) aproximadamente 27 ns

D = 6,0 m

2d1––––Δt

2 . 4,0––––––

Δt

Δt ≅ 27 ns

MÓDULO 99 Óptica (I)

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 16

Page 95: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

BE

– 17

2. Um automóvel cujo velocímetro não funciona está se deslocandoem movimento uniforme ao longo de uma avenida retilínea em que avelocidade máxima permitida é de 50 km/h. Esse veículo possui umespelho retrovisor esférico (convexo) de raio de curvatura igual a 2,0 m.Ao passar diante de uma estaca vertical de altura 1,8 m, o motoristapõe em marcha um cronômetro, verificando que transcorreram 14 sdesde o instante em que foi acionado o instrumento até o instante emque a altura da imagem da estaca dada pelo espelho é de 10 mm.Considerando válidas as condições de Gauss no funcionamento doespelho retrovisor, determine se o automóvel trafega ou não dentro dolimite de velocidade da avenida.

RESOLUÇÃO:

I) A = = ⇒

(A > 0 ⇒ imagem direita)

II) A = = =

– 1,0 – p = – 180 ⇒

(f < 0 ⇒ espelho convexo; foco virtual)

III) V = = = . 3,6 km/h

Da qual:

Resposta: O automóvel trafega dentro do limite de velocidade, já que suavelocidade (46 km/h) é menor que a máxima permitida naavenida (50 km/h).

3. (UNICAMP-2010) – Há atualmente um grande interesse no de sen -volvimento de materiais artificiais, conhecidos como metamateriais,que têm propriedades físicas não convencionais. Este é o caso demetamateriais que apresentam índice de refração negativo, em contras -te com materiais convencionais que têm índice de refração positivo.Essa propriedade não usual pode ser aplicada na camuflagem deobjetos e no desenvolvimento de lentes especiais.a) Na figura no espaço de resposta é representado um raio de luz A

que se propaga em um material convencional (Meio 1) com índicede refração o n1 = 1,8 e incide no Meio 2 formando um ânguloθ1 = 30° com a normal. Um dos raios B, C, D ou E apresenta umatrajetória que não seria possível em um material convencional e queocorre quando o Meio 2 é um metamaterial com índice de refraçãonegativo. Identifique este raio e calcule o módulo do índice derefração do Meio 2, n2, neste caso, utilizando a lei de Snell naforma:

|n1| sen θ1= |n2| sen θ2. Se necessário use �2 = 1,4 e �3 = 1,7.

b) O índice de refração de um meio material, n, é definido pela razãoentre as velocidades da luz no vácuo e no meio. A velocidade da

luz em um material é dada por v = , em que ε é a permissi-

vidade elétrica e μ é a permeabilidade magnética do material.Calcule o índice de refração de um material que tenha

ε = 2,0 . 10–11 e μ = 1,25 . 10–6 . A velocidade da luz

no vácuo é c = 3,0 . 108 m/s.

RESOLUÇÃO:a) O raio luminoso que está em desacordo com um material convencional

é o E.

Aplicando-se a Lei de Snell com os dados indicados na figura (θ1 = 30°

e θ2 = 45°) e lembrando-se de que n1 = 1,8, determinemos o módulo do

índice de refração, |n2|, do meio 2.

|n1| sen θ1 = |n2| sen θ2

1,8 . sen 30° = |n2| sen 45° ⇒ 1,8 . 0,5 = |n2|

0,9 = |n2| ⇒

b) A intensidade da velocidade de propagação da luz no material consi -derado é obtida fazendo-se:

V = ⇒ V = (m/s)

Da qual:

O índice de refração n fica determinado por:

n = ⇒ n =

Da qual:

Respostas: a) Aproximadamente 1,3b) 1,5

V � 46 km/h

1–––––�εμ

C2–––––Nm2

Ns2–––––

C2

�2–––2

1,4 –––2 |n2| � 1,3

179––––14

179 m––––––

14 s

Δp–––Δt

1––––––––––––––––––––––

� 2,0 . 10–11 . 1,25 . 10–6

1––––�εμ

V = 2,0 . 108 m/s

3,0 . 108––––––––2,0 . 108

c–––V

n = 1,5

1A = ––––

180

10 mm–––––––––1800 mm

i–––o

– 1,0––––––––– 1,0 – p

1––––180

f–––––f – p

p = 179 m

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 17

Page 96: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

18 –

1. (UNICAMP) – Em uma máquina fotográfica de foco fixo, aimagem de um ponto no infinito é formada antes do filme, conformeilus tra o esquema. No filme, esse ponto está ligeiramente desfocado esua imagem tem 0,03 mm de diâmetro. Mesmo assim, as cópiasamplia das ainda são nítidas para o olho humano. A abertura para aentrada de luz é de 3,5 mm de diâmetro e a distância focal da lente éde 35 mm.

a) Calcule a distância d do filme à lente.b) A que distância da lente um objeto precisa estar para que sua ima -

gem fique exatamente focalizada no filme?

RESOLUÇÃO:a) 1) Como o objeto se encontra no infinito, os raios de luz dele pro ve -

nientes incidem paralelamente ao eixo principal da lente (con ver -gente) e consequentemente emergem desta numa direção que passapelo foco imagem principal (F’). Esquematicamente, temos:

2) Da semelhança entre os triângulos AF’B e DF’C, vem:

=

=

3) Da figura, temos:

d = f + x

d = 35 + 0,3 (mm)

b) Utilizando-se a equação de Gauss, vem:

= +

= +

Respostas: a) 35,3 mmb) 4118 mm

f–––x

H–––h

35–––x

3,5–––0,03

x = 0,3 mm

d = 35,3 mm

1–––p’

1–––p

1–––

f

1––––35,3

1–––p

1–––35

p ≅ 4118 mm

MÓDULO 11 00 Óptica (II)

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Page 97: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

BE

– 19

2. (UFOP-2010) – O olho humano, em condições normais, é capazde alterar sua distância focal, possibilitando a visão nítida de objetossituados desde o “infinito” (muito afastados) até aqueles situados auma distância mínima de aproximadamente 25 cm. Em outras palavras,o ponto remoto desse olho está no infinito e o seu ponto próximo, a25 cm de distância. Uma pessoa com hipermetropia não consegueenxergar objetos muito próximos porque o seu ponto próximo estásituado a uma distância maior do que 25 cm. Com base nessas infor -mações, resolva as questões propostas.a) Que tipo de lente uma pessoa com hipermetropia deve usar?b) Supondo que o ponto próximo de um hipermetrope esteja a 100 cm

de seus olhos, determine, em valor e em sinal, quantos “graus”devem ter os óculos dessa pessoa para que ela veja um objeto a25 cm de distância.

RESOLUÇÃO:a) Uma pessoa com hipermetropia deve corrigir seu defeito visual com

lentes convergentes.b) I)

Equação de Gauss: = –

= – ⇒ =

Da qual: f = cm = m

II) V = ⇒ V = (di)

(V > 0 ⇒ Lente convergente)

Respostas: a) Lentes convergentes

b) + 3,0 di (ou “graus”)

3. (UFJF-2010) – A figura mostra uma fibra óptica com um núcleocilíndrico, de vidro, de índice de refração n = 3/2, imerso no ar, cujoíndice de refração é igual à unidade (nar = 1). Um raio de luz executamúltiplas reflexões totais no interior da fibra, sendo, portanto, a luzguiada pela fibra praticamente sem perda de intensidade. A luz emergeno ar no final da fibra, na forma de um cone de ângulo γ.

a) Calcule o valor de sen α, para que comece a ocorrer reflexão totalno interior da fibra.

b) Adotando-se as condições do item (a), calcule o valor de sen γ.

RESOLUÇÃO:a) No início da reflexão total no interior da fibra, α é praticamente igual

(ligeiramente maior) ao ângulo limite da interface vidro-ar.

α � L ⇒ sen α ≅ sen L ⇒ sen α �

sen α ≅ ⇒

b) (I) β = 90° – α ⇒ sen β = sen (90° – α) = cos α

(II) sen2α + cos2α = 1 ⇒2

+ cos2α = 1

cos2α = 1 – ⇒ cos α =

Logo:

(III) Lei de Snell: nar sen γ = n sen β

1 . sen γ = .

Da qual:

Respostas: a)

b)

1–––

f1

–––1

–––3

V = 3,0 di

nar–––n

2sen α ≅ –––

31

––––3––2

�2–––3�

�5––––

34

–––9

�5sen β = ––––

3

�5––––

3

3––2

�5sen γ = ––––

2

2––3

�5––––

2

1–––3

100––––

3

4 – 1–––––100

1––f

1–––100

1––25

1––f

1––dH

1––dN

1––f

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Page 98: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

20 –

1. (UFMG-2010) – Na Figura I, está representada, em certo instante,a forma de uma onda que se propaga em uma corda muito comprida e,na Figura II, essa mesma onda 0,10 s depois.O ponto P da corda, mostrado em ambas as figuras, realiza ummovimento harmônico simples na direção y e, entre os dois instantesde tempo representados, desloca-se em um único sentido.

a) Considerando-se essas informações, responda:Essa onda está se propagando no sentido positivo ou negativo doeixo x? Justifique sua resposta.

b) Para a onda representada, determine a frequência e a velocidade depropagação.

RESOLUÇÃO:a) A onda está se propagando no sentido negativo do eixo x, como repre -

senta a figura abaixo.

b) f = = ⇒

V = λf ⇒ V = 100 . 2,5 (cm/s)

Respostas: a) No sentido negativob) 2,5 Hz e 2,5 m/s

2. (UFU-2010) – A descoberta da quantização da energia completou100 anos em 2000. Tal descoberta possibilitou a construção dosdispositivos semicondutores que formam a base do funcionamento dosdispositivos optoeletrônicos do mundo atual.Hoje, sabe-se que uma radiação monocromática é constituída de fótonscom energias dadas E = hf, onde h � 6 . 10–34 J . s e f é a frequênciada radiação.Se uma radiação monocromática visível, de comprimento de ondaλ = 6 . 10–7 m, incide do ar (nar = 1) para um meio transparente x deíndice de refração desconhecido, formando ângulos de incidência e derefração iguais a 45° e 30°, respectivamente, determine:a) A energia dos fótons que constituem tal radiação visível

(adote c = 3 . 108 m/s).b) O índice de refração do meio transparente x.c) A velocidade de propagação dessa radiação no interior do meio

transparente x.

RESOLUÇÃO:a) Equação de Planck: E = hf

Mas: c = λf ⇒ f =

Logo: E = h ⇒ E = 6 . 10–34 (J)

Da qual:

b)

Lei de Snell: nx sen r = nar sen i

nx sen 30° = 1 . sen 45°

nx =

Da qual:

c) = ⇒ =

vx = � (m/s) ⇒

Respostas: a) 3 . 10–19 J

b) �2

c) 2,1 . 108 m/s

N–––Δt

1–– de ciclo4

––––––––––0,10 s

f = 2,5 Hz

V = 250 cm/s = 2,5 m/s

c–––λ

3 . 108–––––––6 . 10–7

c–––λ

E = 3 . 10–19 J

�2––––

2

1–––2

nx = �2

1––––�2

vx––––––3 . 108

nar–––nx

vx–––c

vx ≅ 2,1 . 108 m/s3 . 108––––––1,41

3 . 108––––––

�2

MÓDULO 11 11 Ondas

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Page 99: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

BE

– 21

3. (IME-2010) – Dois vagões estão posicionados sobre um trilhoretilíneo, equidistantes de um ponto de referência sobre o trilho. Noprimeiro vagão existe um tubo sonoro aberto onde se forma uma ondaestacionária com 4 nós, cuja distância entre o primeiro e o último nó é255 cm, enquanto no segundo vagão existe um observador.Inicialmente, apenas o vagão do observador se move e com velocidadeconstante. Posteriormente, o vagão do tubo sonoro também passa a semover com velocidade constante, distinta da velocidade do vagão doobservador. Sabendo que a frequência percebida pelo observador nasituação inicial é 210 Hz e na situação posterior é 204 Hz, determine:a) a frequência do som que o tubo emite;b) a velocidade do vagão do observador, na situação inicial;Dado: Velocidade do som no ar: vsom = 340 m/s.RESOLUÇÃO:a) I)

1,5λ = 255

II) Vsom = λfF ⇒ 340 = 1,7 fF ⇒

b) Efeito Doppler: =

= ⇒ 340 + V0 =

Da qual:

Respostas: a) 200 Hzb) 17 m/s

λ = 170 cm = 1,7 m

fF = 200 Hz

f0––––––––––Vsom ± V0

fF––––––––––Vsom ± VF

210––––––––340 + V0

200––––––––340 + 0

210 . 340––––––––

200

V0 = 17 m/s

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 25/10/10 09:23 Página 21

Page 100: Exercícios Resolvidos de Física

1. Quando se faz contato com esferas metálicas eletrizadas, a cargaelétrica total se redistribui entre as esferas, ficando cada uma delas comcarga diretamente proporcional ao seu raio.Temos, na figura, três esferas metálicas, A, B e C, cujos raios são,respectivamente: 2,0cm, 4,0cm e 8,0cm.

Estando a esfera A com carga elétrica QA = +17,0pC, a esfera B neutrae a esfera C com Qc = –10,0pC, as três foram conectadas entre si porfios condutores.Após o equilíbrio eletrostático das três:a) O que aconteceu com o potencial elétrico das três esferas do

sistema. (A, B, C)?b) Quanto vale o campo elétrico no interior de cada uma?c) Determine as cargas finais de A, B e C.

