FISICA_MP_001a096

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Assessoria Pedagógica

FÍSICAVolume único

Antônio Máximo • Beatriz Alvarenga

Apresentação

Omaterial de apoio didático aqui apresentado pretende servircomo suplemento de apoio à ação do professor adotante do livroFísica, de Beatriz Alvarenga e Antônio Máximo, em volume único.

Este material cria ainda mais alternativas didáticas, permitindo aoprofessor estabelecer, dentro de sua realidade particular, caminhospedagógicos que fortaleçam o aprendizado de conceitos específicosde física dentro do cotidiano da escola ou da vida dos alunos.

Este material está dividido em cinco partes, que permitirão odesenvolvimento mais aprofundado dos conceitos estudados. Doponto de vista metodológico, será sugerida uma distribuição de con-teúdo pelas séries, por ano, além de um plano de aulas detalhado.

Do ponto de vista da avaliação são sugeridos exercícios, questõese provas de exames vestibulares e do ensino médio (Enem) com asresoluções completas.

Índice

1. Sugestão de distribuição de conteúdo pelas séries .................................................. 4

2. Sugestão de distribuição de conteúdo no ano .......................................................... 4

3. Resolução dos exercícios de fixação ........................................................................... 5

4. Questões do Enem, com resoluções e respostas ........................................................ 44

5. Resolução das questões e testes de concursos e vestibulares ................................... 59

4 • ASSESSOR IA PEDAGÓGICA

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1 SUGESTÃO DE DISTRIBUIÇÃO DE CONTEÚDOPELAS SÉRIES

Série Capítulos

1a- 1 ao 4

2a- 5 ao 8

3a- 9 ao 12

SUGESTÃO DE DISTRIBUIÇÃO DE CONTEÚDO NO ANO

1a- SÉRIECapítulo Número de aulas

1 8

2 19

3 19

4 17


5 11

6 19

7 12

8 14


9 15

10 14

11 13

12 15

7. Microscópios, telescópios, projetores de três dimensões,aceleradores de partículas, etc. Os estudantes poderãodiscutir a possibilidade de criação de aparelhos paraaguçar nosso olfato, nosso paladar, etc.

8. Para obter maiores detalhes sobre os conteúdos tratadospelos diversos ramos da física, os alunos poderão consul-tar textos e revistas de divulgação científica ou enciclo-pédia de boa qualidade.

Os professores deverão incentivar os estudantes a luta-rem para a ampliação do acervo da biblioteca da escola.Visitas constantes à biblioteca e procura de novos textose periódicos serão a melhor maneira de pressionar asautoridades competentes para sua atualização.

9. a) Evidentemente, tratando-se de um cubo de 1 cm dearesta, seu volume V é dado por:

V = 1 cm # 1 cm # 1 cm = 1 cm3

b) Contando na figura, é fácil verificar que na largurada placa existem 10 cubos pequenos e, na profundi-dade, também 10 cubos. O total de cubos contidos naplaca é, portanto, igual a 10 # 10 = 100.

c ) Ainda, observando a figura, vê-se que o cubo grandeé constituído de 10 placas idênticas àquela que cobresua base.

d) No cubo grande cabem, pois, 10 # 100 = 1 000 cubospequenos, de 1 cm3 cada um.

e) Como o volume do cubo grande é 1 dm3 e o dopequeno, 1 cm3, concluímos que 1 dm3 = 1 000 cm3.Este exercício auxilia o estudante a compreender asrelações entre as unidades. Sem esta compreensão,ele apenas memoriza as relações e as esquece facil-mente; assim, sua aprendizagem, não sendo construí-da sobre os princípios básicos daquelas relações, nãoserá suficiente para a reelaboração do conceito(aprendizagem não significativa).

10. O estudante deve ser orientado para avaliar o númeroaproximado de centímetros quadrados (cm2) que cabemna largura da folha e quantas fileiras, iguais a essa,encheriam toda a folha. Assim, multiplicando os doisvalores avaliados, ele obterá a área aproximada da fo-lha, em cm2. Só depois de obter esse resultado ele deve-rá usar o método tradicional: medir com uma régua asduas dimensões da folha (largura e comprimento) e usara expressão que lhe fornece a área do retângulo (área == comprimento # largura). Comparando o resultadodesse cálculo com o valor aproximado, o estudante teráuma idéia de sua capacidade de avaliação. Essa habilida-de de avaliar valores, sem realizar medidas diretamente,pode ser útil em várias ocasiões, no exercício de muitasatividades, e é interessante procurar aperfeiçoá-la.

11. Exercícios semelhantes a este podem ser propostos,levando os alunos a realizarem medidas simples, usandoaparelhos comuns em nosso cotidiano (réguas e trenas,balanças, medidores de ângulos, relógios, medidoreselétricos, etc.). Assim, interpretando as escalas dessesaparelhos, eles terão facilidade para fazer novas leituras,mesmo em outros aparelhos que apresentem escalascom subdivisões diferentes daquelas já conhecidas.

a) No caso em questão, o aluno cometeu um erro, nãopercebendo que cada subdivisão da escala correspon-de a 0,2 kg. Com um pouco de atenção, o aluno fará a

ASSESSOR IA PEDAGÓGICA • 5

Capítulo 11. O estudante poderá consultar os textos usados em seus

cursos de ciências e geografia ou, mesmo de memória,citar fenômenos como:biologia — constituição das células vivas, característicasde algum inseto, vírus causador de alguma doença.zoologia — espécies animais em extinção, hábitat dealgum ser vivo, aspectos do ser humano.botânica — conservação das espécies vegetais, tipos deplantas silvestres, atividades extrativistas do homem.geologia — tipos de solo, características dos cristais epedras preciosas, formação dos lençóis petrolíferos.

2. A estrutura do sistema solar, das galáxias, das estrelas edo Universo, em geral; a constituição da matéria; a evo-lução dos veículos e os princípios em que se baseiam seusmovimentos; as vestimentas e seus objetivos; a invençãoda transmissão de imagens pela televisão, etc.

3. Alguns exemplos: a agricultura e a tecnologia de alimen-tos, que propiciam a produção e a conservação de gêne-ros alimentícios para satisfazer as necessidades de milhõesde pessoas; a produção de roupas, calçados e medicamen-tos para a proteção do corpo humano e manutenção desua saúde. É praticamente impossível, na atualidade, con-ceber uma volta à vida primitiva sem uso dos recursos cita-dos. Fatos relacionados à evolução da comunicação entrepessoas, sociedades e nações, invenção dos diversos meiosde transporte e outros aspectos sugeridos pelos própriosalunos também poderão ser analisados.

4. Infelizmente, como sabemos, existem muitos povos quenão têm acesso às conquistas científicas e tecnológicas,levando uma vida semelhante à dos povos primitivos.Mesmo em países do Primeiro Mundo há grande percen-tual da população que não pode gozar dos benefíciosproporcionados pela ciência e pela tecnologia.

5. A presença da física em nossa vida, comentada na seção1.3, juntamente com observações próprias de cada estu-dante, permitirão a eles formular esses argumentos. Adiscussão desse exercício, em classe, é importante paramotivar o aluno para o estudo dessa ciência não apenascomo uma obrigação escolar, mas procurando levá-lo ase desenvolver como uma pessoa integrada à cultura desua época. Por isso mesmo, a física, nesse nível, deveriaser ensinada de maneira a tornar-se interessante paratodos e não somente para aqueles que pretendam sercientistas ou técnicos em áreas diretamente relacionadascom a ciência.

6. Diariamente, os estudantes têm conhecimento, atravésdos meios de comunicação, de fatos como: novas partí-culas que vêm sendo previstas e detectadas na constitui-ção da matéria, novos astros (novos sistemas solares, porexemplo) descobertos pelos astrônomos e astronautas,ou mesmo as partes de nosso organismo, que são descri-tas com maiores detalhes pelos biólogos ou médicos, etc.Ao lado dessas descobertas relativas à natureza, os cien-tistas e técnicos criam um novo mundo, de materiais emáquinas sensacionais (por exemplo: fibras ópticas, dis-positivos eletrônicos diversos, materiais sintéticos compropriedades incríveis, aparelhos capazes de realizar ati-vidades julgadas, até então, impossíveis, etc.).

3 RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO

leitura de maneira correta, encontrando 4,5 kg(o ponteiro aponta, aproximadamente, para o meioda terceira subdivisão, após a indicação do valor 4 kg).

b) O estudante deve ter consciência de que, sendo asmenores subdivisões das escalas dos aparelhos de medi-da muito pequenas, torna-se quase impossível perceberuma fração inferior a 0,1 desta subdivisão. Na questãoproposta, o algarismo 7 do valor lido pelo segundo estu-dante (4,527 kg) não poderia ser percebido, pois sua lei-tura implicaria uma percepção de milésimos da subdivi-são mencionada. Mesmo o algarismo 2, correspondentea 0,02 kg, só poderia ser lido se fosse possível interpretarum centésimo da menor subdivisão da balança.Concluímos, pois, que a leitura não é razoável.

12. Uma simples pesquisa bibliográfica conduzirá o estudan-te aos valores apresentados na resposta desse exercício.

13. a) Como 0,5 h = 30 minutos, temos:

3,5 h = 3 h 30 minutos

b) Sendo 0,7 h =10107 h =

10107

$ 60 minutos = 42 minutos,

concluímos: 8,7 h = 8 h 42 minutos.c ) Podemos estabelecer a seguinte proporção:

60 minutos 1 h18 minutos X

donde X = 0,3 h.Logo, 5 h 18 minutos = 5,3 h.

14. a) Como sabemos, o volume V de um cubo é dado pelocubo de sua aresta a (isto é, V = a3). Temos, então:

V = a3 = (10-13 cm)3 = 10-39 cm3

b) A densidade de um corpo é dada pela expressãod = m/V. Assim, temos:

d =1010

1010cmcm

gramasgramas3939

2424

3-

-

ou d = 1015 g/cm3

Para ter uma idéia da enormidade desse valor (isto é,da compacidade da matéria que constitui o próton),informamos que a massa de 1 cm3 de ouro é de cercade 20 gramas (a densidade do ouro é, aproximada-mente, 20 gramas/cm3).