RESOLUÇÃO:a) Todas adquirem um mesmo potencial.b) O campo elétrico no interior de cada uma vale zero.

c) = = ⇒ = =

Logo: Q’B = 2 . Q’A �

Q’C = 4 Q’A �

Temos também o Princípio da Conservação das Cargas elétricas:

Q’A + Q’B + Q’C = QA + QB + QC

Q’A + Q’B + Q’C = (+17,0) + 0 + (–10,0) … (em pC)

Q’A + 2 . Q’A + 4 . Q’A = + 7,0 pC

+ 7 Q’A = + 7,0 pC

Q’A = + 1,0 pC

Voltando em � e �:

Q’B = + 2,0 pC

Q’C = + 4,0 pC

2. Duas partículas eletrizadas com cargas elétricas positivas A e B serepelem com uma força de intensidade F (figura 1). Uma terceirapartícula, eletrizada com a mesma carga, é disposta como na figura 2.

Na figura 2,a) desenhe as forças elétricas de interação entre as partículas A e B e

ainda entre B e C. A seguir, determine uma relação entre as suasintensidades.

b) determine a força elétrica resultante na partícula B.

RESOLUÇÃO:a) Na figura 3 temos a representação das forças de interações entre as

partículas. Excetuando-se a força resultante em B, as demais forças deinteração têm a mesma intensidade, pois todas têm a mesma carga e nopar AB a distância é d, bem como no par BC.

b) Para o cálculo da intensidade da força resultante em B, basta aplicarmos o Teorema de Pitágoras.

F2RES = F2

AB + F2CB

F2RES = F2 + F2 = 2F2

Respostas: a)

b)

A B C

Q’A––––2,0

Q’B––––4,0

Q’C––––8,0

Q’A––––1,0

Q’B––––2,0

Q’C––––4,0

FRES = F�2

FAB = FBA = FBC = FCB = F

FÍSIC

A B

E

22 –

MÓDULO 11 22 Eletrostática

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 22

Page 101: Exercícios Resolvidos de Física

3. Uma pequena esfera de peso P = 8,0 . 10–3N fica em equilíbrio naposição indicada na figura, sob ação de um campo elétrico uniforme E

de direção horizontal e intensidade E = 2,5 . 105 N/C.

Sabendo-se que senα = 0,60 e cosα = 0,80, determinea) o sinal da carga elétrica da pequena esfera e o seu valor;b) a intensidade da força de tração no fio.

RESOLUÇÃO:a) Observemos as três forças na pequena esfera:

T→

= tração do fio

P→

= peso

F→

= força elétrica

A força elétrica F→

temsentido oposto ao docampo, o que nos leva aconcluir que a cargaelétrica é negativa.

b) Vamos fazer pelo triângulo de forças da figura ao lado.

cosα =T . cosα = P

T . 0,80 = 8,0 . 10–3

T =

Respostas: a) negativa

b) 1,0 . 10–2N

4. Entre as duas placas planas A e B estabeleceu-se um campo elétricouniforme. O sistema montado é um capacitor plano (condensador).Para eletrizá-las, um gerador de cargas forneceu, para cada placa, umaquantidade de eletricidade de 6,0μC, em valor absoluto, sob tensão de2 000V.

Entre as placas o meio isolante é o ar e a distância entre elas é de 2,0cm.Determine:a) A capacitância do condensador.b) A intensidade do campo elétrico E.c) Se lançarmos um elétron entre as placas, cruzando as linhas de

força, qual será a sua trajetória?

RESOLUÇÃO:

a) Q = C . U

Sendo

Q = 6,0μC = 6,0 . 10–6C; U = 2 000V = 2,0 . 103V

6,0 . 10–6 = 2,0 . 103 . C

C = (F) ⇒ C = 3,0 . 10–9F ⇒

b) Como o campo é uniforme:

E . d = U

E = ⇒ E =

c) A força elétrica é constante e enquanto ele ainda estiver dentro do

campo, a trajetória é parabólica.

P–––T

8,0 . 10–3––––––––8,0 . 10–1

T = 1,0 . 10–2 N

A B

d

E

6,0 . 10–6–––––––––

2,0 . 103C = 3,0nF

U –––d

2,0 . 103–––––––––2,0 . 10–2 � V

–––m �

E = 1,0 . 105V/m

FÍS

ICA

BE

– 23

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 23

Page 102: Exercícios Resolvidos de Física

1. (UNESP) – Duas cargas de massas iguais e sinais opostos, com amesma velocidade inicial, entram pelo ponto A em uma região comum campo magnético uniforme, perpendi cular ao plano xy e apontandopara “cima”. Sabe-se que a trajetória 2 possui um raio igual ao dobrodo raio da trajetória 1.

Analisando a figura e desprezando a interação entre as duas cargas,pode-se concluir que a carga da partícula 2 tem sinala) negativo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2.b) negativo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1.c) positivo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2.d) positivo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1.e) positivo e o módulo da carga 2 é o triplo da 1.

RESOLUÇÃO:De acordo com a regra da mão esquerda, concluímos que a partícula 1 temcarga positiva e a partícula 2, negativa.

O raio da circunferência descrita pelas partículas 1 e 2 é dado por:

R =

Do enunciado, temos:

R2 = 2R1

= 2

Resposta: A

2. Uma partícula P, de massa m, eletrizada, foi lançada num campomagnético e descreveu um quarto de circunferência e abandonou ocampo em MRU, como mostra a figura. São conhecidos o raio do arcode circunferência R = 5,0cm, a masssa da partícula m = 2,0 . 10–16kg,o módulo da carga elétrica: 3,2pC e a intensidade do campo magnético:B = 1,0 . 102T.

Determine:a) O sinal da carga elétrica da partícula.b) O tempo que a partícula permaneceu no interior do campo

magnético

RESOLUÇÃO:a) Sinal da carga elétrica

Na figura abaixo, observemos que a força F→

é centrípeta.A regra da mão esquerda indica que a partícula é positiva.

b) Fmag = q . v . B

Fcp = R = ⇒ v =

m . V–––––––

|q| . B

m . V–––––––|q1| . B

m . V–––––––|q2| . B

|q1| = 2|q2|

NOTE E ADOTE

Força magnética

Fmag = ⎥ q ⎥ . v . B

Força centrípeta

mv2

FCP = –––––R

Adote π � 3

R . q . B–––––––

m

m . v–––––––

q . B

m v2–––––––

R

FÍSIC

A B

E

24 –

MÓDULO 11 33 Eletromagnetismo

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 24

Page 103: Exercícios Resolvidos de Física

Substituindo-se os valores dados:

v = (unidades SI)

Sendo

v = ⇒ Δs = v . Δt

= v . Δt

Δt = = (unidades SI)

3. (UNESP) – A figura mostra um experimento com dois fiossuspensos, de raios e massas desprezíveis, extensos, paralelos eflexíveis, no instante em que começam a ser percorridos por correntesde mesma intensidade i = 1 A, contudo em sentidos opostos. O pontoA encontra-se à mesma distância, d = 10 cm, dos dois fios.

a) Determine o módulo, a direção e o sentido do cam po magnético noponto A, para a situação represen tada na figura.

Considere μar = 4π x 10–7 T.m/A.

b) Determine a direção e o sentido das forças magnéticas entre os fios,respondendo, a seguir, se houve uma atração ou repulsão.

RESOLUÇÃO:a)

Usando-se a regra da mão direita em cada um dos fios, determinamos

a direção e o sentido dos respectivos campos magnéticos →B1 e

→B2,

conforme a figura. Eles têm o mesmo sentido. Logo:→Bres =

→B1 +

→B2 → |

→Bres| = |

→B1| + |

→B2 |

Estando A à meia distância dos fios:

B1 = B2 = = (T)

B1 = B2 = 2 . 10–6 T

BresA= 2B1 ⇒

Sua direção é perpendicular ao plano dos fios e o sentido é do leitorpara o papel.

b) Usando-se a regra da mão direita em cada um dos fios, obtemos o res -pectivo campo magnético,

→B’1 e

→B’2 , atuando sobre a corrente elétrica

do outro fio.

A seguir, usando-se a regra da mão esquerda em cada fio, obtemos asrespectivas forças mag néticas

→F12 e

→F21. As forças são repulsivas e os

fios se afastam.

Respostas: a) 4 . 10–6 T ; direção perpendicular ao plano do pa pel; sen ti -do: do leitor para o papel (entrando na folha).

b) repulsão.

(5,0 . 10–2) . (3,2 . 10–12) . (1,0 . 102)––––––––––––––––––––––––––––––

(2,0 . 10–16)

v = 8,0 . 104 m/s

Δs––––

Δt

2πR––––

4

πR––––2V

3 . (5,0 . 10–2)––––––––––––

2 . 8,0 . 104

Δt � 94s

μ . i–––––––

2π d

4π . 10 –7 . 1––––––––––––––

2π . 1 . 10–1

BresA= 4 . 10–6 T

FÍS

ICA

BE

– 25

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 25

Page 104: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

26 –

1. (UFRJ-2010) – Um estudante dispunha de duas baterias comerciaisde mesma resistência interna de 0,10Ω, mas verificou, por meio de umvoltímetro ideal, que uma delas tinha força eletromotriz de 12 Volts e aoutra, de 11 Volts. A fim de avaliar se deveria conectar em paralelo asbaterias para montar uma fonte de tensão, ele desenhou o circuito indicadona figura a seguir e calculou a corrente i que passaria pelas baterias dessecircuito.

a) Calcule o valor encontrado pelo estudante para a corrente i.b) Calcule a diferença de potencial VA – VB entre os pontos A e B

indicados no circuito.

RESOLUÇÃO:a) Na situação proposta, a bateria de 11V irá atuar como receptor, assim:

i =

i = (A)

i = (A)

b) Pelo gerador: Pelo receptor:

UAB = E – r i UAB = E + r i

UAB = 12 – 0,10 (5,0) UAB = 11 + 0,10 (5,0)

2. No gráfico a seguir estão representadas as características de umgerador, de força eletromotriz igual a � e resistência interna r, e umreceptor ativo de força contraeletromotriz �’ e resistência interna r’.Sabendo que os dois estão interligados, determine a resistência internae o rendi mento para o gerador e para o receptor.

RESOLUÇÃO1 – Leitura do gráfico:

• gerador: ε = 100V

• receptor: ε’ = 40V

2 – Cálculo das resistências internas:• gerador:

r = (Ω) ⇒

• receptor:

r’ = (Ω) ⇒

3 – O circuito elétrico é mostrado na figura abaixo:

Lei de Pouillet:

i = ⇒ i = (A)

i = 2A

4 – Cálculo da ddp comum ao gerador e ao receptor:

U = ε – r i

U = 100 – 20 . 2 (V)

U = 60V

E – E’–––––––

ΣR

12 – 11–––––––––0,10 + 0,10

1,0––––0,20

i = 5,0A

UAB = 11,5V UAB = 11,5V

100 – 20–––––––––

4r = 20Ω

60 – 40––––––––

2r’ = 10Ω

ε – ε’––––––r – r’

100 – 40––––––––20 + 10

MÓDULO 11 44 Eletrodinâmica I

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 26

Page 105: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

BE

– 27

5 – Cálculo dos rendimentos:• gerador:

ηG = ⇒ ηG = = 0,60

• receptor:

ηrec = ⇒ ηrec = =

Respostas: gerador: r = 20Ω; ηG = 60%

receptor: r’ = 10Ω; ηrec = 67%

3. (UNICAMP) – Telas de visualização sensíveis ao toque são muitopráticas e cada vez mais utilizadas em aparelhos celulares,computadores e caixas eletrônicos. Uma tecnologia frequentementeusada é a das telas resistivas, em que duas camadas condutorastransparentes são separadas por pontos isolantes que impedem ocontato elétrico.a) O contato elétrico entre as camadas é estabelecido quando o dedo

exerce uma força →F sobre a tela, conforme mostra a figura abaixo. A

área de contato da ponta de um dedo é igual a A= 0,25 cm2. Baseadona sua experiência cotidiana, estime o módulo da força exercida porum dedo em uma tela ou teclado convencional, e em seguida calculea pressão exercida pelo dedo. Caso julgue necessário, use o peso deobjetos conhecidos como guia para a sua estimativa.

b) O circuito simplificado da figura no espaço de resposta ilustra comoé feita a detecção da posição do toque em telas resistivas. Umabateria fornece uma diferença de potencial U = 6 V ao circuito deresistores idênticos de R =2 kΩ. Se o contato elétrico forestabelecido apenas na posição representada pela chave A, calculea diferença de potencial entre C e D do circuito.

RESOLUÇÃOa) Fazendo uma estimativa para o módulo da força

→F exercida na tela:

F = 1,0 N

p = ⇒ p =

b) O circuito, com a chave fechada em A e aberta em B, fica:

Req = + R =

i = = =

A ddp entre C e D é dada por:

UCD = . i

UCD = . (V)

Respostas: a) 4,0 . 104 N/m2

b) 2,0V

U–––

ε

60V––––––100V

ηG = 60%

ε’–––U

40V–––––60V

2–––3

ηrec � 67%

F–––A

1,0 N––––––––––––0,25 . 10–4 m2

p = 4,0 . 104 N/m2

R–––2

3R––––

2

U––––Req

6–––––

3R–––2

12––––3R

R–––2

R–––2

12––––3R

UCD = 2,0V

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 27

Page 106: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

28 –

1. O diagrama adiante representa um circuito simplificado de umatorradeira elétrica que funciona com uma ten são U = 120 V. Umconjunto de resistores RT = 20 Ω é responsável pelo aquecimento dastorradas e um cro nô metro determina o tempo durante o qual a tor -radeira permanece ligada.

a) Qual é a corrente que circula em cada resistor RT quando atorradeira está em funcionamento?

b) Sabendo-se que essa torradeira leva 50 segundos para preparar umatorrada, qual é a energia elétrica total consumida no preparo dessatorrada?

c) O preparo da torrada só depende da energia elétrica total dissipadanos resistores. Se a torradeira funcionasse com dois resistores RT decada lado da torrada, qual seria o novo tempo de preparo da torra da?

RESOLUÇÃO

a) i = =

i = (A) = (A)

⇒ iT = ⇒

b) Ee� = Pot . ΔtEe� = U . i . ΔtEe� = 120 . 4,0 . 50 (J)

c) Ee� = . Δt’

Ee� = . Δt’ 24 000 = . Δt’

Δt’ = (s) ⇒

Respostas: a)2,0A; b) 2,4 . 104J ou 24kJ; c) 33,3s

2. Um aspecto importante no abastecimento de energia elétricarefere-se às perdas na transmissão dessa energia do local de geraçãopara o local de consumo. Uma linha de transmissão de 1000kmapresenta uma resistência típica R = 10Ω. A potência consumida nacidade é PC = 1000MW.a) A potência consumida é transmitida pela linha e chega à cidade com

uma tensão de 200kV. Calcule a corrente na linha de transmissão.b) Calcule a percentagem da potência dissipada na linha PD, em

relação à potência consumida na cidade, PC.

RESOLUÇÃO:

a) Sendo a potência consumida na cidade PC = 1000MW e a tensão que

chega à cidade de 200kV, vem:

PC = i U

1000 . 106 = i . 200 . 103

b) A potência dissipada na linha de transmissão será dada por:

Pdissipada = R . i2

Pdissipada = 10 . (5,0 . 103)2 (W)

Pdissipada = 250 MW

O percentual da potência dissipada na linha PD será dado por:

PD = = = 0,25 = 25%

Respostas: a) 5,0 . 103Ab) 25%U

––––Req

U––––––

3RT––––2

120–––––––

3 . 20–––––

2

120––––30

i = 4,0Ai

––2

iT = 2,0A

Ee� = 2,4 . 104J

U2

––––R’eq

U2

––––2RT––––

2

(120) 2

–––––––20

4000–––––120

Δt’ = 33,3s

i = 5,0 . 103A

250MW–––––––––1000MW

Pdissipada–––––––––PC

MÓDULO 11 55 Eletrodinâmica II

REV_II_BE_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 11:08 Página 28

Page 107: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

BE

– 29

1. (FUVEST-SP) – Em uma ilha distante, um equipamento eletronicode monitoramento ambiental, que opera em 12V e consome 240W, emantido ligado 20h por dia. A energia e fornecida por um conjunto deN baterias ideais de 12V. Essas baterias sao carregadas por um geradora diesel, G, atraves de uma resistencia R de 0,2Ω. Para evitarinterferencia no monitoramento, o gerador e ligado durante 4h por dia,no período em que o equipamento permanece desligado.

Determinea) a corrente I, em ampères, que alimenta o equipamento eletrônico C.b) o número mínimo N, de baterias, necessário para manter o sistema,

supondo que as baterias armazenem carga de 50# A.h cada uma.c) a tensão V, em volts, que deve ser fornecida pelo gerador, para

carregar as baterias em 4h.

RESOLUÇÃO:a) No equipamento:

P= i . U

240 = i . 12 ∴

b) No equipamento:

i =

20 = ∴ QT = 400Ah

Na associacao de baterias:

1 bateria –––– 50 A . h

N baterias –––– 400 A . h

N = 8 baterias, no minimo

c) Na associacao de baterias:

iTOT =

iTOT = (A)∴ iTOT = 100A

A tensão nos terminais do gerador (V) será dada por:

V = R . iTOT + Ebat

V = 0,2 . 100 + 12 (SI)

Respostas: a) 20A

b) 8 baterias

c) 32V

NOTE E ADOTE(1 ampère x 1 segundo = 1 coulomb)O parâmetro usado para caracterizar a carga de uma bateria, produtoda corrente pelo tempo, é o ampère . hora (A . h).Suponha que a tensão da bateria permaneça constante até o final desua carga.

i = 20A

Q–––Δt

Q–––20

Q––Δt

400–––4

V = 32 volts

MÓDULO 11 66 Eletrodinâmica III

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Page 108: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A B

E

30 –

2. (UNICAMP) – Quando o alumínio é produzido a partir da bauxita,o gasto de energia para produzi-lo é de 15 kWh/kg. Já para o alumínioreciclado a partir de latinhas, o gasto de energia é de apenas 5% dogasto a partir da bauxita.a) Em uma dada cidade, 50.000 latinhas são recicladas por dia. Quanto

de energia elétrica é poupada nessa cidade (em kWh)? Considereque a massa de cada latinha é de 16g.

b) Um forno de redução de alumínio produz 400kg do metal, a partirda bauxita, em um período de 10 horas. A cuba eletrolítica desseforno é alimentada com uma tensão de 40V. Qual a corrente quealimenta a cuba durante a produção? Despreze as perdas.

RESOLUÇÃO:a) A massa das latinhas recicladas por dia é:

m = 50000 . 16g = 800kg

Para produzir essa massa de alumínio, a partir da bauxita, temos:

E1 = 800 . 15 kWh

E1 = 12000 kWh

A economia representa 95% de E1. Assim:

Ee = 0,95 . 12000 kWh

b) O gasto de energia para produzir 400kg de alumínio, a partir dabauxita, é dado por:

E = 15 . 400kg = 6000kWh

A respectiva potência é dada por:

Pot = = = 600kW

A corrente elétrica é dada por:

i = = (A)

Respostas: a) 1,14 . 104 kWh

b) 1,5 . 104A ou 15kA

3. (UNESP-SP) – Celulas fotovoltaicas foram idealizadas edesenvolvidas para coletar a energia solar, uma forma de energiaabundante, e converte-la em energia eletrica. Estes dispositivos saoconfeccionados com materiais semicondutores que, quandoiluminados, dao origem a uma corrente eletrica que passa a alimentarum circuito eletrico. Considere uma celula de 100cm2 que, ao seriluminada, possa converter 12% da energia solar incidente em energiaeletrica. Quando um resistor e acoplado a celula, verifica-se que atensao entre os terminais do resistor e 1,6V. Considerando que, numdia ensolarado, a celula recebe uma potencia de 1kW por metroquadrado, calcule a corrente que passa pelo resistor.

RESOLUÇÃO:Levando-se em conta que a celula recebe uma potencia de 1kW por metroquadrado e que a celula apresenta area de 100cm2, temos:

P = 1 . 10–2 kW

Como a celula converte apenas 12% da energia solar incidente em energiaeletrica, vem

Peletr = 0,12 . 1 . 10–2kW = 1,2W

No resistor, a tensao medida e de 1,6V. Assim, podemos calcular aintensidade da corrente, fazendo:

Peletr = i . U ⇒ 1,2 = i . 1,6

Resposta: 0,75A

i = 0,75A

104cm2 → 1kW 102cm2 → P

i = 1,5 . 104A

Pot–––U

600 . 103

–––––––40

Ee = 1,14 . 104 kWh

kWh–––––

kg

E–––Δt

6000kWh–––––––––

10h

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Page 109: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

FísicaCurso Extensivo – D

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Page 110: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

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Page 111: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 1

1. Uma lebre corre em linha reta com velocidade escalar constantede 72,0km/h rumo à sua toca. No instante t = 0 a lebre está a 200m datoca e neste instante um lobo que está 40m atrás da lebre parte dorepouso com aceleração escalar constante de 5,0m/s2 mantida durante90m e em seguida desenvolve velocidade escalar constante. O lobodescreve a mesma reta descrita pela lebre.a) Faça um gráfico da velocidade escalar em função do tempo para os

movimentos da lebre e do lobo desde o instante t = 0 até o instanteem que a lebre chegaria à sua toca.

b) Determine se o lobo alcança a lebre antes que ele chegue à suatoca.

RESOLUÇÃO:a) 1) Instante t1 em que a lebre chega à toca:

Δs = Vt (MU)

200 = 20,0 t1 ⇒

2) Cálculo da velocidade final do lobo:

V2 = V02 + 2 γ Δs

V12 = 0 + 2 . 5,0 . 9,0 = 900

3) Cálculo do instante t2 em que o lobo atinge sua velocidademáxima:

V = V0 + γ t

30,0 = 0 + 5,0 t2 ⇒

4) gráficos V = f(t)

b) Distância percorrida pelo lobo até o instante t = 10,0s:

Δs = área (V x t)

d = (10,0 + 4,0) (m) = 210m

Quando a lebre chega na toca o lobo está a 30,0m da toca e, portanto,não conseguiu alcança-la.

2. (Olimpíada de Portugal) – O João e a Maria são dois jovensapaixonados pela Mecânica. Construíram cada um o seu veículoautomóvel, uma espécie de kart. Pretendem agora competir um com ooutro numa pista retilínea e horizontal, na propriedade da família de umdeles. O sistema de referência utilizado consiste num eixo horizontalcom origem no ponto de partida e o sentido do deslocamento dos carrosdurante a corrida.

a) O carro do João deslocou-se inicialmente com aceleração escalarconstante de valor máximo que o motor permitiu. Após t1 = 30,0s,quando o módulo da sua velocidade era V1J = 12,5m/s, o motoravariou-se e o carro passou a deslocar-se com aceleração escalarconstante igual a a2J = –3,0 × 10–2m/s2, devido aos atritos. O tempototal necessário para o João atingir meta foi de 200s, contado desdea partida. Qual é o comprimento da pista?

b) A Maria preferiu ser mais cautelosa. No seu primeiro percurso apósa partida, de comprimento l1 = 400m, o módulo da acelaraçãoescalar do seu carro foi a1M = 0,20m/s2, após o que manteve avelocidade escalar constante, durante 117s até atingir a meta. Quemé que ganhou a corrida?Adote ���10 = 3,2

t1 = 10,0s

V1 = 30,0m/s

t2 = 6,0s

30,0–––– –

2

Revisão FÍSICA

MÓDULO 11 Cinemática

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Page 112: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

2 –

RESOLUÇÃO:a)

1) Cálculo de V1:

a = ⇒ –3,00 . 10–2 = ⇒ ΔV = –5,1m/s

V1 = 12,5 – 5,1 (m/s) = 7,4m/s

2) L = área (V x t)

L = + (12,5 + 7,4) (m)

L = 187,5 + 1691,5 (m)

b) 1) Δs = V0 t + t2 (MUV)

400 = 0 + T12

T12 = 4000

T1 = 20���10s = 20 . 3,2s = 64s

2) Ttotal = T1 + 117s = 185s

Como João gastou 200s para completar a corrida então Maria, quegastou menos (181s), foi a ganhadora.

3. (Olimpíada de Portugal) – Um grupo de amigos encontrou-senuma margem do rio e resolveu ir fazer um piquinique num parque demerendas que ficava na outra margem, 500m mais abaixo, para o ladoda foz. Naquela zona o rio tem largura 100m e a velocidade dacorrenteza tem módulo igual a 1,0m/s. Os estudantes decidiram dirigiro barco na direção perpendicular à margem (condição de tempo detravessia mínimo) e esperar que a correnteza os levasse até aoancoradouro pretendido.Qual é a o módulo da velocidade que devem imprimir ao seu barco,relativamente à água, para conseguirem o se objetivo?

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo do tempo gasto usando o movimento de arrastamento

D = VARR . T

500 = 1,0 . T ⇒

2) Cálculo da velocidade relativa:

Vrel =

Vrel = (m/s) ⇒

ΔV–––––

Δt

ΔV–––– –170

30,0 . 12,5––––––––– –

2

170––– –

2

L = 1879m

γ–– –2

0,20––– –

2

T = 500s

Δsrel–––––Δt

100––––500

Vrel = 0,2m/s

REV_II_D_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 09:45 Página 2

Page 113: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 3

1. (VUNESP-UFTM-MG-2010) – Dois blocos de massas iguais a2,0kg, apoiados sobre superfícies horizontais, estão atados a umterceiro corpo de massa 6,0kg.

Considere que– as polias e os fios são ideais;– o atrito e a resistência do ar são desprezíveis;– a aceleração da gravidade tem módulo igual a 10,0m/s2.Determine:a) O módulo da aceleração com que o bloco pendurado desce.b) A intensidade da força de tração em um dos fios do sistema.

RESOLUÇÃO:

a)

PFD (A): T = mAa

PFD (B): T = mBa

PFD (C): PC – 2T = mCa

PFD (A + B + C): PC = (mA + mB + mC)a

60,0 = 10,0a

b) T = mA a

T = 2,0 . 6,0 (N)

Respostas: a) 6,0m/s2

b) 12,0 N

2. Pretende-se movimentar dois blocos A e B, cada um com massa2m, colocados em cima de duas plataformas deslizantes queapresentam com o solo coeficientes de atrito estático μE = 0,20 ecinético μC = 0,12 e cada uma com massa m. O coeficiente de atritoestático entre os blocos e as plataformas vale μ’ e é suficientementegrande para que os blocos não deslizem em relação às plataformas. Osblocos estão unidos por um fio horizontal ideal conforme indica afigura.

A aceleração da gravidade tem módulo g. a) Determine o módulo da força F

→mínima para que o sistema comece

a se mover, a partir do repouso. Quando a força aplicada tiver intensidade o dobro da força mínimacalculada no item (a) determine:

b) o módulo da aceleração do sistemac) a intensidade da força que traciona o fiod) o mínimo valor de μ’ para que os blocos não deslizem em relação

às plataformas.

RESOLUÇÃO:a) Para iniciar o movimento: F > Fatdestaque

F > μe 6mg ⇒ ⇒

b) F’ = 2 Fmin = 12 μe mg = 2,4 mg

PFD : F’ – Fatdin= Mtotal a

2,4mg – 0,12 . 6mg = 6 m a

0,40g – 0,12g = a ⇒

c) PFD: T – 0,12 . 3mg = 3m . 0,28g

T = 0,36mg + 0,84mg

d)1) PFD(m): fat – Fat = m a

fat = 0,12 . 3mg + m . 0,28g

fat = 0,64mg

2) fat ≤ μ’ 2mg

0,64mg ≤ μ’ 2mg

μ’ ≥ 0,32

a = 6,0m/s2

T = 12,0 N

Fmin � 6 μe mg Fmin = 1,2 mg

a = 0,28g

T = 1,2 mg

μ’min = 0,32

MÓDULO 22 Leis de Newton – Atrito

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Page 114: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

4 –

3. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma caixa de madeira de pesoP encontra-se em repouso sobre uma superfície plana. O coeficientede atrito estático entre a caixa e a superfície plana é μe. Posteriormente,um garoto começa a empurrar a caixa com uma força F

→crescente, que

faz um ângulo θ com a horizontal, até que a caixa começa a se mover,como mostra a figura.