15. a) No sistema decimal de unidades, o valor de uma uni-dade qualquer é 10 vezes maior que seu submúltiploimediatamente inferior. Sendo:1 h = 60 minutos ≠ 10 minutos e 1 minuto = 60 s ≠ 10 s,concluímos que o sistema não é decimal.

b) Evidentemente, a duração da partida é obtida pela somados tempos dos três sets. Temos, então, começando poradicionar as frações do tempo expressas em segundos:

32 s + 45 s + 35 s = 112 s = 1 min 52 s

Adicionando a seguir as frações correspondentes aosminutos, vem:

50 min + 49 min + 30 min = 129 min = 2 h 9 min

A duração da partida será, então:

2 h (9 + 1) min 52 s ou 2 h 10 min 52 s

16. Consultando o texto, o estudante verá que esse país é aInglaterra. Por causa dessa ausência, tanto o Reino Unidocomo os países que foram colonizados pelos ingleses (osatuais países de língua inglesa) ainda hoje usam as unida-des não decimais do sistema inglês. Há, entretanto, umcerto consenso nesses países sobre as vantagens do uso dosistema métrico decimal, esperando-se que em breve eleseja usado mundialmente. Na área científica, o SI (que éum sistema decimal) já é usado universalmente.

17. Como dissemos no texto, o metro foi definido como umdécimo de milionésimo do quadrante terrestre. Então, aquarta parte da circunferência terrestre vale:

41 da circunferência terrestre = 10 000 000 m = 107 m

Concluímos, pois, que:

C = 1 circunferência terrestre = 4 # 10 000 000 mou C = 4 # 107 m = 40 000 km

b) Podemos estabelecer a seguinte proporção:

1 volta 40 000 kmX 120 000 km

donde X = 3 voltas.

18. a) Esse sistema, universalmente usado, é denominadoSistema Internacional de unidades (SI).

b) O nome foi dado em virtude de ter sido criado emuma reunião ampla, com a presença de representan-tes de várias nações, e da expectativa que as pessoaspresentes tinham de esse sistema passar a ser usadoem todos os países do mundo.

1. a) A pessoa N está se deslocando juntamente com o ôni-bus. Então, ela está em movimento em relação à Terra.

b) A pessoa M observa N sempre na mesma posição.Logo, N não está em movimento em relação a M.

2. a) Para o leitor, o livro está sempre na mesma posição.Logo, ele está em repouso em relação ao leitor.

b) Para um observador no Sol, qualquer objeto sobre aTerra está em movimento, em virtude da translaçãode nosso planeta em torno do Sol.

3. a) Quando o referencial não está indicado, significa queos movimentos estão sendo considerados em relaçãoà Terra.

b) Como ambos se deslocam com a mesma velocidade,no mesmo sentido, é fácil concluir que a distânciaentre eles permanece invariável.

c ) Em relação a C, a posição de D é sempre a mesma.Logo, D está em repouso em relação a C.

4. Em relação à Terra, a posição do poste não se modifica(ele está em repouso). Para a pessoa no carro, a posiçãodo poste está se alterando (ele está em movimento).

5. a) e b) Não; se considerarmos uma pessoa na Terra,observando o Sol e os planetas, para esta pessoa estescorpos estarão em movimento, girando em torno daTerra. Ou seja, adotando a Terra como referencial, écorreto dizer que o Sol e os planetas giram em tornoda Terra (como afirmava Ptolomeu).Obs.: Na figura 2-7 (a), vemos uma fotografia que ilus-tra claramente essas idéias, mostrando as trajetóriasde várias estrelas em relação à Terra. Obteve-se a fotocom uma câmara fotográfica cuja objetiva foi manti-da aberta durante cerca de 10 horas, apontando parao céu, à noite.

6. Copérnico imaginava um observador no Sol, estudandoo movimento dos planetas em torno dele — no sistemaheliocêntrico, o referencial é colocado no Sol.

7. a) A denominação de um movimento se refere sempre àforma de sua trajetória e ao que ocorre com o valorde sua velocidade. Neste caso, a trajetória é retilíneae o valor de sua velocidade não varia. Logo, temos ummovimento retilíneo uniforme.

b) A trajetória é circular e o valor da velocidade nãovaria. Logo, temos um movimento circular uniforme.


Capítulo 2

8. a) Não, porque sua velocidade não permaneceu cons-tante neste movimento.

b) Durante os 10 s em que o velocímetro indicou sempre50 km/h.

9. a) Temos:v

td

3 h750750 kmkm 250250 km/hkm/h= = =

b) Sabemos que, no movimento uniforme, tem-se:d = vt = 250 # 0,5 = 125 km

Obs.: Como v foi expresso em km/h e t em horas, obti-vemos d em km.

c ) De d = vt obtemos: 500 = 250t

donde t =250250500500 ou t = 2 h

10. Na placa indicadora de velocidade máxima está escrito:“80 km”. Como sabemos, esta indicação representa ovalor de uma distância e não de uma velocidade. A indi-cação correta seria 80 km/h.

11. a) Temos a proporção:1 m/s 3,6 km/h

X 18 km/hdonde

X =,3 6

1818 ou X = 5 m/s

b) De maneira semelhante, temos:1 m/s 3,6 km/h

X 54 km/hdonde

X =,3 6

5454 ou X = 15 m/s

c ) Observe que um carro, que percorre 1 m em cada 1 s,percorrerá 60 m em um minuto, isto é, 1 m/s = 60 m/min.Logo, temos:

1 m/s 60 m/minX 360 m/min

dondeX =

6060360360 ou X = 6 m/s

12. a) 1 m/s 3,6 km/h700 m/s X

dondeX = 700 # 3,6 ou X = 2 520 km/h

b) 1 m/s 3,6 km/h30 m/s X

dondeX = 30 # 3,6 ou X = 108 km/h

c) 1 m/s 3,6 km/h1,5 m/s X

dondeX = 1,5 # 3,6 ou X = 5,4 km/h

13. a) Como o movimento é suposto uniforme, temos:

vtd v

5050100100 ouou 2 m/sm/s= = =

b) Como a velocidade está expressa em m/s, devemosexpressar o tempo do percurso em segundos, paraobter a distância percorrida em metros. Temos:

t = 1 min 40 s = 60 s + 40 s = 100 sdonde

d = vt = 2 # 100 ou d = 200 m

14. A velocidade do atleta é:

vtd v

1010100100 1010ouou m/sm/s= = =

Temos: 1 m/s 3,6 km/h10 m/s X

dondeX = 10 # 3,6 ou X = 36 km/h

Logo, a velocidade do atleta é maior que 30 km/h.

15. a) A velocidade do som no ar, obtida na tabela 2-1, é de340 m/s.

Temos: 1 m/s 3,6 km/h340 m/s X

dondeX = 340 # 3,6 ou X = 1 224 km/h

Logo, a velocidade do avião é menor que a do som.b) Como a distância foi expressa em metros, precisamos

expressar a velocidade do avião em m/s, obtendo otempo em segundos.

Temos: 1 m/s 3,6 km/hX 900 km/h

donde X =,3 6

900900 ou X = 250 m/s

Então, de d = vt, vem: 1 500 = 250t

donde t =250250

1 500500 ou t = 6 s

16. a) Em cada intervalo de 2 min, vemos que o trem percor-re sempre 4 km. Logo, seu movimento é uniforme(velocidade constante).

b) Temos:

vtd v

2 minmin4 kmkm ouou 2 km/minkm/min= = =

Obs.: Se um corpo percorrer 1 km por minuto, ele per-correrá 60 km em 1 hora, isto é, 1 km/min = 60 km/h.Logo:

1 km/min 60 km/h2 km/min X

donde X = 2 # 60 ou X = 120 km/h

17. Temos d = 1,5 # 108 km e t = 500 s. Então, a velocidadeda luz é:

,vtd 1 5 1010

51515

10101010

500500 skmkm kmkm8

2

7##= = =

s

donde v = 3 # 105 km/s = 300 000 km/sEste é exatamente o valor da velocidade da luz apresen-tado na tabela 2-1.

18. O raio laser é um raio luminoso e, portanto, sua veloci-dade é v = 300 000 km/s. A distância total percorrida porele foi, então:

d = 2 # (3,9 # 108) m = 7,8 # 108 m =

= 7,8 # 105 # (103 m) = 7,8 # 105 km

De d = vt, vem: 7,8 # 105 = 300 000tdonde

, ,t t3 1010

7 8 1010 2 6ouou s5

5

#

#= =

Obs.: Como v estava expressa em km/s e d, em km, obti-vemos t em segundos.

19. a) Como a velocidade não permaneceu constante e atrajetória era uma reta, temos um movimento retilí-neo variado.

b) Sabemos que vm = d/t. Então:

v v1010140140 ouou 1414 m/sm/sm m= =

c ) Naquele instante, o velocímetro indicava 100 km/h.Logo, este era o valor da velocidade instantâneanaquele momento.

20. a) Usando a equação d = vt, vem:

1o- : 200 = 100t1, donde t1 =100100200200

= 2 h

2o- : 70 = 70t2, donde t2 =70707070

= 1 h


Obs.: Este resultado poderia ser obtido com o seguin-te raciocínio: se a = -5 m/s2, a velocidade do aviãodiminui de 5 m/s em cada segundo; logo, em 10 s eladiminuirá de 10 # 5 m/s = 50 m/s; como a velocidadeinicial era vi = 70 m/s, é claro que a velocidade final(após 10 s) será:

vf = 70 - 50 = 20 m/s

b) Usando a equação a = (vf - vi)/t, e como vf = 0 (pois oavião pára na pista), vem:

-5 =t

0 7070- , donde -5t = -70 ou t =57070

= 14 s

28. a) Vemos, no desenho, que a distância que o caminhãopercorre em cada 1 s aumenta de A até D. Logo, nesteintervalo o movimento é acelerado (a velocidadeaumenta).

b) A distância percorrida em cada 1 s não se modifica deD até G. Logo, o movimento é uniforme (velocidadeconstante).

c ) A distância percorrida em cada 1 s diminui de G a J.Logo, o movimento é retardado (a velocidade diminui).

29. Medindo-se, no desenho, a distância percorrida em cada1 s entre D e G, encontramos 2 cm. Como 1 cm represen-ta 10 m, concluímos que o caminhão percorreu uma dis-tância d = 20 m em um tempo t = 1 s. Logo:

v =td

12020

= ou v = 20 m/s

30. A conclusão do estudante está errada. De fato, quandoum corpo possui aceleração nula, isto significa que suavelocidade não está variando. Portanto, um corpo emmovimento retilíneo uniforme possui aceleração nula,apesar de estar se movendo.

31. a) Como o estudante provavelmente já percebeu, o livrochega primeiro ao solo.

b) De acordo com as idéias de Galileu, comprovadasexperimentalmente (figura 2-24), os dois chegarãojuntos ao solo.

c ) Porque a resistência do ar tem pouco efeito na quedado livro (peso maior), mas retarda bastante a quedada folha (pequeno peso).

32. a) Vimos que a velocidade aumenta de aproximadamen-te 10 m/s em cada 1 s.

b) A velocidade diminui de aproximadamente 10 m/s emcada 1 s.

33. A velocidade adquirida pelo corpo em queda livre, após10 s, é:

v = gt = 10 # 10 ou v = 100 m/s.

Para expressar essa velocidade em km/h, temos:

1 m/s 3,6 km/h100 m/s X

dondeX = 100 # 3,6 ou X = 360 km/h

Portanto, a velocidade adquirida em queda livre é muitomaior que aquela adquirida pelo automóvel, mostrandoque o valor da aceleração da gravidade é consideravel-mente maior que a aceleração que um automóvel depotência média consegue desenvolver.

34. a) Como a velocidade aumenta de 10 m/s em cada 1 s, oaumento em 4 s será:

10 # 4 = 40 m/s

b) Como, inicialmente, o corpo possuía uma velocidadevi = 5 m/s e sofreu um aumento de 40 m/s, sua veloci-dade final será:

vf = 5 + 40 ou vf = 45 m/s

b) A distância total percorrida foi d = 200 + 70 = 270 kme o tempo total gasto no percurso foi t = t1 + t2 =

= 2 + 1 = 3 h. Então:

vm =3

270270 9090 km/hkm/h= =

21. a) Temos:

1o- : ,

vtd

0 12 2020 m/sm/sm = = =

2o- : vtd

56060 1212 m/sm/sm = = =

b) De acordo com o que se estudou nesta seção, a velo-cidade instantânea em A será o valor de vm calculadono menor intervalo de tempo possível, a partir daque-le ponto. Logo, o valor vm = 20 m/s, calculado para ointervalo menor (0,1 s), estará mais próximo da velo-cidade instantânea em A.

22. a) Temos:.v

td v

10107070 7ouou m/sm/sm m= = =

b) Quando o movimento é uniforme, o valor da veloci-dade média é sempre o mesmo em qualquer interva-lo de tempo, mesmo que ele seja muito pequeno.Então, o valor da velocidade instantânea é igual ao davelocidade média, isto é, igual a 7 m/s.

23. a) Entre as posições D e F, a velocidade do carro nãovaria. Logo, sua aceleração é nula.

b) Entre as posições A e D, a velocidade aumenta damesma quantidade (2 m/s) em cada segundo. Logo, omovimento é uniformemente acelerado (a aceleraçãoé sempre a mesma, igual a 2 m/s/s = 2 m/s2).

24. a) Entre as posições F e G, o valor da velocidade do carrodiminui (vf < vi). Logo, a aceleração é negativa (movi-mento retardado).

b) Não, porque a velocidade aumenta de quantidades dife-rentes em cada um dos intervalos de 1 s considerados.

25. a) Temos:

at

v v3

1616 1010f i=-

=-

= 2 m/s2

b) Como vimos, uma aceleração a = m/s2 significa que avelocidade aumenta de 2 m/s em cada 1 s.

26. a) Como a aceleração está dada em m/s2, vamos expres-sar a velocidade em m/s.

Temos: 1 m/s 3,6 km/hX 144 km/h

donde

,X X

3 6144144 4ouou 0 m/sm/s= =

Para calcular o tempo solicitado, usaremos a equaçãov = at do movimento uniformemente acelerado.Teremos:

40 = 4t, donde t =44040

= 10 s

b) Para este movimento, temos:

d atat d2 2

4 1010 200200ouou m2 2#

= = =

27. a) Podemos usar a equação que define a aceleração:a = (vf - vi)/t, onde

a = -5 m/s2, vi = 70 m/s e t = 10 s

Logo:-5 =

v1010

7070f -, donde vf - 70 = -50

Logo: vf = 70 - 50 = 20 m/s

distância totaltempo total


35. A altura do edifício é igual à distância que o corpo per-corre em queda livre durante um tempo t = 4 s. Então:

dgtgt

d2 2

1010 4 8080ouou m2 2#

= = =

36. a) Vemos, pela tabela, que o valor da velocidade em t = 0é v0 = 2 m/s.

b) Ainda pela tabela, vemos que a velocidade do corpoestá aumentando sempre de 3 m/s em cada 1 s. Logo,o movimento é uniformemente acelerado.

c ) Temos:

at

v va

51717 2 ououf=

-=

-= 3 m/s2

d) De v = v0 + at, vem:

v = 2 + 3 # 4, donde v = 14 m/s

(em concordância com a tabela)e) Usando a relação d = v0t + at2/2, temos:

d = 2 # 5 +2

3 52# , donde d = 47,5 m

37. a) É a velocidade que o carro possuía no momento emque o motorista pisou no freio, isto é, v0 = 18 m/s.

b) De v = v0 + at, com a = -3 m/s2 (movimento retardado),temos:

v = 18 - 3 # 3, donde v = 9 m/s

c ) Fazendo-se v = 0 na equação v = v0 + at, obteremos otempo solicitado:

0 = 18 - 3 # t, donde t = 6 s

d) De d = v0t + at2/2, vem:

d = 18 # 6 -2

3 62# , donde d = 54 m

38. a) Considerando desprezível a resistência do ar, pode-mos usar a relação v = v0 + gt. Temos:

35 = v0 + 10 # 3, donde v0 = 5 m/s

b) A altura do edifício é igual à distância d que a pedrapercorreu em queda livre durante um tempo t = 3 s.Portanto:

td vgtgt2

5 32

1010 30

2 2#

#= + = +

donde d = 60 m

39. De acordo com o que foi dito no exemplo 7, resolvidonesta seção, concluímos que se o corpo gastou 3 s parachegar ao ponto mais alto, ele gastará também 3 s pa-ra retornar ao ponto de lançamento. Isto ocorre porque,em ambos os casos, o corpo possui a mesma aceleração(em módulo) e sofre a mesma variação de velocidade(em valor absoluto). Portanto, o tempo total que elepermanece no ar é igual a 6 s.

40. a) A figura da resposta deste exercício, no livro-texto,mostra o gráfico procurado. Como a velocidade éconstante, é evidente que o gráfico v # t será uma retaparalela ao eixo dos tempos (na ordenada correspon-dente a 50 km/h).

b) Como o movimento é uniforme, podemos usar a rela-ção d = vt. Devemos expressar t em horas, porque vestá expressa em km/h, isto é, t = 30 min = 0,5 h. Logo,d = 50 # 0,5, donde d = 25 km.

41. a) No intervalo de t = 0 até t = 10 s, vemos que a veloci-dade da lancha permaneceu constante com v = 20 m/s.Logo, seu movimento é retilíneo uniforme. No interva-lo de t = 10 s até t = 20 s, o movimento é também reti-líneo uniforme, mas com uma velocidade v = 30 m/s.

b) Vemos, pelo gráfico, que no instante t = 10 s a velocida-de da lancha variou rapidamente de 20 m/s para 30 m/s.

c ) De t = 0 a t = 10 s, a lancha percorre uma distância:

d1 = 20 # 10 ou d1 = 200 m

Entre t = 10 s e t = 20 s (intervalo de 10 s), ela percor-re uma distância:

d2 = 30 # 10 ou d2 = 300 m

Portanto, a distância total percorrida foi:

d = 200 + 300 ou d = 500 m

42. a) Teremos, para os pontos C e E:

∆t = tE - tC = 5 - 3 ou ∆t = 2 s∆d = dE - dC = 100 - 60 ou ∆d = 40 m

b) Como sabemos, para o gráfico d # t :

inclinação = vtd

∆∆

2 s4040 m 2020 m/sm/s= = =

c ) Como devíamos esperar, esses dois valores são iguais,pois ambos representam o módulo da velocidade deum movimento uniforme (o gráfico d # t é uma reta equalquer trecho dessa reta, evidentemente, apresen-ta a mesma inclinação).

43. a) O gráfico nos mostra que, em t = 0, o carro se encon-tra na posição s = 40 km, isto é, no “quilômetro 40”da estrada.

b) Também pelo gráfico, vemos que, para t = 1 h, temoss = 100 km.

c ) Entre t = 0 e t = 1 h, temos:

∆t = 1 h e ∆d = 100 km - 40 km = 60 km

Então:v

td v

∆∆

16060 ouou 6060 km/hkm/h= = =

d) Vemos que, de t = 1 h até t = 1,5 h (durante 0,5 h), aposição do carro permanece invariável e igual a 100km, isto é, o carro permaneceu parado no “quilômetro100” durante 0,5 h.

e) É fácil perceber, pelo gráfico, que entre t = 1,5 h et = 2,5 h o valor de s está diminuindo, ou seja, o carroestá se aproximando do começo da estrada (quilôme-tro zero).

f ) O intervalo de tempo decorrido é:

∆t = 2,5 - 1,5 ou ∆t = 1 h

Nesse intervalo, o carro se deslocou de s = 100 kmpara s = 0, percorrendo, então, uma distância ∆d == 100 km. Portanto, o valor absoluto (módulo) de suavelocidade era:

v = ∆d/∆t = 100/1 ou v = 100 km/h

Como o carro está se deslocando no sentido decres-cente dos marcos quilométricos, nessas condições cos-tuma-se atribuir à velocidade um sinal negativo, istoé, v = -100 km/h.