Calcule:a) O menor valor de F

→para que a caixa se mova.

b) A força de reação normal à superfície, (associada ao valor de F→

doitem a,) sobre o bloco.

RESOLUÇÃO:

a) Fx = Fcos θ

Fy = Fsen θ

FN = P + Fy = P + Fsenθ

Para a caixa se mover: Fx > FatmaxFcos θ > μE (P + Fsen θ )

Fcos θ – μE Fsen θ > μE P

F (cos θ – μE sen θ) > μE P

F >

b) FN = P + F sen θ

FN = P +

FN = P

FN = P

μE P––––––––––––––cos θ – μE sen θ

μE PFmin � ––––––––––––––

cos θ – μE sen θ

μE P sen θ––––––––––––––cos θ – μE sen θ

� μE sen θ1 + ––––––––––––––

cos θ – μE sen θ �

� cos θ – μE sen θ + μE sen θ–––––––––––––––––––––

cos θ – μE sen θ �P cos θ

FN = ––––––––––––––cos θ – μE sen θ

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Page 115: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 5

1. (UFF-RJ) – Um carro de massa igual a 1,0t percorre uma estradacom velocidade de módulo constante igual a 36 km/h. Num certotrecho, passa por uma curva circular de raio igual a 100m. O piso daestrada é horizontal. Adote g = 10 m/s2.a) Represente, num diagrama, as forças que atuam sobre o carro.b) Calcule o módulo de cada uma das forças do item anterior.c) Suponha que o coeficiente de atrito estático entre a estrada e os

pneus do carro seja igual a 0,9. Determine a máxima velocidadeescalar com a qual o carro pode realizar a curva sem deslizar. Essavelocidade escalar depende da massa do carro? Justifique suaresposta.

RESOLUÇÃO:

a)

P→

: peso do carro

FN→

: força normal aplicada pelo chão

F→

at: força de atrito aplicada pelo chão

F→

é a força resultante que o chão aplica no carro

b) 1) FN = P = mg = 1,0 . 103 . 10 (N)

FN = P = 1,0 . 104 N

2) Fat = Fcp =

Fat = (N)

c) Fat ≤ μE FN

≤ μE mg

V2 ≤ μE g R

V ≤ ������ μE g R

Vmax = ������ μE g R

Vmax = ���������� 0,9 . 10 . 100 (m/s)

A velocidade máxima não depende da masa do carro (nos cálculos amassa foi cancelada)

m V2––––

R

1,0 . 103 . 102–––––––––––

100

Fat = 1,0 . 103 N

m V2––––

R

Vmax = 30m/s = 108 km/h

MÓDULO 33 Força Centrípeta

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Page 116: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

6 –

2. O ROTOREm muitos parques de diversão existe um “brinquedo” chamadoROTOR.O rotor é um recinto com o formato de um cilíndro oco que pode girarem torno de um eixo vertical central. A pessoa entra no rotor, fecha aporta e permanece em pé encostada na parede do rotor. O rotor começa sua rotação aumentando gradativamente suavelocidade angular ω até atingir um valor pré estabelecido quandoentão o chão se abre abaixo da pessoa revelando um fosso profundo. Apessoa não cai permanecendo grudada na parede do rotor.

Indiquemos por R o raio do rotor e por μ o coeficiente de atrito estáticoentre a roupa da pessoa e a parede do rotor.Seja g o módulo da aceleração da gravidade.

Calcule:a) o valor mínimo de ω em função de g, μ e R para que a pessoa não

escorregue.

b) Sendo a massa da pessoa igual a 50,0kg, o raio do rotor igual a

2,0m, a velocidade angular do rotor igual a 4,0 rad/s, determine a

força F→

que a parede do rotor exerce na pessoa usando os versores

i→(horizontal) e k→

(vertical), isto é, a resposta deve ser na forma:

F→

= Fx i→

+ Fz k→

Fx = componente horizontal de F→

Fz = componente vertical de F→

Admita que a pessoa não escorregue e adote g = 10,0m/s2.

RESOLUÇÃO:a)

1) Fat = P = mg

2) FN = Fcp = mω2 R

3) Fat ≤ μ FN

mg ≤ μ mω2 R

ω2 ≥ ⇒ ω ≥

b) Fx = FN = mω2 R = 50,0 . 16,0 . 2,0 (N) = 1,6 . 103 N

Fz = Fat = mg = 50,0 . 10,0 (N) = 5,0 . 102 N

Respostas:a) ωmin =

b) F→

= 1,6 . 103 i→

+ 5,0 . 102 k→

(N)

g––– –μ R

g–––––

μR

gωmin = ––––

μ R

F→

= 1,6 . 103 i→

+ 5,0 . 102 k→

(N)

g––– –μ R

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Page 117: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 7

1. (Olimpíada Paulista de Física) – Um bloco de massa 6,0kg,inicialmente em repouso, é puxado horizontalmente por uma forçaconstante, de intensidade igual a 49 N sobre uma superfície sem atrito.Considere que a força age sobre o bloco durante um deslocamento de3,0m.a) Qual o trabalho realizado pela força sobre o bloco?b) Qual a velocidade escalar final do bloco?

RESOLUÇÃO:

a) τF = �F→

� � d→

� cos 0°

τF = 49 . 3,0 (J) ⇒

b) TEC: τF = Δ Ecin

τF = –

147 = V2

V2 = 49 ⇒

Respostas: a) 147 J

b) 7,0m/s

2. Um carro de massa M = 1,0 . 103kg descreve uma trajetória retilíneaem um plano horizontal. A força da resistência do ar que se opõe aomovimento do carro tem intensidade F que varia com a velocidadeescalar V do carro segundo a relação:

F = 1,2 V2 (SI).Despreze a força de atrito nas rodas não motrizes do carro. Avelocidade limite atingida pelo carro tem módulo igual a 180km/h.Adote g = 10m/s2.Determine:a) a intensidade da força total de atrito nas rodas motrizes do carro,

aplicada pelo solo, ao ser atingida a velocidade limite.b) a potência útil do motor do carro ao ser atingida sua velocidade

limite.

RESOLUÇÃO:

a) Ao ser atingida a velocidade limite teremos:

Fat = F = 1,2 Vlim2

Vlim = 180km/h = m/s = 50m/s

Fat = 1,2 (50)2 (N)

b) PotU = Fat Vlim

PotU = 3,0 . 103 . 50 (W) ⇒

Respostas: a) 3,0kN

b) 1,5 . 105 W

τF = 147 J

mV02

––––––2

mV2–––––

2

6,0–––2

V = 7,0m/s

180––––3,6

Fat = 3,0 . 103 N

PotU = 1,5 . 105 W

MÓDULO 44 Trabalho – Potência – Gravitação

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Page 118: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

8 –

3. (UFV-MG-2010) – Considere um satélite artificial que serácolocado em uma órbita circular em torno da Terra. Nos seusdesenvolvimentos abaixo, use a seguinte notação: G = constante degravitação universal e M = massa da Terra.a) Se quisermos que o raio da órbita do satélite seja R, calcule qual

deverá ser o módulo da velocidade orbital do satélite, em termosde G, M e R.

b) Se quisermos que o satélite seja geossíncrono, ou seja, se quisermosque seu período de translação seja igual ao período T de rotação daTerra, calcule qual deverá ser o raio da órbita do satélite, em termosde G, M e T.

RESOLUÇÃO:a) FG = Fcp

= ⇒

b) V = =

= ⇒ =

r3 =

GMm––––––

R2

mV2––––

RGM

V = ––––R

GM––––

r2 π r––––

T

GM––––

r

4 π2 r2–––––––

T2

r3–––T2

GM––––4π2

GMT2––––––

4π2

GMT2r =

3–––––––

4π2

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Page 119: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 9

MÓDULO 55 Energia Mecânica

1. (UNICAMP-SP) – Um brinquedo que muito agrada às crianças sãoos lançadores de objetos em uma pista. Considere que a mola da figuraabaixo possui uma constante elástica k = 8,0 . 103 N/m e massadesprezível. Inicialmente, a mola está comprimida de 2,0 cm e, ao serliberada, empurra um carrinho de massa igual a 0,20 kg. O car rinhoabandona a mola quando esta atinge o seu comprimento relaxado, epercorre uma pista que ter mina em uma rampa. Considere que não háperda de energia mecânica no movimento do carrinho.

a) Qual é o módulo da velocidade do carrinho quando ele aban dona amola?

b) Na subida da rampa, a que altura o carrinho tem velocidade demódulo 2,0 m/s?

Adote g = 10m/s2

RESOLUÇÃO:a) Usando-se a conservação da energia mecânica:

Eelástica = Ecin

=

V0 = x

V0 = 2,0 . 10–2 (m/s)

b) Para um referencial na pista horizontal, temos:

= + m g h

h = ⇔ h = (m)

Respostas: a) 4,0 mb) 0,60 m

2. (UFPE) – Em um dos esportes radicais da atualida de, uma pessoade 70kg pula de uma ponte de altura H = 50m em relação ao nível dorio, amarrada à cintura por um elástico. O elástico, cujo com pri mentonatural é L = 10 m, se comporta como uma mola de constante elásticak. No primeiro movi mento para baixo, a pessoa fica no limiar de tocara água e depois de várias osci lações fica em repouso a uma altura h, emrelação à su perfície do rio. Calcule h. Adote g = 10m/s2 e consi dere aenergia mecânica constante até o instante em que a pessoa atinge oponto mais baixo de sua trajetória.

RESOLUÇÃO:

(1)

(referência em B)

= m g H

= 70 . 10 . 50

k = N/m = N/m

(2) Fe = P

k (H – h – L) = mg

(50 – h – 10) = 700

40 – h = 16

Resposta: 24m

k x2––––

2

m V02

––––––2

V0 = 4,0 m/s

m V02

––––––2

m V12

––––––2

V02 – V1

2

–––––––2g

16,0 – 4,0–––––––––

20

h = 0,60 m

k––m

8,0 . 103––––––––

0,20

EB = EA

k x2––––

2

k . 1600–––––––

2

175––––

4

700––––16

175–––––

4

h = 24m

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Page 120: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

10 –

3. (UFV-MG-2010) – Um pêndulo simples é formado por uma esferade 3,0 kg de massa suspensa em um fio inextensível de 1,50 m decomprimento. A esfera é abandonada, a partir do repouso, de umadistância h = 25 cm abaixo do teto, como ilustrado na figura abaixo, emuma região onde o módulo da aceleração gravitacional é 10,0 m/s2.

Desprezando-se os atritos e o efeito do ar, faça o que se pede,apresentando o raciocínio utilizado:a) Desenhe, na própria figura, o diagrama das forças que agem sobre

a esfera, quando esta se encontra no ponto mais baixo de suatrajetória.

b) Determine o módulo da velocidade da esfera no ponto mais baixode sua trajetória.

c) Determine o módulo da tração no fio no ponto mais baixo datrajetória da esfera.

RESOLUÇÃO:a)

P→

= peso da esfera

T→

B = força de tração aplicada pelo fio

b)

(ref. em A)

= mg (L – h)

VB = �������� 2g (L – h) = ����������� 2 . 10,0 . 1,25 (m/s)

c) TB – P = FcpB=

TB = 30,0 + (N)

EB = EA

mVB2

–––––2

VB = 5,0m/s

mVB2

–––––L

3,0 . 25,0–––––––––

1,5

TB = 80,0 N

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Page 121: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 11

1. (EE MAUÁ-2010) – O diagrama mostra os gráficos horários dasposições de duas partículas A e B que se movimentam sobre o eixo x.

As partículas colidem unidimensionalmente no instante t = 1,0. Sabendo-seque a massa da partícula A é mA = 4,0 kg, determinea) as velocidades escalares das partículas A e B antes e depois da

colisão;b) a massa da partícula B.

RESOLUÇÃO:

a)

VA = (m/s) = –1,0m/s

VB = (m/s) = 2,0m/s

V’A = (m/s) = 2,0m/s

V’B = (m/s) = 1,0m/s

b) Conservação da quantidade de movimento no ato da colisão:Qf = Qi

mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB

mA . 2,0 + mB . 1,0 = mA (–1,0) + mB (2,0)

mB = 3,0 mA

Como mA = 4,0kg ⇒

2. (UNICAMP-SP-2010) – O lixo espacial é composto por partes denaves espaciais e satélites fora de operação abandonados em órbita aoredor da Terra. Esses objetos podem colidir com satélites, além de pôrem risco astronautas em atividades extravei culares.Considere que durante um reparo na estação espacial, um astronautasubstitui um painel solar, de massa mp = 80 kg, cuja estrutura foidanificada. O astronauta estava inicial mente em repouso em relação àestação e ao abandonar o painel no espaço, lança-o com umavelocidade de módulo vp = 0,15 m/s.a) Sabendo-se que a massa do astronauta é ma = 60 kg, cal cule o

módulo de sua velocidade de recuo.b) O gráfico no espaço de resposta mostra, de forma simplificada, o

módulo da força aplicada pelo astro nauta sobre o painel em funçãodo tempo durante o lançamento. Sabendo-se que a variação demomento linear é igual ao impulso, cujo módulo pode ser obtidopela área do gráfico, calcule a intensidade da força máxima Fmax.

RESOLUÇÃO:a) No ato de lançar o painel, o astronauta e o painel formam um sistema

isolado e haverá conservação da quantidade de movimento total:→Qapós =

→Qantes

→Qa +

→QP =

→0 ⇒ �

→QA� = �

→QP �

ma�Va� = mP . �VP�

60 �Va� = 80 . 0,15

b) I =N

área (F x t) = ΔQ = maVa

(0,9 + 0,3) = 60 . 0,20

0,6 Fmáx = 12

Respostas: a) �Va� = 0,20m/s

b) Fmáx = 20N

ΔxV = ––––

Δt

– 1,0––––––

1,0

2,0–––––

1,0

2,0–––––

1,0

1,0–––––

1,0

mB = 12,0kg

�Va� = 0,20m/s

Fmáx–––––2

Fmáx = 20N

MÓDULO 66 Impulso e Quantidade de Movimento

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Page 122: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

12 –

3. (UFES-2010) – Uma mola ideal de constante elástica k lança doisblocos unidos por um dispositivo de massa desprezível. O bloco maispróximo da mola tem massa M e o outro tem massa 3M. Após olançamento, os blocos se movem sobre uma superfície plana,horizontal e lisa.a) Sabendo-se que a mola estava comprimida de x0 antes do

lançamento, determine o módulo da velocidade dos blocos após olançamento.

Em um determinado instante, após o lançamento, o dispositivo(explosivo) que une os blocos é acionado, lançando o bloco demassa M de volta contra a mola.

b) Sabendo-se que o bloco de massa M, ao retornar, comprime a mola

de , determine os módulos das velocidades dos blocos de massa

M e de massa 3M imediatamente após a separação.

O bloco de massa 3M, após a separação, continua movendo-se nomesmo sentido até chegar a uma região da superfície não lisa AB,muito extensa.

c) Sabendo-se que o coeficiente de atrito cinético entre a região nãolisa e o bloco de massa 3M é μ , determine a distância percorrida poresse bloco na região não lisa.

RESOLUÇÃO:

a) (conservação da energia mecânica)

= ⇒ V02 = x0

2 ⇒

b) 1) Para o bloco de massa M (bloco 1) temos:

=2

⇒ V12 =

2

2) No ato da explosão o sistema formado pelos dois blocos é isolado

e haverá conservação da quantidade de movimento total:

Qapós = Qantes

3M V2 + M (–V1) = 4M V0

3 V2 – = 4

3 V2 = x0 ⇒

c) TEC: τat = Δ Ecin

μ 3Mg d (–1) = 0 –

d = . . x02 .

Respostas: a) V0 =

b) V1 =

V2 =

c) d =

x0–––4

Ei = Ef

x0 kV0 = ––– ––––

2 M

k––––4M

4M V02

––––––2

kx02

–––––2

x0 kV1 = ––– ––––

4 M

x0�–––�4

k––––

M

x0�–––�4

k–––2

M V12

–––––2

k––M

x0–––2

k––M

x0–––4

3 kV2 = ––– x0 –––

4 M

k––m

9–––4

3M V22

––––––2

V22

d = –––––2 μg

k–––M

9–––16

1–––––2 μg

9 k x02

d = ––– . –––––32 μ Mg

k––M

x0–––2

k––M

x0–––4

k––M

3x0–––4

k x02

–––––μ M g

9–––32

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Page 123: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 13

1. (UFTM-MG) – Em hospitais, o tradicional termômetro a mer -cúrio está sendo trocado por termômetros eletrônicos cujo funcio -namento conta com o uso de semicondutores. A tendência vem aoencontro do movimento de preservação do planeta uma vez que omercúrio, por ser um metal pesado, contamina os mananciais e provocadanos irreversíveis quando ingerido.

a) O termômetro esquematizado está indicando um quadro febril. De -termine o valor correspondente a essa temperatura na escalaFahrenheit.

b) Considere as seguintes informações sobre esse termômetro:• a distância entre a marca dos 37ºC até a marca dos 39ºC é de

18mm;• a 37ºC, o volume do mercúrio contido no termômetro é de

6mm3;• o coeficiente de dilatação volumétrico do mercúrio é

1,8 . 10– 4 ºC–1.Determine, em mm2, a área da secção transversal do cilindro queconstitui o tubo capilar desse termômetro.

RESOLUÇÃO:a) O termômetro indica a temperatura de 38ºC.

A conversão para a escala Fahrenheit é feita através da expressão:

=

=

68,4 = θF – 32

b) Na dilatação do mercúrio, supondo que o vidro não dilatou, temos:

ΔV = V0 γ Δθ

Ah = V0 γ Δθ

A . 18 = 6 . 1,8 . 10–4 . (39 – 37)

Respostas: a) 100,4ºF b) 1,2 . 10–4mm2

2. (UNICAMP) – Uma dona de casa dispõe de água à temperaturaambiente (25ºC) e de um fogão, mas não de um termômetro. Elanecessita de 1,0 litro de água a temperatura de 50ºC.a) Para obter o que deseja sem que haja desperdício de água, que

quantidade de água fervendo e à temperatura ambiente a dona decasa deve misturar?

b) Quanta energia a dona de casa gastou para aquecer a quantidade deágua à temperatura ambiente determinada no item anterior até queela fervesse?

Considere que a dona de casa está no nível do mar, a densidade da águavale 1,0 x 103kg/m3 e o calor específico da água vale1,0 x 103cal/kgºC.

RESOLUÇÃO:

a) Utilizando-se o balanço energético, temos:

Qcedido + Qrecebido = 0

(m c Δ θ)água quente + (m c Δ θ)água fria = 0

mq c (50 – 100) + mf c (50 – 25) = 0

25 mf = 50 mq

mf = 2mq

Mas:

μ = ⇒ m = μ V

Assim:

μVf = 2 μ Vq

Vf = 2Vq

Como:

Vf + Vq = 1�

Vem:

2Vq + Vq = 1

e

b) Usando-se a equação fundamental da Calorimetria, temos:

Q = m c Δ θ

Q = μ V c Δ θ

Q = 1,0 . 103. . 10–3 . 1,0 . 103 (100 – 25) (cal)

Respostas: a) � e �

b) 2,5 . 104cal

θc–––5

θF – 32––––––––

9

38–––

5

θF – 32––––––––

9

θF = 100,4ºF

A = 1,2 . 10–4mm2

m–––V

2Vf = ——�

31

Vq = ——�3

1–––3

Q = 2,5 . 104 cal

2–––3

1–––3

MÓDULO 77 Termologia I

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Page 124: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

14 –

3. (UEG-2010) – Foi realizado o seguinte experimento em uma aulade Laboratório de Física:Uma jarra de vidro aberta foi aquecida até que a água no seu interiorfervesse. Cessando-se o aquecimento, a água parou de ferver.Posteriormente, a jarra foi tampada e em cima dela despejou-se água àtemperatura ambiente. Então, observou-se que a água voltou a ferver.Sobre esse experimento, responda ao que se pede.a) Justifique o motivo que levou a água a voltar a ferver.b) Se esse mesmo experimento fosse realizado a uma altitude superior

em relação ao anterior, a temperatura de ebulição da água aumen -taria, diminuiria ou permaneceria constante? Justifique.

RESOLUÇÃO: a) A água fria provoca condensação de parte do vapor existente no interior

do recipiente. Esse fato produz redução na pressão sobre o líquido. Aredução de pressão diminui a temperatura de ebulição. Dessa forma, olíquido volta a entrar em ebulição.

b) Em uma altitude maior, a pressão atmosférica fica menor. Assim, aebulição do líquido ocorre em uma temperatura menor do que aquelano laboratório.

Respostas: a) ver justificativab) Diminuirá.

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Page 125: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 15

1. (VUNESP-FMJ-SP) – Num calorímetro ideal, são misturados300g de um líquido a 80°C com 700g do mesmo líquido a 20°C e, apósalguns minutos, eles entram em equilíbrio térmico a uma temperaturaθ. Em seguida, o calorímetro é aberto, e o sistema passa a perder calorpara o ambiente, que está uma temperatura constante de 15°C, atéentrar em equilíbrio térmico com ele.

Sabendo que desde a abertura do calorímetro até ser atingido oequilíbrio término com o ambiente o sistema perdeu 18 400cal,determine o calor específico do líquido, em cal/(g°C).

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo da temperatura θ.

Qcedido + Qrecebido = 0

(m c Δ θ)quente + (m c Δ θ)frio = 0

300 . c (θ – 80) + 700 . c (θ – 20) = 0

3θ – 240 + 7θ – 140 = 0

10θ = 380

θ = 38°C

2) No resfriamento de toda a massa líquida, de 38°C para 15°C, o sistema

perdeu 18 400cal.

Assim:

Q = m c Δ θ

–18 400 = (300 + 700) c (15 – 38)

–18 400 = –23 000 c

c = (cal/g°C)

Respostas: a) 38°C

b) 0,80 cal/g°C

2. (FUVEST-SP) – Um roqueiro iniciante improvisa efeitos especiaisutilizando gelo seco (CO2 sólido) adquirido em uma fábrica desorvetes. Embora o início do show seja à meia-noite (24 h), ele ocompra às 18 h, mantendo-o em uma “geladeira” de isopor, queabsorve calor a uma taxa de aproximadamente 60 W, provocando asublimação de parte do gelo seco. Para produzir os efeitos desejados,2 kg de gelo seco devem ser jogados em um tonel com água, à tem -peratura ambiente, provocando a sublimação do CO2 e a produção deuma “névoa”. A parte visível da “névoa”, na verdade, é constituída porgotículas de água, em suspensão, que são carregadas pelo CO2 gasosopara a atmosfera, à medida que ele passa pela água do tonel. Estime:a) A massa de gelo seco, Mgelo, em kg, que o roqueiro tem de com prar,

para que, no início do show, ainda restem os 2 kg necessários emsua “geladeira”.

b) A massa de água, Mágua, em kg, que se transforma em “névoa” coma sublimação de todo o CO2, supondo que o gás, ao deixar a água,esteja em CNTP, incorporando 0,01g de água por cm3 de gásformado.

RESOLUÇÃOa) Cálculo da massa inicial Mgelo da barra:

Pot Δt = (Mgelo – m)Ls

60 · 6 · 3600 = (Mgelo – 2000) · 648

Mgelo = 4000 g

b) A sublimação de 2 kg de CO2 “carrega” uma massa Mágua de vapor-

d’água, que representa 0,01 g/cm3.

Assim:

0,01 g 1 cm3

Mágua V(cm3)

Mágua = V · 0,01 (g)

Como cada 44 g de CO2 ocupam 22,4 �, temos:

44 g de CO2 22,4 �

2000 g de CO2 V(�)

V = � ⇒ V = 1018,18 · 103 cm3

Portanto:

Mágua = 1018,18 · 103 · 0,01 (g)

Mágua ≅ 10,18 · 103 g

Respostas: a) 4 kg b) 10 kg

18 400––––––––

23 000

c = 0,80 cal/g°C

NOTE E ADOTE: Sublimação: passagem do estado sólido para o gasoso.Temperatura de sublimação do gelo seco = – 80º C.Calor latente de sublimação do gelo seco = 648 J/g.Para um gás ideal, PV = nRT.Volume de 1 mol de um gás em CNTP = 22,4 litros.Massa de 1 mol de CO2 = 44 g.Suponha que o gelo seco seja adquirido a – 80ºC.

Mgelo = 4 kg

2000 · 22,4–––––––––

44

Mágua ≅ 10 kg

MÓDULO 88 Termologia II

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Page 126: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

16 –

1. Fotografias obtidas diante de um ou mais espelhos planos são bas -tan te comuns. Com essa técnica, que exige especiais cuidados dofotógrafo, belos e curiosos efeitos visuais podem ser registrados.No esquema abaixo se vê, de cima, o jovem Paulo, um fotógrafoprincipiante, posicionado no local P diante da superfície refletora deum espelho plano vertical E. Paulo deseja fotografar a imagemfornecida por E para o corpo de sua irmã, Regina, posicionada no localR. Os comprimentos d1, d2 e d3, indicados na figura, são tais qued1 = 4,0 m, d2 = 3,6 m e d3 = 0,8 m.

a) Para que distância Paulo deverá regular sua câmara para obter umafoto devidamente focalizada da imagem de Regina? Em relação aE, essa imagem é de natureza real ou virtual?

b) Supondo-se que Paulo queira obter uma foto de sua própria imagemutilizando um flash acoplado à câmara (o que não deve ser feitoquando se dirige, como no caso de Paulo, o eixo do equipamentoperpendicularmente ao espelho, sob pena de se inserir na imagemum brilho comprometedor), qual o intervalo de tempo, em nanosegundos (1 ns = 10–9 s), gasto pela luz do flash para retornar àcâmara após o disparo? Adote para a velocidade da luz o va -lor c = 3,0 . 108 m/s.

RESOLUÇÃO:a) A imagem de Regina, R’, é simétrica do objeto em relação à superfície

refletora.

Aplicando-se o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo POR’,vem:

D2 = (d1 + d3)2 + d22 ⇒ D2 = (4,0 + 0,8)2 + (3,6)2

D2 = (4,8)2 + (3,6)2 ⇒

Em relação a E, a imagem R’ é de natureza virtual.

b) c = ⇒ 3,0 . 108 =

Δt ≅ 2,7 . 10–8 s ⇒

Respostas: a) 6,0 m; virtual;

b) aproximadamente 27 ns

2. Um automóvel cujo velocímetro não funciona está se deslocandoem movimento uniforme ao longo de uma avenida retilínea em que avelocidade máxima permitida é de 50 km/h. Esse veículo possui umespelho retrovisor esférico (convexo) de raio de curvatura igual a 2,0 m.Ao passar diante de uma estaca vertical de altura 1,8 m, o motoristapõe em marcha um cronômetro, verificando que transcorreram 14 sdesde o instante em que foi acionado o instrumento até o instante emque a altura da imagem da estaca dada pelo espelho é de 10 mm.Considerando válidas as condições de Gauss no funcionamento doespelho retrovisor, determine se o automóvel trafega ou não dentro dolimite de velocidade da avenida.