44. a) Vemos que a velocidade da pedra está aumentandodurante a queda e, como o gráfico v # t é uma reta,concluímos que sua aceleração é constante (inclinaçãodo gráfico v # t). Logo, o movimento é uniformemen-te acelerado.

b) É evidente, pelo gráfico, que, em t = 0, temos v0 = 2 m/s.c ) O enunciado do exercício afirma que o movimento foi

observado até imediatamente antes de a pedra tocaro solo lunar. Como o gráfico se refere a esse interva-lo, temos t = 4 s.

d) O gráfico nos mostra que, em t = 4 s, a velocidade dapedra é v = 8 m/s.


45. a) Para esses pontos, temos:

∆t = 4 - 0 ou ∆t = 4 s∆v = 8 - 2 ou ∆v = 6 m/s

b) Sendo a inclinação = ∆v/∆t, vem:

inclinação =46 ou inclinação = 1,5 m/s2

c ) A aceleração de queda da pedra é igual à inclinaçãodo gráfico v # t.Logo, gL = 1,5 m/s2.

1. Toda força se manifesta como uma interação entre doiscorpos. Vimos que as forças de contato só podem serexercidas se houver contato direto entre os corpos queinteragem, e que as forças de ação a distância são exer-cidas sem necessidade de existir esse contato. Tendo emvista essas observações, é fácil justificar as respostasdeste exercício, fornecidas no gabarito.

2. Vemos claramente que em a e d as grandezas ficam com-pletamente definidas apenas por seu módulo (e unida-de): são, então, grandezas escalares. Em b e c, estãoassociados às grandezas mencionadas os conceitos dedireção e sentido: são, então, grandezas vetoriais.

3. a) Como v"A e v"B estão orientados sobre retas não parale-las, suas direções são diferentes.

b) v"B e v"C estão sobre retas paralelas e, então, têm amesma direção. Como mostram as setas, v"B tem o sen-tido para a esquerda e v"C, para a direita (sentidos con-trários).

c ) Evidentemente, v"B e v"D têm a mesma direção (ambossobre a mesma reta) e o mesmo sentido (ambos volta-dos para a esquerda).

4. Medindo com uma régua, o aluno verifica que o vetortem 3 cm de comprimento. Como cada 1 cm representa20 km/h, o módulo da velocidade é:

v = 3 # 20 ou v = 60 km/h

Evidentemente, o vetor v" está orientado ao longo dadireção norte-sul e seu sentido é de sul para norte.

5. a) Vemos que a força atua ao longo de uma reta (dire-ção) que forma um ângulo de 45° com a horizontal.Seu sentido é de cima para baixo.

b) O comprimento do vetor F"

é igual a 2 cm. Logo, 2 cmrepresentam 300 N, isto é, a escala é 1 cm : 150 N.

6. O comprimento do vetor pode ser determinado pelaseguinte proporção:

1 cm 2 kgfX 8 kgf

donde X =28 ou X = 4 cm

Sabemos que a direção do peso é vertical e seu sentidoé para baixo. Então, o estudante deverá traçar um vetorde 4 cm de comprimento, vertical, com a ponta da setapara baixo.

7. Podemos estabelecer a seguinte proporção:

1 kgf 10 NX 200 N

donde X =1010200200 ou X = 20 kgf

8. a) Não. De acordo com as experiências e com as idéias deGalileu, um corpo em movimento retilíneo uniformese desloca sem necessidade de existir uma forçaatuando sobre ele (primeira lei de Newton).

b) Essa pessoa está pensando de acordo com as idéias deAristóteles (há necessidade de uma força para manterum corpo em movimento).

9. a) Segundo Aristóteles, ao cessar a ação da força, o discodeveria parar.

b) Segundo Galileu, a tendência do disco, por inércia,seria prosseguir em movimento retilíneo uniforme,com a velocidade de 2 m/s (ele só pararia se houvesseuma força, como a de atrito, para freá-lo).

10. a) Não há nenhuma força atuando nos passageiros, poisnão existe nenhum agente interagindo com as pes-soas que pudesse exercer essa força.

b) Os passageiros estavam, inicialmente, em movimentojunto com o ônibus. A força dos freios atua apenassobre o ônibus e, então, os passageiros tendem a con-tinuar, por inércia, com o movimento que possuíam,deslocando-se, conseqüentemente, para a frente doônibus.

11. As forças que atuam no pacote são: força F"

exercida pelamão (interação da mão com o pacote) e seu peso P

"(inte-

ração do pacote com a Terra). Como essas forças têm amesma direção (vertical) e sentidos contrários, o móduloda resultante R

"é dado por R = F - P, onde F = 12 N.

Lembrando-se de que 1 N é o peso de um pacote de 100gramas, vemos que o peso de um pacote de 500 gramasserá P = 5 N. Logo:

R = F - P = 12 - 5 ou R = 7 N

A direção de R"

é vertical e seu sentido é para cima, por-que F > P.

12. a) Não, porque a resultante R"

das forças que atuamsobre ele é diferente de zero (R = 7 N).

b) Para que se tenha R = 0, a força deveria ter a mesmadireção, o mesmo módulo e sentido contrário ao pesoP". Logo, o módulo de F

"deveria ser F = 5 N.

13. a) Sim, porque o automóvel está se movendo em linhareta, com velocidade constante.

b) Como o automóvel está em equilíbrio, a resultantedas forças F

"e f"

deve ser nula. Logo, devemos ter f = Fou f = 800 N.

14. a) O comprimento dos vetores que representam F"

1 e F"

2

pode ser determinado pela proporção:

1 cm 100 NX 1 000 N

donde X =100100

1 000000 ou X = 10 cm

Os estudantes devem, então, desenhar os vetores F"

1 eF"

2 perpendiculares entre si, cada um com comprimen-to de 10 cm. Usando a regra do paralelogramo emedindo com uma régua a diagonal que representa aresultante, ele encontrará um comprimento de apro-ximadamente 14 cm. Como 1 cm representa 100 N, omódulo da resultante R

"será:

R = 14 # 100 ou R = 1 400 N

b) Pelo teorema de Pitágoras, temos R2 = F 21 + F 2

2.Logo:

R2 = 1 0002 + 1 0002 = 2 # 1 0002

donde R = 1 000 2 ou R = 1 400 N


Capítulo 3

Evidentemente, esse resultado é o mesmo obtido naquestão a.

c ) Como o arado está se deslocando em movimento reti-líneo uniforme, ele está em equilíbrio e a resultantetotal R

"t das forças que atuam sobre ele deve ser nu-

la. Então, a força f"

deve ser representada por umvetor de mesmo módulo que R

"(14 cm de comprimen-

to), mesma direção e sentido contrário a R".

15. Não. De acordo com a regra do paralelogramo, a resul-tante R

"é dada pela diagonal que tem sua origem no

ponto de aplicação das duas forças (ponto O na figu-ra 2-32). Logo, R

"é dada pela diagonal OB.

16. a) Nesse caso, como v"B e v"C têm o mesmo sentido, a velo-cidade resultante do barco será:

v = vB + vC = 10 + 2 ou v = 12 km/h

Como o movimento é uniforme, temos d = vt. Então:

120 = 12t, donde t =1212120120 ou t = 10 h

b) Nesse caso, a velocidade do barco (se ele estivesse emum lago, por exemplo), seria v = 10 km/h. Então, ded = vt, vem:

120 = 10t, donde t =1010120120 ou t = 12 h

17. a) O módulo da velocidade do barco será, nesta situa-ção, dado pela diferença entre os módulos de v"B e v"C

(vetores em sentidos contrários). Então:

v = vB - vC = 10 - 2 ou v = 8 km/h

Observe que, como o aluno provavelmente já espera-va, o barco se move rio acima mais lentamente que rioabaixo.

b) De maneira semelhante ao exercício anterior, temos,de d = vt:

120 = 8t, donde t =8

120120 ou t = 15 h

18. a) Não. Pois o nadadorpossui dois movimen-tos: ao mesmo tempoque atravessa o riocom a velocidade v"M,a correnteza o arras-ta rio abaixo com avelocidade v"C. É claroque ele só alcançariao ponto B se nãohouvesse correnteza(v"C = 0).

b) O nadador vai se mo-vimentar na direção eno sentido da velocidade v" resultante de v"B e v"C.Então, ele atingirá a outra margem no ponto D mos-trado pela figura acima.

19. a) Como a mesa não se move (equilíbrio), a resultantedas forças que atuam sobre ela deve ser nula (R = 0).Logo, como sabemos que f

"tem a mesma direção e

sentido contrário a F", temos R = F - f. Então, como

F = 35 N, vem:0 = 35 - f ou f = 35 N

b) Concluímos que a força de atrito estático f"

continua aequilibrar a força F

", porque a mesa não se move.

Logo, devemos ter f = 50 N.

20. a) A pessoa deverá fazer uma força capaz de vencer aforça de atrito máxima (80 N). Logo, a força F

"deve ser

ligeiramente superior a 80 N.

b) Como sabemos, quando a mesa está em movimento,a força de atrito cinético sobre ela tem um valormenor que a força de atrito estático máxima (menorque 80 N). Então, a mesa estará sob a ação da forçaF = 80 N e da força de atrito menor que 80 N. Assim,haverá uma força resultante não nula atuando namesa e ela, conseqüentemente, não estará em equilí-brio (seu movimento não será uniforme: como vere-mos na seção seguinte, a mesa adquirirá um movi-mento acelerado).