RESOLUÇÃO:

I) A = = ⇒

(A > 0 ⇒ imagem direita)

II) A = = =

– 1,0 – p = – 180 ⇒

(f < 0 ⇒ espelho convexo; foco virtual)

D = 6,0 m

2d1––––Δt

2 . 4,0––––––

Δt

Δt ≅ 27 ns

1A = ––––

180

10 mm–––––––––1800 mm

i–––o

– 1,0––––––––– 1,0 – p

1––––180

f–––––f – p

p = 179 m

MÓDULO 99 Óptica (I)

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Page 127: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 17

III) V = = = . 3,6 km/h

Da qual:

Resposta: O automóvel trafega dentro do limite de velocidade, já que suavelocidade (46 km/h) é menor que a máxima permitida naavenida (50 km/h).

3. (UNICAMP-2010) – Há atualmente um grande interesse no de sen -volvimento de materiais artificiais, conhecidos como metamateriais,que têm propriedades físicas não convencionais. Este é o caso demetamateriais que apresentam índice de refração negativo, em contras -te com materiais convencionais que têm índice de refração positivo.Essa propriedade não usual pode ser aplicada na camuflagem deobjetos e no desenvolvimento de lentes especiais.a) Na figura no espaço de resposta é representado um raio de luz A

que se propaga em um material convencional (Meio 1) com índicede refração o n1 = 1,8 e incide no Meio 2 formando um ânguloθ1 = 30° com a normal. Um dos raios B, C, D ou E apresenta umatrajetória que não seria possível em um material convencional e queocorre quando o Meio 2 é um metamaterial com índice de refraçãonegativo. Identifique este raio e calcule o módulo do índice derefração do Meio 2, n2, neste caso, utilizando a lei de Snell naforma:

|n1| sen θ1= |n2| sen θ2. Se necessário use �2 = 1,4 e �3 = 1,7.

b) O índice de refração de um meio material, n, é definido pela razãoentre as velocidades da luz no vácuo e no meio. A velocidade da

luz em um material é dada por v = , em que ε é a permissi-

vidade elétrica e μ é a permeabilidade magnética do material.Calcule o índice de refração de um material que tenha

ε = 2,0 . 10–11 e μ = 1,25 . 10–6 . A velocidade da luz

no vácuo é c = 3,0 . 108 m/s.

RESOLUÇÃO:a) O raio luminoso que está em desacordo com um material convencional

é o E.

Aplicando-se a Lei de Snell com os dados indicados na figura (θ1 = 30°

e θ2 = 45°) e lembrando-se de que n1 = 1,8, determinemos o módulo do

índice de refração, |n2|, do meio 2.

|n1| sen θ1 = |n2| sen θ2

1,8 . sen 30° = |n2| sen 45° ⇒ 1,8 . 0,5 = |n2|

0,9 = |n2| ⇒

b) A intensidade da velocidade de propagação da luz no material consi -derado é obtida fazendo-se:

V = ⇒ V = (m/s)

Da qual:

O índice de refração n fica determinado por:

n = ⇒ n =

Da qual:

Respostas: a) Aproximadamente 1,3b) 1,5

V � 46 km/h

1–––––�εμ

C2–––––Nm2

Ns2–––––

C2

�2–––2

1,4 –––2 |n2| � 1,3

179––––14

179 m––––––

14 s

Δp–––Δt

1––––––––––––––––––––––

� 2,0 . 10–11 . 1,25 . 10–6

1––––�εμ

V = 2,0 . 108 m/s

3,0 . 108––––––––2,0 . 108

c–––V

n = 1,5

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Page 128: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

18 –

1. (UNICAMP) – Em uma máquina fotográfica de foco fixo, aimagem de um ponto no infinito é formada antes do filme, conformeilus tra o esquema. No filme, esse ponto está ligeiramente desfocado esua imagem tem 0,03 mm de diâmetro. Mesmo assim, as cópiasamplia das ainda são nítidas para o olho humano. A abertura para aentrada de luz é de 3,5 mm de diâmetro e a distância focal da lente éde 35 mm.

a) Calcule a distância d do filme à lente.b) A que distância da lente um objeto precisa estar para que sua ima -

gem fique exatamente focalizada no filme?

RESOLUÇÃO:a) 1) Como o objeto se encontra no infinito, os raios de luz dele pro ve -

nientes incidem paralelamente ao eixo principal da lente (con ver -gente) e consequentemente emergem desta numa direção que passapelo foco imagem principal (F’). Esquematicamente, temos:

2) Da semelhança entre os triângulos AF’B e DF’C, vem:

=

=

3) Da figura, temos:

d = f + x

d = 35 + 0,3 (mm)

b) Utilizando-se a equação de Gauss, vem:

= +

= +

Respostas: a) 35,3 mmb) 4118 mm

2. (UFOP-2010) – O olho humano, em condições normais, é capazde alterar sua distância focal, possibilitando a visão nítida de objetossituados desde o “infinito” (muito afastados) até aqueles situados auma distância mínima de aproximadamente 25 cm. Em outras palavras,o ponto remoto desse olho está no infinito e o seu ponto próximo, a25 cm de distância. Uma pessoa com hipermetropia não consegueenxergar objetos muito próximos porque o seu ponto próximo estásituado a uma distância maior do que 25 cm. Com base nessas infor -mações, resolva as questões propostas.a) Que tipo de lente uma pessoa com hipermetropia deve usar?b) Supondo que o ponto próximo de um hipermetrope esteja a 100 cm

de seus olhos, determine, em valor e em sinal, quantos “graus”devem ter os óculos dessa pessoa para que ela veja um objeto a25 cm de distância.

RESOLUÇÃO:a) Uma pessoa com hipermetropia deve corrigir seu defeito visual com

lentes convergentes.

f–––x

H–––h

35–––x

3,5–––0,03

x = 0,3 mm

d = 35,3 mm

1–––p’

1–––p

1–––

f

1––––35,3

1–––p

1–––35

p ≅ 4118 mm

MÓDULO 11 00 Óptica (II)

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Page 129: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 19

b) I)

Equação de Gauss: = –

= – ⇒ =

Da qual: f = cm = m

II) V = ⇒ V = (di)

(V > 0 ⇒ Lente convergente)

Respostas: a) Lentes convergentes

b) + 3,0 di (ou “graus”)

3. (UFJF-2010) – A figura mostra uma fibra óptica com um núcleocilíndrico, de vidro, de índice de refração n = 3/2, imerso no ar, cujoíndice de refração é igual à unidade (nar = 1). Um raio de luz executamúltiplas reflexões totais no interior da fibra, sendo, portanto, a luzguiada pela fibra praticamente sem perda de intensidade. A luz emergeno ar no final da fibra, na forma de um cone de ângulo γ.

a) Calcule o valor de sen α, para que comece a ocorrer reflexão totalno interior da fibra.

b) Adotando-se as condições do item (a), calcule o valor de sen γ.

RESOLUÇÃO:a) No início da reflexão total no interior da fibra, α é praticamente igual

(ligeiramente maior) ao ângulo limite da interface vidro-ar.

α � L ⇒ sen α ≅ sen L ⇒ sen α �

sen α ≅ ⇒

b) (I) β = 90° – α ⇒ sen β = sen (90° – α) = cos α

(II) sen2α + cos2α = 1 ⇒2

+ cos2α = 1

cos2α = 1 – ⇒ cos α =

Logo:

(III) Lei de Snell: nar sen γ = n sen β

1 . sen γ = .

Da qual:

Respostas: a)

b)

1–––

f1

–––1

–––3

V = 3,0 di

nar–––n

2sen α ≅ –––

31

––––3––2

�2–––3�

�5––––

34

–––9

�5sen β = ––––

3

�5––––

3

3––2

�5sen γ = ––––

2

2––3

�5––––

2

1–––3

100––––

3

4 – 1–––––100

1––f

1–––100

1––25

1––f

1––dH

1––dN

1––f

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Page 130: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

20 –

1. (UFMG-2010) – Na Figura I, está representada, em certo instante,a forma de uma onda que se propaga em uma corda muito comprida e,na Figura II, essa mesma onda 0,10 s depois.O ponto P da corda, mostrado em ambas as figuras, realiza ummovimento harmônico simples na direção y e, entre os dois instantesde tempo representados, desloca-se em um único sentido.

a) Considerando-se essas informações, responda:Essa onda está se propagando no sentido positivo ou negativo doeixo x? Justifique sua resposta.

b) Para a onda representada, determine a frequência e a velocidade depropagação.

RESOLUÇÃO:a) A onda está se propagando no sentido negativo do eixo x, como repre -

senta a figura abaixo.

b) f = = ⇒

V = λf ⇒ V = 100 . 2,5 (cm/s)

Respostas: a) No sentido negativob) 2,5 Hz e 2,5 m/s

2. (UFU-2010) – A descoberta da quantização da energia completou100 anos em 2000. Tal descoberta possibilitou a construção dosdispositivos semicondutores que formam a base do funcionamento dosdispositivos optoeletrônicos do mundo atual.Hoje, sabe-se que uma radiação monocromática é constituída de fótonscom energias dadas E = hf, onde h � 6 . 10–34 J . s e f é a frequênciada radiação.Se uma radiação monocromática visível, de comprimento de ondaλ = 6 . 10–7 m, incide do ar (nar = 1) para um meio transparente x deíndice de refração desconhecido, formando ângulos de incidência e derefração iguais a 45° e 30°, respectivamente, determine:a) A energia dos fótons que constituem tal radiação visível

(adote c = 3 . 108 m/s).b) O índice de refração do meio transparente x.c) A velocidade de propagação dessa radiação no interior do meio

transparente x.

RESOLUÇÃO:a) Equação de Planck: E = hf

Mas: c = λf ⇒ f =

Logo: E = h ⇒ E = 6 . 10–34 (J)

Da qual:

N–––Δt

1–– de ciclo4

––––––––––0,10 s

f = 2,5 Hz

V = 250 cm/s = 2,5 m/s

c–––λ

3 . 108–––––––6 . 10–7

c–––λ

E = 3 . 10–19 J

MÓDULO 11 11 Ondas

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Page 131: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 21

b)

Lei de Snell: nx sen r = nar sen i

nx sen 30° = 1 . sen 45°

nx =

Da qual:

c) = ⇒ =

vx = � (m/s) ⇒

Respostas: a) 3 . 10–19 J

b) ����2

c) 2,1 . 108 m/s

3. (IME-2010) – Dois vagões estão posicionados sobre um trilhoretilíneo, equidistantes de um ponto de referência sobre o trilho. Noprimeiro vagão existe um tubo sonoro aberto onde se forma uma ondaestacionária com 4 nós, cuja distância entre o primeiro e o último nó é255 cm, enquanto no segundo vagão existe um observador.Inicialmente, apenas o vagão do observador se move e com velocidadeconstante. Posteriormente, o vagão do tubo sonoro também passa a semover com velocidade constante, distinta da velocidade do vagão doobservador. Sabendo que a frequência percebida pelo observador nasituação inicial é 210 Hz e na situação posterior é 204 Hz, determine:a) a frequência do som que o tubo emite;b) a velocidade do vagão do observador, na situação inicial;Dado: Velocidade do som no ar: vsom = 340 m/s.RESOLUÇÃO:a) I)

1,5λ = 255

II) Vsom = λfF ⇒ 340 = 1,7 fF ⇒

b) Efeito Doppler: =

= ⇒ 340 + V0 =

Da qual:

Respostas: a) 200 Hzb) 17 m/s

λ = 170 cm = 1,7 m

fF = 200 Hz

f0––––––––––Vsom ± V0

fF––––––––––Vsom ± VF

210––––––––340 + V0

200––––––––340 + 0

210 . 340––––––––

200

V0 = 17 m/s

vx ≅ 2,1 . 108 m/s3 . 108––––––1,41

3 . 108––––––

����2

1––––����2

vx––––––3 . 108

nar–––nx

vx–––c

nx = ����2

����2––––

2

1–––2

REV_II_D_FISICA_Prof_Rose 25/10/10 09:25 Página 21

Page 132: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

22 –

1. (Olimpíada Brasileira de Física) – Uma ponte homogênea de 40mde comprimento e peso 1,0 . 106 N está apoiada em dois pilares deconcreto conforme ilustra o esquema da figura a seguir.a) Qual a intensidade da força que cada pilar exerce sobre a ponte

quando um caminhão de peso 2,0 . 106 N está parado com o centrode gravidade a 10m de um dos pilares?

b) O que acontece com estas forças à medida que o caminhão transitapor toda a extensão da ponte?

RESOLUÇÃO:

a) Para o equilíbrio da ponte:1) (∑ torques)B = 0

2,0 . 106 . 10 + 1,0 . 106 . 20 = NA . 40

40 . 106 = NA . 40 ⇒

2) NA + NB = Pc + PP

1,0 . 106 + NB = 3,0 . 106 ⇒

b) A medida que o caminhão se desloca de B para A, NA aumenta, NBdiminui e a soma NA + NB permanece constante.

2. Como mostra a figura, a barra homogênea de com primento L = 54,0cme de massa 5,0kg está apoiada no suporte S.

A polia e os fios são ideais, considera-se g = 10,0m/s2 e despreza-se oefeito do ar.As massas de A, B e C são respectivamente iguais a 1,0kg, 2,0kg e3,0kg.Determine, sabendo-se que a barra fica em equilíbrio na posiçãohorizontal,a) o módulo da aceleração dos blocos B e C;b) a intensidade da força tensora no fio que liga B a C;c) o valor de x.