21. Não. Para que a mesa se desloque com velocidade cons-tante, deve ser nula a resultante das forças que atuamsobre ela. Então, como a mesa já está em movimento, aforça F

"deve ser exatamente igual a 60 N para que a

mesa, por inércia (R = 0), continue a se mover com movi-mento uniforme (com a velocidade que ela havia adqui-rido). As pessoas que afirmam que deve ser F > 60 Nestão raciocinando de acordo com as idéias deAristóteles.

22. Já sabemos que, para retirar o bloco do repouso, a pes-soa deve fazer uma força F

"ligeiramente maior que a

força de atrito estático máxima (lembre-se das soluçõesdos exercícios 19 e 20). Então, a resposta correta foi dadapelo estudante B.

23. a) Um corpo em queda livre cai sob a ação apenas de seupeso e isto é o que ocorre quando ele cai no vácuo, ouquando a resistência do ar é desprezível. No caso dagota, vimos que a resistência do ar não pode ser des-prezada (ela rapidamente se iguala ao peso do corpo)e, então, a gota de chuva não cai em queda livre.

b) Como vimos, cerca de 1 s após o início da queda, aresistência do ar se iguala ao peso da gota. A partirdesse instante, seu movimento é uniforme, até chegarao solo. Então, quando a gota passa diante da pessoa,essa situação já foi alcançada, isto é, temos f = P.

24. Sim. Como as distâncias percorridas em intervalos detempo iguais são cada vez maiores, concluímos que omovimento é acelerado. De acordo com a segunda lei deNewton, se o carro possui uma aceleração, há uma forçaresultante atuando sobre ele.

25. a) Vemos que o movimento é retilíneo e uniforme e,então, deve ser nula a resultante das forças queatuam no bloco. Logo, deve haver uma força de atri-to f

"equilibrando a força F

"aplicada a ele.

b) O corpo estaria sob a ação apenas da força F".

Portanto, de acordo com a segunda lei de Newton, omovimento seria acelerado (uniformemente acelera-do, porque F

"é constante).

26. a) Vimos que a massa de um corpo é dada por m = F/a.Logo:

m =,,

0 51 5 ou m = 3 kg

Obs.: F e a foram dados no SI e, assim, m será expres-so também no SI (em kg).

b) Usando a segunda lei de Newton, F = ma, e lembran-do-se de que m não varia, temos:

3 = 3 # a, donde a =33 ou a = 1 m/s2

4,5 = 3 # a, donde a =,3

4 5 ou a = 1,5 m/s2

Deve-se observar que estamos sempre trabalhandocom unidades do SI.

ASSESSOR IA PEDAGÓGICA • 1 1

vm"

vc"

v"

B D

A

27. a) Os estudantes, por experiência própria, ou por obser-vação, já devem ter percebido que é “mais difícil”acelerar uma bola de ferro que uma de borracha domesmo tamanho, supondo ambas maciças (a bola deferro adquire menor aceleração sob a ação de umamesma força).

b) Como a bola de ferro “oferece” maior dificuldadepara ser acelerada, ela possui uma inércia maior.

c ) Como a massa é uma medida da inércia do corpo, con-cluímos que a bola de ferro tem massa maior que abola de borracha.

28. a) Neste caso, a força fará com que o módulo de vv"

aumente continuamente (de acordo com a segundalei de Newton). Então, o movimento será acelerado(uniformemente acelerado, porque F

"é constante).

b) Nestas condições, F"

fará com que o módulo de v"dimi-nua continuamente até se anular. Então, o movimen-to é uniformemente retardado.

29. a) Para usar a segunda lei de Newton, devemos expres-sar as grandezas F, m e a no SI. O estudante deveriater expressado F em newtons, que é a unidade deforça no SI.

b) Como 1 kgf = 10 N, temos:

F = 10 kgf = 10 # 10 N = 100 NEntão:

m = aF

5100100

= ou m = 20 kg

30. a) Sabemos que o quilograma é uma unidade de massae, então, não poderia ser usada para expressar o valorde uma força.

b) As unidades de força que estudamos em nosso cursosão: 1 N (no SI) e 1 kgf (usada na prática e na vida diá-ria). Lembrando-se de que 1 kgf = 10 N, a pessoapoderia ter dito corretamente: uma força de 15 kgfou de 150 N.

31. a) Como vimos (figura 3-59 e tabela de variação de gcom a latitude), o peso de um corpo é maior nos pólosque no equador (na mesma altitude). Portanto, opeso da carga aumentou.

b) A massa de um corpo não depende do local onde elese encontra.

32. a) Para trabalhar no SI, temos:

P = 25 kgf = 25 # 10 N = 250 N

de P = mg, vem:

250 = m # 25, donde m =2525250250 ou m = 10 kg

b) A massa da pedra seria a mesma, isto é, m = 10 kg. Seupeso seria, lembrando-se de que g = 10 m/s2 (na Terra):

P = mg = 10 # 10 ou P = 100 N

33. a) A massa não se altera, continuando a valer m = 10 kg.b) Nas condições mencionadas, não haverá força gravita-

cional atuando na pedra, isto é, seu peso é nulo.c ) Sim. Como a massa da pedra não é nula, ela tem uma

certa inércia e, portanto, é preciso uma força paraacelerá-la, como vemos pela segunda lei de Newton(F = ma).

34. Essas forças constituem uma ação e sua correspondentereação. Pela terceira lei de Newton, seus módulos sãoiguais.

35. A força F"

1 que a Terra exerce sobre a Lua constitui umaação e a força F

"2 que a Lua exerce sobre a Terra é sua

reação. Pela terceira lei de Newton, devemos ter F1 = F2

e, portanto, os vetores que representam essas forças, nafigura, deveriam ter comprimentos iguais.

36. a) Um avião a hélice é impulsionado pelo ar de maneirasemelhante ao barco analisado na figura 3-67, que éimpulsionado pela reação da água: a hélice empurrao ar para trás e este reage sobre a hélice, empurran-do o avião para a frente.

b) É evidente que sim (tendo em vista a resposta daquestão a).

37. a) De maneira semelhante ao foguete analisado na figu-ra 3-68.

b) Como o avião é impulsionado pela reação exercidapelos gases expelidos, é claro que não há necessidadede atmosfera para que ele seja acelerado (a atmosfe-ra é usada apenas para exercer uma força de susten-tação nas asas do avião).

38. a) Para que uma pessoa possa andar ou correr, é neces-sário que haja atrito entre o chão e seus pés (comoestá ilustrado na figura 3-43). Então, a pessoa no lagogelado, sem atrito, não conseguirá caminhar.

b) Ao empurrar ou arremessar um objeto, a pessoa estáexercendo uma ação sobre ele. O objeto reage, exer-cendo sobre a pessoa uma força em sentido contrário,que faz com que ela adquira uma certa velocidade e,assim, chegue à margem.

39. De t = 0 até o instante T, sob a ação apenas da força hori-zontal F

"(não há atrito), o bloco adquire um movimento

uniformemente acelerado (segunda lei de Newton). Apartir do instante T, a força deixa de atuar e o corpo, porinércia, continua em movimento retilíneo uniforme (pri-meira lei de Newton). A opção que corresponde a estasituação é a opção d.Obs.: O professor poderá aproveitar a oportunidade eanalisar com seus alunos as demais opções, procurandoas forças que deveriam atuar no bloco para produzircada um dos movimentos representados.

1. a) A Terra efetua uma volta completa em torno do Solem 365 dias. Logo, para este movimento, o período éT = 365 dias.

b) O ponteiro dos minutos de um relógio efetua umavolta completa em 1 hora = 60 min. Logo, o períodode seu movimento é T = 60 min.

c ) O ponteiro das horas efetua uma volta completa em12 horas. Logo, seu período é T = 12 h.

2. a) Como vimos nesta seção, o vetor velocidade v"é tan-gente à circunferência em cada ponto. O estudantedeverá traçar um vetor v"em cada uma das posições A,B, C, D e E, de maneira semelhante à figura 4-2.Deverá ter o cuidado de traçar vetores de mesmomódulo, porque o movimento do carro é uniforme(velocidade de módulo constante).

b) O movimento é uniforme, isto é, o módulo da veloci-dade não varia.

c ) Observando os vetores que traçou na questão a, ficaevidente para o aluno que a direção de v"varia de umponto para outro da trajetória.

d) O aluno deverá traçar o vetor a"cp, em cada ponto datrajetória mencionada, na direção do raio, dirigidopara o centro da curva. Todos os vetores devem ter omesmo comprimento, pois o módulo de a"cp é constan-


Capítulo 4

te (tem-se acp = v2/R e tanto v quanto R são constan-tes, já que o movimento é circular uniforme).

3. a) O carro efetua duas voltas em 1 minuto (ou 60 s). Seuperíodo (tempo para efetuar uma volta) será, então:

T =26060 ou T = 30 s

b) Esta distância é o perímetro da trajetória circular:

s = 2πR = 2 # 3 # 100 ou s = 600 m

c ) O carro percorre a distância s = 600 m em um tempoT = 30 s. Logo, sua velocidade é:

v =3030600600 ou v = 20 m/s

d) De acp = v 2/R, vem:

acp = ,10010020202

donde acp = 4 m/s2

e) Como Fcp = macp, temos:

Fcp = 800 # 4 & Fcp = 3 200 N = 3,2 # 103 N

4. a) As pessoas A e B efetuam uma volta completa em ummesmo intervalo de tempo (igual a 24 h). Então, operíodo de A é igual ao de B.

b) Em cada volta, a distância percorrida por B é igual aocomprimento do paralelo terrestre sobre o qual ela seencontra, enquanto A percorre uma distância igual aocomprimento do equador. É claro que a distância per-corrida por B é menor.

c ) Como B percorre uma distância menor no mesmotempo, sua velocidade é menor que a de A.

5. a) Não. Se nenhuma força atuasse sobre a Terra, sua tra-jetória, por inércia, seria retilínea (primeira lei deNewton).

b) Deve estar atuando sobre a Terra uma força centrípe-ta, isto é, apontando para o centro da trajetória.Supondo essa trajetória aproximadamente circular, oSol encontra-se neste centro. Logo, a força na Terraaponta para o Sol.

c ) É possível que os estudantes já saibam que o Sol é oagente responsável pela força centrípeta que atua naTerra (a idéia de que o Sol atrai a Terra é exatamenteum dos temas centrais da seção 4-3).

6. Se existisse a força centrífuga equilibrando a atração daTerra, a resultante das forças que atuam na Lua seria nula.Pela primeira lei de Newton, a Lua não poderia estarseguindo uma trajetória circular, pois seu movimentoseria retilíneo e uniforme. Como dissemos, a força centrí-fuga simplesmente não existe e sobre a Lua atua apenasa força centrípeta, exercida pela Terra, obrigando nossosatélite a se mover em uma trajetória circular.

7. Quando deixa de atuar a força centrípeta sobre umcorpo que se encontra em movimento circular, ele passaa se mover, por inércia, ao longo da tangente a sua tra-jetória (figura 4-4). Por este motivo, as gotas que saempelos orifícios da secadora movem-se tangencialmente aela, como mostra a figura 4-7.

8. a) De Fcp = mv2/R, vem:

Fcp = 0,1 #,0 5

62, donde Fcp = 7,2 N

b) Para o ponto C, o módulo de F"

cp é dado por Fcp = T - P(os vetores T

"e P"

têm sentidos contrários). Mas:

P = mg = 0,1 # 10 ou P = 1 N

Então:

7,2 = T - 1, donde T = 8,2 N

9. a) Como a velocidade da pedra tem o mesmo valor nospontos B e D, é claro que o módulo de F

"cp será tam-

bém o mesmo nessas duas posições, sendo dado porFcp = mv 2/R. Logo:

Fcp = 0,1 #,0 5

52ou Fcp = 5 N

b) Tanto em B quanto em D, a força centrípeta é repre-sentada pela própria tensão T

"(única força dirigida

para o centro da curva). Então, nesses dois pontos,temos:

T = Fcp ou T = 5 N

10. Na figura 4-15, vemos que estão representados os plane-tas Mercúrio, Vênus, Marte, Júpiter e Saturno. Esteseram os únicos conhecidos por Ptolomeu, exatamentepor serem os planetas que podem ser vistos a olho nu(sem auxílio de telescópios).

11. a) Quando for verão no Hemisfério Norte, será invernono Hemisfério Sul, e vice-versa.

b) Se a conclusão do estudante estivesse correta, quandoa Terra se encontrasse mais próxima do Sol teríamos overão, simultaneamente, nos hemisférios Norte e Sul(o inverno também ocorreria ao mesmo tempo nosdois hemisférios, quando a Terra se encontrasse maisafastada do Sol).Logo, a conclusão do estudante não está correta.Obs.: A ocorrência das estações do ano não está rela-cionada com as variações da distância da Terra ao Sol(estas variações são relativamente pequenas, porquea trajetória da Terra é praticamente circular). Na figu-ra 4-22, mostramos que a inclinação do eixo de rota-ção da Terra é o fator que determina a existência dasestações (o professor não deverá deixar de analisaresta figura com seus alunos).

12. Se a órbita da Terra fosse uma elipse muito alongada,como aquela representada na figura 4-20, a distância daTerra ao Sol sofreria variações apreciáveis. Assim, nodecorrer do ano, o Sol nos pareceria com um diâmetromaior ou menor, conforme a Terra estivesse mais próxi-ma ou mais afastada dele. Como o diâmetro aparentedo Sol permanece praticamente o mesmo durante todoo ano, concluímos que a trajetória da Terra, embora elíp-tica (de acordo com a primeira lei de Kepler), tem umaforma quase circular.

13. a) Se imaginarmos um observador situado no Sol, isto é,o sistema de referência sendo o Sol, ele se encontraem repouso e a Terra em movimento.

b) Considerando-se um sistema de referência na Terra(observador na Terra), ela está em repouso e o Solestá se movendo (em relação à Terra).

14. Pela primeira lei de Kepler, sabemos que o Sol não estáno centro C, mas situado em um dos focos da elipse (quepoderia ser B ou D). Pela segunda lei de Kepler, sabemosque um planeta se move mais rapidamente quando estápassando próximo ao Sol (figura 4-21). Então, o ponto Drepresenta mais adequadamente a posição do Sol.

15. A terceira lei de Kepler nos diz que o período de revolu-ção de um planeta é tanto maior quanto maior for suadistância do Sol. Então:

a) Como Netuno está mais longe do Sol, seu período derevolução é maior que o de Júpiter.


b) Vênus está mais próximo do Sol. Assim, seu períodode revolução é menor que o da Terra.Obs.: A título de ilustração, informamos que Júpitergasta 11,8 anos para dar uma volta em torno do Sol(período de revolução). O período de Netuno é de165 anos e o de Vênus, de 225 dias.

16. a) Para que a trajetória seja circular, deve atuar umaforça centrípeta no planeta.

b) Newton mostrou que a força que atua no planetaestava apontando para o Sol. Por isto, suspeitou queo Sol deveria estar atraindo o planeta, sendo o agen-te responsável pela existência daquela força.

17. Newton chegou à conclusão de que a atração gravitacio-nal deve existir não apenas entre o Sol e os planetas, ouentre a Terra e a Lua. De acordo com sua idéia, a atraçãogravitacional deveria se manifestar entre todos os cor-pos materiais do universo, isto é, seria uma gravitaçãouniversal.

18. De acordo com a lei da gravitação universal, temos:a) A força da Terra na Lua é proporcional à massa desses

dois corpos. Então, se a massa da Lua fosse 10 vezesmaior, a força de atração também seria 10 vezes maior.

b) A força de atração é inversamente proporcional aoquadrado da distância entre a Terra e a Lua. Então,aumentando-se a distância entre estes corpos, a forçade atração torna-se menor.

19. Usando-se a lei da gravitação universal, com as grande-zas expressas em unidades do SI:

m1 = 1030 kg, m2 = 1025 kg, d = 1011 m

Temos:

,6 6767 1010# #

,( )

,

F Gd

m m

F

6 6767 10101010

1010 1010

10101010

6 6767 1010ouou N

21 2 1111

1111 2

3030 2525

11112222

55552222

# ##

#

= = =

=

-

-

O professor deverá destacar para seus alunos o enormevalor desta força! Poderá observar que ela é 10 vezesmaior que a força da Terra na Lua (calculada no final daseção 4-3).

20. a) O peso P"

é representado por um vetor apontandopara o centro da Terra (veja a figura da resposta doexercício).

b) A reta vertical é aquela que passa pelo vetor querepresenta o peso (veja a resposta).

c ) O sentido “para baixo” é o sentido da força peso (diri-gido para o centro da Terra). O sentido “para cima”,evidentemente, é contrário ao sentido “para baixo”(veja a resposta do exercício).

21. a) O antípoda está localizado na posição da superfícieda Terra diametralmente oposta (veja a resposta doexercício no livro-texto).

b) e c) Basta seguir a orientação do exercício anterior(veja a figura da resposta deste exercício).

22. A superfície livre da água na garrafa deve ser horizontal(perpendicular à vertical). Estas direções são característi-cas de cada local (como está mostrado na figura 4-28).Além disso, em virtude da atração gravitacional da Terra,a água, em equilíbrio, se localiza na parte inferior dagarrafa (mais próximo possível ao centro da Terra).Assim, fica evidente que as representações em N e Lestão corretas e em O e S estão erradas (veja a figura daresposta do exercício no livro texto).

Obs.: Os erros apresentados neste exercício são muitofreqüentes entre os estudantes deste nível, pois elestransferem aquilo que habitualmente observam em suavida diária para outras situações. O professor deveráalertar o aluno para as situações absurdas representa-das (por exemplo: em S a água sai da garrafa, “caindopara o céu”!).

23. O satélite é colocado em órbita fora da atmosfera (paraevitar forças de atrito). Então, se não existisse atraçãogravitacional da Terra naquela posição, não haveriaforça centrípeta e, por inércia, o satélite se afastaria daTerra em movimento retilíneo uniforme.Obs.: A idéia de que um corpo fora da atmosfera nãotem peso é muito comum entre estudantes que estãoiniciando seu curso de física. Provavelmente, esta inter-pretação é devida à necessidade que sentem da existên-cia de um meio material para “transmitir” a força gravi-tacional. Seria interessante que o professor, antes deanalisar a solução deste exercício, procurasse verificarquantos de seus alunos pensam desta maneira “intuiti-va” equivocada. Em seguida, deverá discutir o exercíciocom a classe (apelando para as leis de Newton), tentan-do fazer com que seus alunos mudem seus conceitos.

24. Para que um satélite seja estacionário, seu período deveser de 24 h e isto só pode ocorrer se sua altura for de36 000 km (abaixo desta altura, o período é menor que24 h e, acima dela, é maior).

25. a) Como sua altura é de 36 000 km, seu período (emtorno do centro da Terra) é de 24 h.

b) Não, pois ele não está acompanhando a Terra em seumovimento de rotação.

c ) Como a Terra e o satélite têm o mesmo período, masgiram em sentidos contrários, após 12 h cada um terágirado um ângulo de 180°. Assim, o observador e osatélite estarão em uma posição diametralmenteoposta à posição inicial, isto é, eles voltam a se encon-trar após 12 h.

26. O sinal que transporta as conversações telefônicas “viasatélite” se propaga com a velocidade da luz, gastando0,24 s para ir ao satélite e voltar à Terra. Então, o sinalgastaria 0,24 s para alcançar a Europa e a resposta doamigo gastaria 0,24 s para chegar ao estudante. Então,é claro que o intervalo solicitado será de 0,48 s.

27. Não. Como está mostrado na figura 4-38, e analisado notexto, quando temos uma maré alta em A, será observa-da também uma maré alta no ponto B, diametralmenteoposto.