RESOLUÇÃO:

a) Na máquina de Atwood, temos:

PC – PB = (mB + mC) a

30,0 – 20,0 = 5,0 . a ⇒

b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao bloco B, vem:

T – PB = mBa

T – 20,0 = 2,0 . 2,0 ⇒

c)

NA = 1,0 . 106 N

NA = 2,0 . 106 N

a = 2,0m/s2

T = 24,0N

MÓDULO 11 22 Estática

REV_II_D_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 09:45 Página 22

Page 133: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 23

Impondo-se, para o equilíbrio da barra, que a soma dos mo mentos em

relação ao ponto S seja nula, vem:

10,0 . (54,0 – x) + 50,0 . (27,0 – x) = 48,0 . x

540 – 10,0x + 1350 – 50,0x = 48,0x

1890 = 108 x ⇒

Respostas: a) 2,0m/s2

b) 24,0 N

c) 17,5cm

3. (UFG-GO) – Aplica-se uma força →F na direção perpendicular à face

de um bloco em um ponto sobre a vertical que divide essa face ao meio,como mostra a figura.

O bloco tem massa de 200kg, 3,0m de altura e base quadrada com 1,0mde lado, sendo que o coeficiente de atrito estático entre ele e asuperfície de apoio é de 0,25. Sabendo-se que o bloco estásimultaneamente na iminência de tombar e de deslizar,a) desenhe na figura as demais forças que atuam so bre o bloco.b) calcule a intensidade da força

→F.

c) calcule a altura h do ponto de aplicação da força →F.

RESOLUÇÃO:a)

→F = força externa apli ca da

→P = peso do bloco

→FN = reação normal de apoio

→Fat = força de atrito

b) Para que a resultante seja nula, na iminência de escorre gar, temos:

F = Fatmáx.= μE FN = μE P

F = 0,25 . 200 . 10 (N) ⇒

c) Para o equilíbrio, na iminência de tombar, as forças →Fat e

→FN estão

aplicadas em O.

O somatório dos torques, em relação ao ponto O, deve ser nulo:

F . h = P .

500 . h = 2000 . 0,50

Respostas: a) 500Nb) 2,0m

x = 17,5cm

Considere g = 10m/s2

F = 500N

b–––2

h = 2,0m

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Page 134: Exercícios Resolvidos de Física

1. Quando se faz contato com esferas metálicas eletrizadas, a cargaelétrica total se redistribui entre as esferas, ficando cada uma delas comcarga diretamente proporcional ao seu raio.Temos, na figura, três esferas metálicas, A, B e C, cujos raios são,respectivamente: 2,0cm, 4,0cm e 8,0cm.

Estando a esfera A com carga elétrica QA = +17,0pC, a esfera B neutrae a esfera C com Qc = –10,0pC, as três foram conectadas entre si porfios condutores.Após o equilíbrio eletrostático das três:a) O que aconteceu com o potencial elétrico das três esferas do

sistema. (A, B, C)?b) Quanto vale o campo elétrico no interior de cada uma?c) Determine as cargas finais de A, B e C.

RESOLUÇÃO:a) Todas adquirem um mesmo potencial.b) O campo elétrico no interior de cada uma vale zero.

c) = = ⇒ = =

Logo: Q’B = 2 . Q’A �

Q’C = 4 Q’A �

Temos também o Princípio da Conservação das Cargas elétricas:

Q’A + Q’B + Q’C = QA + QB + QC

Q’A + Q’B + Q’C = (+17,0) + 0 + (–10,0) … (em pC)

Q’A + 2 . Q’A + 4 . Q’A = + 7,0 pC

+ 7 Q’A = + 7,0 pC

Q’A = + 1,0 pC

Voltando em � e �:

Q’B = + 2,0 pC

Q’C = + 4,0 pC

2. Duas partículas eletrizadas com cargas elétricas positivas A e B serepelem com uma força de intensidade F (figura 1). Uma terceirapartícula, eletrizada com a mesma carga, é disposta como na figura 2.

Na figura 2,a) desenhe as forças elétricas de interação entre as partículas A e B e

ainda entre B e C. A seguir, determine uma relação entre as suasintensidades.

b) determine a força elétrica resultante na partícula B.

RESOLUÇÃO:a) Na figura 3 temos a representação das forças de interações entre as

partículas. Excetuando-se a força resultante em B, as demais forças deinteração têm a mesma intensidade, pois todas têm a mesma carga e nopar AB a distância é d, bem como no par BC.

Resposta:

b) Para o cálculo da intensidade da força resultante em B, basta aplicarmos o Teorema de Pitágoras.

F2RES = F2

AB + F2CB

F2RES = F2 + F2 = 2F2

Resposta:

A B C

Q’A––––2,0

Q’B––––4,0

Q’C––––8,0

Q’A––––1,0

Q’B––––2,0

Q’C––––4,0

FAB = FBA = FBC = FCB = F

FRES = F�2

FÍSIC

A D

24 –

MÓDULO 11 33 Eletrostática

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Page 135: Exercícios Resolvidos de Física

3. Uma pequena esfera de peso P = 8,0 . 10–3N fica em equilíbrio naposição indicada na figura, sob ação de um campo elétrico uniforme E

de direção horizontal e intensidade E = 2,5 . 105 N/C.

Sabendo-se que senα = 0,60 e cosα = 0,80, determinea) o sinal da carga elétrica da pequena esfera e o seu valor;b) a intensidade da força de tração no fio.

RESOLUÇÃO:a) Observemos as três forças na pequena esfera:

T→

= tração do fio

P→

= peso

F→

= força elétrica

A força elétrica F→

temsentido oposto ao docampo, o que nos leva aconcluir que a cargaelétrica é negativa.

b) Vamos fazer pelo triângulo de forças da figura ao lado.

cosα =T . cosα = P

T . 0,80 = 8,0 . 10–3

T =

Respostas: a) negativa

b) 1,0 . 10–2N

4. Entre as duas placas planas A e B estabeleceu-se um campo elétricouniforme. O sistema montado é um capacitor plano (condensador).Para eletrizá-las, um gerador de cargas forneceu, para cada placa, umaquantidade de eletricidade de 6,0μC, em valor absoluto, sob tensão de2 000V.

Entre as placas o meio isolante é o ar e a distância entre elas é de 2,0cm.Determine:a) A capacitância do condensador.b) A intensidade do campo elétrico E.c) Se lançarmos um elétron entre as placas, cruzando as linhas de

força, qual será a sua trajetória?

RESOLUÇÃO:

a) Q = C . U

Sendo

Q = 6,0μC = 6,0 . 10–6C; U = 2 000V = 2,0 . 103V

6,0 . 10–6 = 2,0 . 103 . C

C = (F) ⇒ C = 3,0 . 10–9F ⇒

b) Como o campo é uniforme:

E . d = U

E = ⇒ E =

c) A força elétrica é constante e enquanto ele ainda estiver dentro do

campo, a trajetória é parabólica.

P–––T

8,0 . 10–3––––––––8,0 . 10–1

T = 1,0 . 10–2 N

A B

d

E

6,0 . 10–6–––––––––

2,0 . 103C = 3,0nF

U –––d

2,0 . 103–––––––––2,0 . 10–2 � V

–––m �

E = 1,0 . 105V/m

FÍS

ICA

D

– 25

REV_II_D_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 09:45 Página 25

Page 136: Exercícios Resolvidos de Física

1. (UNESP) – Duas cargas de massas iguais e sinais opostos, com amesma velocidade inicial, entram pelo ponto A em uma região comum campo magnético uniforme, perpendi cular ao plano xy e apontandopara “cima”. Sabe-se que a trajetória 2 possui um raio igual ao dobrodo raio da trajetória 1.

Analisando a figura e desprezando a interação entre as duas cargas,pode-se concluir que a carga da partícula 2 tem sinala) negativo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2.b) negativo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1.c) positivo e o módulo da carga 1 é o dobro da 2.d) positivo e o módulo da carga 2 é o dobro da 1.e) positivo e o módulo da carga 2 é o triplo da 1.

RESOLUÇÃO:De acordo com a regra da mão esquerda, concluímos que a partícula 1 temcarga positiva e a partícula 2, negativa.

O raio da circunferência descrita pelas partículas 1 e 2 é dado por:

R =

Do enunciado, temos:

R2 = 2R1

= 2

Resposta: A

2. Uma partícula P, de massa m, eletrizada, foi lançada num campomagnético e descreveu um quarto de circunferência e abandonou ocampo em MRU, como mostra a figura. São conhecidos o raio do arcode circunferência R = 5,0cm, a masssa da partícula m = 2,0 . 10–16kg,o módulo da carga elétrica: 3,2pC e a intensidade do campo magnético:B = 1,0 . 102T.

Determine:a) O sinal da carga elétrica da partícula.b) O tempo que a partícula permaneceu no interior do campo

magnético

RESOLUÇÃO:a) Sinal da carga elétrica

Na figura abaixo, observemos que a força F→

é centrípeta.A regra da mão esquerda indica que a partícula é positiva.

b) Fmag = q . v . B

Fcp = R = ⇒ v =

m . V–––––––

|q| . B

m . V–––––––|q1| . B

m . V–––––––|q2| . B

|q1| = 2|q2|

NOTE E ADOTE

Força magnética

Fmag = ⎥ q ⎥ . v . B

Força centrípeta

mv2

FCP = –––––R

Adote π � 3

R . q . B–––––––

m

m . v–––––––

q . B

m v2–––––––

R

FÍSIC

A D

26 –

MÓDULO 11 44 Eletromagnetismo

REV_II_D_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 09:45 Página 26

Page 137: Exercícios Resolvidos de Física

Substituindo-se os valores dados:

v = (unidades SI)

Sendo

v = ⇒ Δs = v . Δt

= v . Δt

Δt = = (unidades SI)

3. (UNESP) – A figura mostra um experimento com dois fiossuspensos, de raios e massas desprezíveis, extensos, paralelos eflexíveis, no instante em que começam a ser percorridos por correntesde mesma intensidade i = 1 A, contudo em sentidos opostos. O pontoA encontra-se à mesma distância, d = 10 cm, dos dois fios.

a) Determine o módulo, a direção e o sentido do cam po magnético noponto A, para a situação represen tada na figura.

Considere μar = 4π x 10–7 T.m/A.

b) Determine a direção e o sentido das forças magnéticas entre os fios,respondendo, a seguir, se houve uma atração ou repulsão.

RESOLUÇÃO:a)

Usando-se a regra da mão direita em cada um dos fios, determinamos

a direção e o sentido dos respectivos campos magnéticos →B1 e

→B2,

conforme a figura. Eles têm o mesmo sentido. Logo:→Bres =

→B1 +

→B2 → |

→Bres| = |

→B1| + |

→B2 |

Estando A à meia distância dos fios:

B1 = B2 = = (T)

B1 = B2 = 2 . 10–6 T

BresA= 2B1 ⇒

Sua direção é perpendicular ao plano dos fios e o sentido é do leitorpara o papel.

b) Usando-se a regra da mão direita em cada um dos fios, obtemos o res -pectivo campo magnético,

→B’1 e

→B’2 , atuando sobre a corrente elétrica

do outro fio.

A seguir, usando-se a regra da mão esquerda em cada fio, obtemos asrespectivas forças mag néticas

→F12 e

→F21. As forças são repulsivas e os

fios se afastam.

Respostas: a) 4 . 10–6 T ; direção perpendicular ao plano do pa pel; sen ti -do: do leitor para o papel (entrando na folha).

b) repulsão.

(5,0 . 10–2) . (3,2 . 10–12) . (1,0 . 102)––––––––––––––––––––––––––––––

(2,0 . 10–16)

v = 8,0 . 104 m/s

Δs––––

Δt

2πR––––

4

πR––––2V

3 . (5,0 . 10–2)––––––––––––

2 . 8,0 . 104

Δt � 94s

μ . i–––––––

2π d

4π . 10 –7 . 1––––––––––––––

2π . 1 . 10–1

BresA= 4 . 10–6 T

FÍS

ICA

D

– 27

REV_II_D_FISICA_Prof_Rose 09/10/10 09:45 Página 27

Page 138: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

28 –

1. (UFRJ-2010) – Um estudante dispunha de duas baterias comerciaisde mesma resistência interna de 0,10Ω, mas verificou, por meio de umvoltímetro ideal, que uma delas tinha força eletromotriz de 12 Volts e aoutra, de 11 Volts. A fim de avaliar se deveria conectar em paralelo asbaterias para montar uma fonte de tensão, ele desenhou o circuito indicadona figura a seguir e calculou a corrente i que passaria pelas baterias dessecircuito.

a) Calcule o valor encontrado pelo estudante para a corrente i.b) Calcule a diferença de potencial VA – VB entre os pontos A e B

indicados no circuito.

RESOLUÇÃO:a) Na situação proposta, a bateria de 11V irá atuar como receptor, assim:

i =

i = (A)

i = (A)

b) Pelo gerador: Pelo receptor:

UAB = E – r i UAB = E + r i

UAB = 12 – 0,10 (5,0) UAB = 11 + 0,10 (5,0)

2. No gráfico a seguir estão representadas as características de umgerador, de força eletromotriz igual a � e resistência interna r, e umreceptor ativo de força contraeletromotriz �’ e resistência interna r’.Sabendo que os dois estão interligados, determine a resistência internae o rendi mento para o gerador e para o receptor.

RESOLUÇÃO1 – Leitura do gráfico:

• gerador: ε = 100V

• receptor: ε’ = 40V

2 – Cálculo das resistências internas:• gerador:

r = (Ω) ⇒

• receptor:

r’ = (Ω) ⇒

3 – O circuito elétrico é mostrado na figura abaixo:

Lei de Pouillet:

i = ⇒ i = (A)

i = 2A

4 – Cálculo da ddp comum ao gerador e ao receptor:

U = ε – r i

U = 100 – 20 . 2 (V)

U = 60V

E – E’–––––––

ΣR

12 – 11–––––––––0,10 + 0,10

1,0––––0,20

i = 5,0A

UAB = 11,5V UAB = 11,5V

100 – 20–––––––––

4r = 20Ω

60 – 40––––––––

2r’ = 10Ω

ε – ε’––––––r – r’

100 – 40––––––––20 + 10

MÓDULO 11 55 Eletrodinâmica I

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Page 139: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 29

5 – Cálculo dos rendimentos:• gerador:

ηG = ⇒ ηG = = 0,60

• receptor:

ηrec = ⇒ ηrec = =

Respostas: gerador: r = 20Ω; ηG = 60%

receptor: r’ = 10Ω; ηrec = 67%

3. (UNICAMP) – Telas de visualização sensíveis ao toque são muitopráticas e cada vez mais utilizadas em aparelhos celulares,computadores e caixas eletrônicos. Uma tecnologia frequentementeusada é a das telas resistivas, em que duas camadas condutorastransparentes são separadas por pontos isolantes que impedem ocontato elétrico.a) O contato elétrico entre as camadas é estabelecido quando o dedo

exerce uma força →F sobre a tela, conforme mostra a figura abaixo. A

área de contato da ponta de um dedo é igual a A= 0,25 cm2. Baseadona sua experiência cotidiana, estime o módulo da força exercida porum dedo em uma tela ou teclado convencional, e em seguida calculea pressão exercida pelo dedo. Caso julgue necessário, use o peso deobjetos conhecidos como guia para a sua estimativa.

b) O circuito simplificado da figura no espaço de resposta ilustra comoé feita a detecção da posição do toque em telas resistivas. Umabateria fornece uma diferença de potencial U = 6 V ao circuito deresistores idênticos de R =2 kΩ. Se o contato elétrico forestabelecido apenas na posição representada pela chave A, calculea diferença de potencial entre C e D do circuito.

RESOLUÇÃOa) Fazendo uma estimativa para o módulo da força

→F exercida na tela:

F = 1,0 N

p = ⇒ p =

b) O circuito, com a chave fechada em A e aberta em B, fica:

Req = + R =

i = = =

A ddp entre C e D é dada por:

UCD = . i

UCD = . (V)

Respostas: a) 4,0 . 104 N/m2

b) 2,0V

U–––

ε

60V––––––100V

ηG = 60%

ε’–––U

40V–––––60V

2–––3

ηrec � 67%

F–––A

1,0 N––––––––––––0,25 . 10–4 m2

p = 4,0 . 104 N/m2

R–––2

3R––––

2

U––––Req

6–––––

3R–––2

12––––3R

R–––2

R–––2

12––––3R

UCD = 2,0V

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Page 140: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

30 –

1. O diagrama adiante representa um circuito simplificado de umatorradeira elétrica que funciona com uma ten são U = 120 V. Umconjunto de resistores RT = 20 Ω é responsável pelo aquecimento dastorradas e um cro nô metro determina o tempo durante o qual a tor -radeira permanece ligada.

a) Qual é a corrente que circula em cada resistor RT quando atorradeira está em funcionamento?

b) Sabendo-se que essa torradeira leva 50 segundos para preparar umatorrada, qual é a energia elétrica total consumida no preparo dessatorrada?

c) O preparo da torrada só depende da energia elétrica total dissipadanos resistores. Se a torradeira funcionasse com dois resistores RT decada lado da torrada, qual seria o novo tempo de preparo da torra da?

RESOLUÇÃO

a) i = =

i = (A) = (A)

⇒ iT = ⇒

b) Ee� = Pot . ΔtEe� = U . i . ΔtEe� = 120 . 4,0 . 50 (J)

c) Ee� = . Δt’

Ee� = . Δt’ 24 000 = . Δt’

Δt’ = (s) ⇒

Respostas: a)2,0A; b) 2,4 . 104J ou 24kJ; c) 33,3s

2. Um aspecto importante no abastecimento de energia elétricarefere-se às perdas na transmissão dessa energia do local de geraçãopara o local de consumo. Uma linha de transmissão de 1000kmapresenta uma resistência típica R = 10Ω. A potência consumida nacidade é PC = 1000MW.a) A potência consumida é transmitida pela linha e chega à cidade com

uma tensão de 200kV. Calcule a corrente na linha de transmissão.b) Calcule a percentagem da potência dissipada na linha PD, em

relação à potência consumida na cidade, PC.

RESOLUÇÃO:

a) Sendo a potência consumida na cidade PC = 1000MW e a tensão que

chega à cidade de 200kV, vem:

PC = i U

1000 . 106 = i . 200 . 103

b) A potência dissipada na linha de transmissão será dada por:

Pdissipada = R . i2

Pdissipada = 10 . (5,0 . 103)2 (W)

Pdissipada = 250 MW

O percentual da potência dissipada na linha PD será dado por:

PD = = = 0,25 = 25%

Respostas: a) 5,0 . 103Ab) 25%U

––––Req

U––––––

3RT––––2

120–––––––

3 . 20–––––

2

120––––30

i = 4,0Ai

––2

iT = 2,0A

Ee� = 2,4 . 104J

U2

––––R’eq

U2

––––2RT––––

2

(120) 2

–––––––20

4000–––––120

Δt’ = 33,3s

i = 5,0 . 103A

250MW–––––––––1000MW

Pdissipada–––––––––PC

MÓDULO 11 66 Eletrodinâmica II

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Page 141: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

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D

– 31

1. (FUVEST-SP) – Em uma ilha distante, um equipamento eletronicode monitoramento ambiental, que opera em 12V e consome 240W, emantido ligado 20h por dia. A energia e fornecida por um conjunto deN baterias ideais de 12V. Essas baterias sao carregadas por um geradora diesel, G, atraves de uma resistencia R de 0,2Ω. Para evitarinterferencia no monitoramento, o gerador e ligado durante 4h por dia,no período em que o equipamento permanece desligado.

Determinea) a corrente I, em ampères, que alimenta o equipamento eletrônico C.b) o número mínimo N, de baterias, necessário para manter o sistema,

supondo que as baterias armazenem carga de 50# A.h cada uma.c) a tensão V, em volts, que deve ser fornecida pelo gerador, para

carregar as baterias em 4h.

RESOLUÇÃO:a) No equipamento:

P= i . U

240 = i . 12 ∴

b) No equipamento:

i =

20 = ∴ QT = 400Ah

Na associacao de baterias:

1 bateria –––– 50 A . h

N baterias –––– 400 A . h

N = 8 baterias, no minimo

c) Na associacao de baterias:

iTOT =

iTOT = (A)∴ iTOT = 100A

A tensão nos terminais do gerador (V) será dada por:

V = R . iTOT + Ebat

V = 0,2 . 100 + 12 (SI)

Respostas: a) 20A

b) 8 baterias

c) 32V

2. (UNICAMP) – Quando o alumínio é produzido a partir da bauxita,o gasto de energia para produzi-lo é de 15 kWh/kg. Já para o alumínioreciclado a partir de latinhas, o gasto de energia é de apenas 5% dogasto a partir da bauxita.a) Em uma dada cidade, 50.000 latinhas são recicladas por dia. Quanto

de energia elétrica é poupada nessa cidade (em kWh)? Considereque a massa de cada latinha é de 16g.

b) Um forno de redução de alumínio produz 400kg do metal, a partirda bauxita, em um período de 10 horas. A cuba eletrolítica desseforno é alimentada com uma tensão de 40V. Qual a corrente quealimenta a cuba durante a produção? Despreze as perdas.

RESOLUÇÃO:a) A massa das latinhas recicladas por dia é:

m = 50000 . 16g = 800kg

Para produzir essa massa de alumínio, a partir da bauxita, temos:

E1 = 800 . 15 kWh

E1 = 12000 kWh

A economia representa 95% de E1. Assim:

Ee = 0,95 . 12000 kWh

b) O gasto de energia para produzir 400kg de alumínio, a partir dabauxita, é dado por:

E = 15 . 400kg = 6000kWh

A respectiva potência é dada por:

Pot = = = 600kW

NOTE E ADOTE(1 ampère x 1 segundo = 1 coulomb)O parâmetro usado para caracterizar a carga de uma bateria, produtoda corrente pelo tempo, é o ampère . hora (A . h).Suponha que a tensão da bateria permaneça constante até o final desua carga.

i = 20A

Q–––Δt

Q–––20

Q––Δt

400–––4

V = 32 volts

Ee = 1,14 . 104 kWh

kWh–––––

kg

E–––Δt

6000kWh–––––––––

10h

MÓDULO 11 77 Eletrodinâmica III

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Page 142: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

32 –

A corrente elétrica é dada por:

i = = (A)

Respostas: a) 1,14 . 104 kWh

b) 1,5 . 104A ou 15kA

3. (UNESP-SP) – Celulas fotovoltaicas foram idealizadas edesenvolvidas para coletar a energia solar, uma forma de energiaabundante, e converte-la em energia eletrica. Estes dispositivos saoconfeccionados com materiais semicondutores que, quandoiluminados, dao origem a uma corrente eletrica que passa a alimentarum circuito eletrico. Considere uma celula de 100cm2 que, ao seriluminada, possa converter 12% da energia solar incidente em energiaeletrica. Quando um resistor e acoplado a celula, verifica-se que atensao entre os terminais do resistor e 1,6V. Considerando que, numdia ensolarado, a celula recebe uma potencia de 1kW por metroquadrado, calcule a corrente que passa pelo resistor.

RESOLUÇÃO:Levando-se em conta que a celula recebe uma potencia de 1kW por metroquadrado e que a celula apresenta area de 100cm2, temos:

P = 1 . 10–2 kW

Como a celula converte apenas 12% da energia solar incidente em energiaeletrica, vem

Peletr = 0,12 . 1 . 10–2kW = 1,2W

No resistor, a tensao medida e de 1,6V. Assim, podemos calcular aintensidade da corrente, fazendo:

Peletr = i . U ⇒ 1,2 = i . 1,6

Resposta: 0,75A

i = 0,75A

104cm2 → 1kW 102cm2 → P

i = 1,5 . 104A

Pot–––U

600 . 103

–––––––40

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Page 143: Exercícios Resolvidos de Física

FÍS

ICA

D

– 33

1. (Olimpíada de Portugal) – Numa aula experimental de Física, umgrupo de alunos colocou sobre o prato de uma balança-dinamômetro:• um recipiente de 120g de massa, contendo 200cm3 de água;• um corpo de alumínio de 270g de massa e de volume igual a100cm3.

a) Indique qual o valor indicado na balança-dinamômetro, calibradaem newtons

b) Na fase seguinte da experiência os alunos suspenderam o corpo dealumínio de um dinamômetro e mergulharam-no totalmente norecipiente com água. Quais foram, nestas condições, os valoresindicados no dinâmometro e na balança-dinamômetro? Justifiquecuidadosamente a sua resposta.

Dados: densidade da água: 1,0 . 103kg/m3; g = 10,0m/s2

RESOLUÇÃO:a) M = mR + ma + mal

M = 120 + 200 + 270 (g) = 590g = 0,59kg

P = Mg = 0,59 . 10,0 (N) = 5,9N

b) 1) E = μa V g

E = 1,0 . 103 . 100 . 10–6 . 10,0 (N)

E = 1,0N

2) Fdin + E = P

Fdin + 1,0 = 0,27 . 10,0

3) Fbalança = PR + Pa + E

Fbalança = 0,12 . 10,0 + 0,20 . 10,0 + 1,0 (N)

Fbalança = 1,2 + 2,0 + 1,0 (N)

2. (UFF) – Um corpo de chumbo com volume de 12cm3 é preso porum fio e mergulhado em um recipiente de 50g de massa contendo 60gde água. Todo o sistema está apoiado sobre uma balança, e o bloco dechumbo não toca no fundo, conforme ilustrado na figura abaixo.Calcule o valor marcado pela balança, em gramas. Justifique suaresposta aplicando o príncipio de Arquimedes e as Leis de Newton.Dados: densidade da água, ρ = 1,0g/cm3.

g = 10m/s2

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo do empuxo:

E = ρ V g

E = 1,0 . 103 . 12 . 10–6 . 10 (N)

2) De acordo com a lei da ação e reação o corpo de chumbo aplicará na

água uma força vertical para baixo de 0,12 N, isto é, a contribuição do

chumbo para o peso do sistema é de 0,12 N ou ainda uma contribuição

em massa de 0,012kg = 12g

3) A balança indicará a massa do recipiente, mais a massa de água e mais

os 12g que correspondem à contribuição do corpo de chumbo:

Mindicada = 50g + 60g + 12g = 122g

Resposta: 122g

Fbalança = 5,9N

Fdin = 1,7N

Fbalança = 4,2N

E = 0,12 N

MÓDULO 11 88 Hidrostática

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Page 144: Exercícios Resolvidos de Física

FÍSIC

A D

34 –

3. (UnB-2010-Adaptado) – Considere um balão com volume igual a5,0 . 106 L deslocando-se horizontalmente a uma altitude constante naqual a pressão atmosférica e a temperatura são iguais, respectivamente,a 50kPa e 283K. Sendo g = 10m/s2 calcule a massa total do balão e deseu conteúdo. A massa molar média do ar vale 0,0289kg/mol) e aconstante universal dos gases perfeitos vale 8,3 J . mol–1K–1.

RESOLUÇÃO:

1) Cálculo da densidade do ar:

p V = R T

p = R T ⇒ μ =

μ = (kg/m3) � 0,62kg/m3

2) Cálculo do empuxo:

E = μar V g

E = 0,62 . 5,0 . 103 . 10 (N) = 3,1 . 104 N

3) E = mg

3,1 . 104 = m . 10

Resposta: 3,1 . 103kg ou 3,1t.

m––––

M

μ––––

M

p M––––R T

50 . 103 . 0,0289––––––––––––––

8,3 . 283

m = 3,1 . 103kg

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