28. Suponha que uma pessoa esteja no ponto A da figu-ra 4-38 (maré alta).

a) Para esta pessoa observar uma maré baixa, ela deveráalcançar a posição D, isto é, a Terra deverá efetuar 1/4de volta. Portanto, o tempo necessário para que istoocorra será de 6 h.

b) É evidente que deverá decorrer um tempo de 12 h (paraque ela chegue em B).

29. Vimos que quando o Sol, a Lua e a Terra estão alinhados,seus efeitos sobre a elevação do nível do mar se adicio-nam, isto é, as marés altas são mais pronunciadas. Na luacheia, esses três astros estão alinhados (isto tambémocorre na lua nova).

30. a) A atração gravitacional entre partículas que consti-tuem a estrela tende a fazer com que elas se con-


centrem em torno do centro da estrela, levando seutamanho a se tornar o menor possível.

b) As violentas reações atômicas, que ocorrem nosnúcleos dos átomos da estrela, tendem a explodi-la e,assim, a tornar seu tamanho o maior possível.

31. Não. A massa do Sol não é suficiente para provocar umaatração gravitacional tão intensa, capaz de transformá-lo em um buraco negro. Para que isso ocorresse, a massado Sol deveria ser, no mínimo, quatro vezes maior.

32. a) A distribuição de massa no bastão não é simétrica emrelação a seu ponto médio. Na figura 4-44, foi mostra-do que o CG estará mais próximo da região onde hámaior concentração de massa.

b) Veja a figura da resposta deste exercício no livro-texto.

33. O aluno poderá encontrar outros exemplos, além daque-les citados no texto desta seção e os da resposta desteexercício.

34. Sem os garfos, o CG do conjunto batata + prego estáacima do ponto de apoio e, assim, o equilíbrio é instável.Com os garfos da maneira mostrada na figura 4-57, o CGdo conjunto poderá estar situado abaixo do ponto deapoio do prego e o equilíbrio será estável (esta condiçãoé certamente alcançada quando usamos garfos maispesados).Obs.: O professor deverá incentivar seus alunos a realizaresta experiência.

35. As respostas apresentadas explicam adequadamentecada uma das situações deste exercício.

36. a) O CG do conjunto está acima do ponto de apoio.Logo, o equilíbrio é instável.

b) O CG coincide praticamente com a linha de apoio.Logo, o equilíbrio é indiferente.

c ) O CG está abaixo do ponto de apoio. Logo, o equilí-brio é estável.

37. Suponha que a distribuição de massa da caixa não sejahomogênea, de modo que ela esteja mais concentradana parte situada sobre a mesa (por exemplo, colocando-se um peso dentro da caixa naquela região). Nestas con-dições, o CG da caixa estará situado acima da base desustentação e o peso do conjunto passará por esta base,assegurando o equilíbrio da caixa naquela posição.

38. Durante todo o movimento do projétil, desprezando-sea resistência do ar, a única força que atua sobre ele é seupeso P

". Então, a alternativa correta é b.

39. Neste ponto, como em qualquer outro ponto da trajetó-ria, a única força que atua no projétil é seu peso P

". Assim,

a alternativa b é também a resposta deste exercício.Obs.: É comum os estudantes assinalarem a alternativa c,pois pensam equivocadamente que há uma força hori-zontal atuando no projétil no sentido de seu movimen-to. Essa idéia coincide com a concepção aristotélica demovimento: se um objeto está se movendo, deve haveruma força atuando sobre ele no sentido de sua velocida-de. Evidentemente, esta força horizontal não existe, poiso projétil se desloca, nessa direção, por inércia (de acor-do com as idéias de Galileu e Newton).

40. Lembrando-se de que a única força que atua no projétilé seu peso, concluímos que sua aceleração, em qualquerponto da trajetória, é igual a g", que é um vetor vertical,dirigido para baixo, e de módulo praticamente constan-te. Assim, temos:

a) Correta. Como g"é vertical, sua componente horizon-tal é nula.

b) Errada. O peso P"

atua sobre o projétil também noponto mais alto da trajetória (neste ponto, a velocida-de v"y se anula, mas o projétil possui uma aceleraçãoigual a g").

c ) Correta. g"é vertical, para baixo.d) Errada. O vetor g"aponta sempre para baixo.e) Correta. O módulo de g" não varia para pequenas

variações de altitude (estamos considerando apenasmovimentos próximos à superfície da Terra).

41. A componente horizontal v"x da velocidade é constante,isto é, em qualquer ponto da trajetória temos vx = vox ouvx = 10 m/s. A velocidade vertical v"y diminui durante asubida do projétil, anulando-se no ponto mais alto.Então, a alternativa correta é a.

42. No ponto mais alto da trajetória, a velocidade v"do pro-jétil é horizontal (representada apenas pela componen-te v"x, pois v"y = 0 nessa posição). Como a aceleração doprojétil é a"= g" (vertical, para baixo), vemos que, nesseponto, os vetores v" e a" são perpendiculares entre si. Éfácil perceber que, em qualquer outro ponto, o vetora"= g" não é perpendicular ao vetor v", que é tangente àtrajetória (v"é a resultante de v"x e v"y ≠ 0). Assim, a alter-nativa c é a única correta.

1. a) Evidentemente, essas forças são iguais porque o lápisestá em equilíbrio. Se A exercesse uma força maiorque B, o lápis se deslocaria de A para B e reciproca-mente.

b) A pressão em B é maior, porque a força está atuandoem uma área menor (ponta do lápis).

2. As forças em A e B são iguais, mas a pele será perfuradaapenas em B, onde a pressão é maior. Portanto, a gran-deza que indica se a pele será perfurada é a pressãoexercida sobre ela.

3. Para cortar a casca da laranja, será necessária uma certapressão exercida pela faca. De p = F/A, temos F = pA evemos que, quanto maior for A (faca cega), maior deve-rá ser a força F aplicada na faca para obter a pressãodesejada.

4. a) Temos, de p = F/A:

,p p 0150150 cmcm6060 kgfkgf

, dondedonde 4cmcmkgfkgf

2 2= =

Obs.: Como estamos tratando com unidades não per-tencentes ao SI, elas foram indicadas no cálculo dapressão para ficar claro em que unidades deve serexpressa a resposta (kgf/cm2).

b) ,pAF p

6006000 1

cmcm6060 kgfkgf

, dondedondecmcmkgfkgf

2 2= = =

Deve-se observar que a pressão sobre o assoalho tor-nou-se muito menor, porque o peso da pessoa estádistribuído em uma área bem maior.

5. a) Temos A = 2 cm2 e F = 30 kgf. Logo:

pAF p

23030

1515cmcmkgfkgf

, dondedondecmcmkgfkgf

2 2= = =

b) Vemos que a pressão exercida pelos saltos sobre oassoalho (15 kgf/cm2) é muito maior que a exercida


Capítulo 5

pelos pés da pessoa (0,4 kgf/cm2). Como sabemos, odano provocado no assoalho é determinado pelapressão exercida sobre ele.

6. a) Em ambos os casos, a força que comprime a mesa éigual ao peso do tijolo.

b) De p = F/A vemos que, como F tem o mesmo valor nasduas situações, e sendo a área de apoio do tijolo emB maior que em A, teremos pB < pA.

7. a) De P = mg, com unidades do SI, vem:

P = 2 000 # 10, donde P = 20 000 N

b) A área do fundo do tanque é:

A = 2 # 2 ou A = 4 m2

Portanto, a pressão exercida pelo peso da água nofundo do tanque será:

pAF

AP

p

42020 000000

5 000000

mN

ououmN 5 000000 PaPa

poispois 1 N/mN/m 1 PaPa

2

2

2

= = =

= =

=

c ) Evidentemente, a pressão de 2 # 106 Pa, exercida pelaagulha do exemplo, é maior que a pressão de 5 # 103 Pano fundo do tanque, calculada em b. Temos:

5 10102 1010 400400

3

6

#

#=

Portanto, a pressão da agulha é 400 vezes maior quea da água no tanque.

8. De p = F/A, obtemos:

A4 1010 8 1010

mN N6

2

8#

#=

donde 4 # 106 A = 8 # 108

Então:

A A4 10108 1010 2020ouou 0 m

6

82

#

#= =

O valor de A foi obtido em m2 porque estamos usandounidades do SI.

9. O objetivo deste exercício é fazer com que o alunoobserve alguns dados interessantes contidos no diagra-ma da figura 5-7.

a) Vemos claramente que esse tipo de nuvem situa-se natroposfera.

b) O diagrama mencionado mostra que, entre as altitu-des de 20 km e 30 km (aproximadamente), a tempe-ratura da atmosfera permanece praticamente cons-tante em -55 °C.

10. a) De maneira semelhante ao que ocorre quando umapessoa toma um refrigerante usando um canudinho(figura 5-9), no interior da pipeta a pressão torna-semenor que a pressão atmosférica (em virtude da suc-ção da pessoa). A pressão atmosférica empurra,então, o líquido para o interior da pipeta.

b) O líquido é mantido no interior da pipeta pela forçaproveniente da pressão atmosférica, atuando naextremidade inferior aberta da pipeta (a pressãoatmosférica é maior que a pressão exercida pela colu-na líquida em sua base).

11. A Lua não possui atmosfera e, assim, não haveria pressãoatmosférica para fazer o refresco subir no canudinho.

12. Como na Lua não há atmosfera, não haverá pressãoatuando na superfície do mercúrio contido no recipien-te usado na experiência (figura 5-14). Assim, a coluna demercúrio no tubo não poderá ser sustentada e, conse-qüentemente, teremos h = 0.

13. O objetivo deste exercício é fazer o aluno observar atabela 5-1, trabalhando com alguns dos dados ali forne-cidos.a) Pela tabela, vemos que, a 8 000 m de altura, a pressão

atmosférica é de apenas 27 cmHg (a figura 5-15 tam-bém indica isso).

b) A mesma tabela nos mostra que, ao passar de 3 000 mpara 4 000 m de altitude (variação de 1 000 m), a pres-são atmosférica sofre uma variação de 53 cmHg -

- 47 cmHg = 6 cmHg. Então, para uma variação dealtitude igual a 500 m teremos, aproximadamente,uma variação na pressão atmosférica de 3 cmHg (su-pondo que, no intervalo considerado, a pressão dimi-nuísse linearmente com a altitude). Portanto, a 3 500 mde altitude (em Cuzco), teremos uma pressão cujovalor aproximado é:

53 cmHg - 3 cmHg = 50 cmHg

14. A diferença entre os valores da pressão atmosférica, nonível do mar e na cidade mencionada, é:


Então, é claro que a altura dessa cidade será, aproxima-damente, 12 # 100 m = 1 200 m.

15. a) A subida do pistom provoca uma rarefação do ar nointerior da bomba e, assim, a pressão atmosféricaabre a válvula V1, permitindo a entrada de ar nabomba. Nesse intervalo, o ar comprimido do pneumantém a válvula V2 fechada, impedindo que esse arretorne para o cilindro da bomba.

b) Porque a pressão externa à bomba (pressão atmosfé-rica) é maior que a pressão do ar rarefeito em seuinterior.

c ) Ao baixar o pistom, o ar admitido na bomba é com-primido, fazendo com que sua pressão aumente con-sideravelmente.Como V1 se abre para dentro, nesse intervalo ela per-manecerá fechada, mantida nessa posição pela eleva-da pressão interior (maior que Pa). Por sua vez, a vál-vula V2, que se abre para fora do cilindro (em comu-nicação com o pneu), será aberta no momento emque a pressão interna superar a pressão do ar nopneu, permitindo a passagem do ar da bomba para ointerior dele.

16. Como dissemos nos “Comentários”, logo após a defini-ção de densidade, esta grandeza é uma característica dasubstância de que é feito um corpo (homogêneo) e, por-tanto, qualquer pedaço desse corpo possui a mesmadensidade. Logo, a densidade de um pedaço da barra dechocolate é igual à densidade da barra inteira.

17. a) Já sabemos que a massa de um corpo é constante enão se alterará por uma simples compressão do corpo.

b) Evidentemente, a compressão conduz a uma diminui-ção no volume do pão.

c ) De d = m/V, como m não variou e V diminuiu, concluí-mos que a densidade d do pão aumentou.

18. a) Consultando a tabela 5-2, vemos que a densidade dochumbo (11,3 gramas/cm3) é maior que a densidadedo alumínio (2,7 gramas/cm3).


b) De d = m/V, como os dois blocos têm a mesma massam = 10 kg = 10 000 gramas, vem:

• para o chumbo: 11,3 =V

1010 000000

• para o alumínio: 2,7 =V

1010 000000l

Observando que os numeradores dessas duas fraçõessão iguais, e que o valor da primeira é maior que o dasegunda (11,3 > 2,7), concluímos facilmente que Vdeve ser menor que V′ (V < V′). Em outras palavras: sedois corpos têm a mesma massa, o de maior densida-de ocupará menor volume (mais compacto).

19. A densidade da barra que a pessoa comprou vale:

dVm

2020340340

= = ou d = 17 gramas/cm3

Consultando a tabela 5-2, vemos que a densidade doouro (puro) é 19,3 gramas/cm3. Portanto, a pessoa nãocomprou ouro puro.

20. a) De d = m/V, temos:

d = ,500500300300 donde d = 0,6 grama/cm3

b) Este resultado indica que cada 1 cm3 da madeira apre-senta uma massa de 0,6 grama (este fato é indicadoclaramente no valor de d, que é expresso da seguintemaneira: “0,6 grama por cm3”).

c ) De d = m/V, lembrando que V = 2 m3 = 2 # 106 cm3, vem:

0,6 = m2 10106#

ou m = 0,6 # 2 # 106

donde m = 1,2 # 106 grama.Se desejarmos expressar m em kg, teremos:

m = 1,2 # 103 # (103 gramas) = 1,2 # 103 kg

21. a) A relação p = d $ h $ g nos mostra que a pressão exer-cida por uma coluna de um dado líquido só dependede sua altura (não depende da área de sua base).Logo, a pressão no fundo de A é igual à pressão nofundo de B.

b) De p = F/A, vem F = pA. Como p tem o mesmo valorno fundo dos dois recipientes, vemos que a forçaserá maior no fundo do recipiente de maior área,isto é, FB > FA.

22. a) Na tabela 5-2, o estudante obtém a densidade da glice-rina (d = 1,3 grama/cm3). Para usar a relação p = d $ h $ g,é mais conveniente trabalhar no SI; então, temosd = 1,3 # 103 kg/m3.Como h = 100 cm = 1 m e g = 10 m/s2, vem:

p = 1,3 # 103 # 1 # 10, donde p = 1,3 # 104 N/m2

ou p = 1,3 # 104 Pa (unidade de p no SI)b) É fácil perceber que a pressão total no fundo de cada

recipiente será dada pela soma da pressão atmosféri-ca com a pressão do próprio líquido, isto é:

p = 7,7 # 104 + 1,3 # 104 = (7,7 + 1,3) # 104

ou p = 9 # 104 N/m2 = 9 # 104 Pa

23. a) Para obter a resposta desta questão, devemos dividira densidade do mercúrio (13,6 gramas/cm3) pela den-sidade da gasolina (0,7 grama/cm3). Temos:

,, ,

0 71313 6 1919 4=

Portanto, a densidade do mercúrio é 19,4 vezes maiorque a da gasolina.

b) Quando a experiência de Torricelli é realizada commercúrio, ao nível do mar, a altura da coluna líquida

é de 76 cm = 0,76 m. Para exercer a mesma pressãoque o mercúrio, devemos ter uma coluna de gasolina19,4 vezes mais alta (porque a gasolina é 19,4 vezesmenos densa que o Hg). Logo, temos:

h = 19,4 # 0,76 ou h = 14,7 m

24. Pelo princípio dos vasos comunicantes (mostrado nafigura 5-29), a altura do café é a mesma no tubo exter-no e no interior da máquina.

25. Ainda pelo princípio dos vasos comunicantes, podemosconcluir que o nível do café no interior de uma cafetei-ra não ultrapassa o nível da abertura do bico: uma vezatingido esse nível, qualquer quantidade de café adicio-nada à cafeteira extravasa pelo bico.Deve-se observar que as duas cafeteiras possuem bicoscujas extremidades superiores estão situadas em ummesmo nível. Portanto, é claro que a altura máxima queo café pode alcançar em ambas as cafeteiras é a mesma.Como elas possuem a mesma área da base, não será pos-sível colocar maior quantidade de café na cafeteiramaior.

26. De acordo com o princípio de Pascal, sabemos que, naprensa hidráulica, tem-se:

AF

af f

1010ouou

2 000000 cmcm1 200200 kgfkgf

cmcm2 2= =

donde 2 000 f = 1 200 # 10.Portanto:

f =2 000000

1 200200 1010#= f = 6 kgf

Assim, com uma força de apenas 6 kgf, o menino conse-gue equilibrar o automóvel de 1 200 kgf!

27. a) V1 deve estar aberta para permitir que a água do poçoentre no cilindro da bomba. V2 estará fechada poração da pressão atmosférica (cujo valor é maior que apressão da água contida no cilindro).

b) Quando o pistom sobe, há uma redução na pressãono interior do cilindro. Então, a pressão atmosféricaempurra a água do poço para o tubo, forçando aabertura de V1 e transferindo a água para o cilindroda bomba.

c ) A pressão do pistom, ao ser empurrado para baixo,transmite-se ao fundo do cilindro, fechando V1. Demaneira semelhante, esta pressão provoca a aberturade V2, permitindo o escoamento da água para fora docilindro.Portanto, com esta bomba, é possível elevar a águado poço para o nível da válvula V2.

28. Sabemos que a pressão atmosférica ao nível do mar écapaz de sustentar uma coluna de água de, no máximo,10,3 m de altura (figura 5-26). Como a água sobe notubo da bomba por ação da pressão atmosférica, é claroque a profundidade máxima do poço solicitada é 10,3 m.Obs.: Este valor máximo só seria atingido em uma situa-ção ideal, pois, na prática, a rarefação que se consegueno cilindro (com a elevação do pistom) está muito dis-tante de uma situação de alto vácuo.

29. a) O aluno deve observar que, na face superior do bloco,as forças de pressão atuam verticalmente para baixoe, na face inferior, para cima. Assim, ele desenharáfacilmente os vetores F2 e F1, não se esquecendo detraçar F

"2 > F

"1.

b) A resultante das forças de pressão que atuam em umcorpo mergulhado em um líquido é o empuxo queesse líquido exerce sobre o corpo. Uma vez que as for-


ças de pressão que atuam nas faces laterais do blocose anulam, vemos que a resultante de F

"1 e F

"2 repre-

senta o empuxo sobre o bloco.c ) Observando que F

"1 e F

"2 são forças de mesma direção

e sentidos contrários, é claro que:

E = F2 - F1 = 30 - 20 ou E = 10 N

d) Como E > P, concluímos que o bloco sobe no interiordo líquido.

30. a) Se o barco está flutuando em equilíbrio, sabemos queE = P.

b) Como o barco está flutuando parcialmente submerso,sabemos que sua densidade (média) é menor que a daágua.

31. a) Para o barco flutuar, devemos ter E = P. Logo, E = 800 kgf.b) No mar, o barco continua a flutuar em equilíbrio.

Logo, ele está ainda recebendo um empuxo de módu-lo igual a seu peso, isto é, temos E = 800 kgf.

c ) Lembrando-se de que o empuxo é igual ao peso dolíquido deslocado, vemos que o barco deslocou 800 kgf,tanto de água doce quanto de água salgada. Como adensidade da água salgada é mais elevada, concluímosque o volume de água salgada é menor e, portanto, aparte submersa do barco diminui quando ele passa dorio para o mar.

32. Analisando o exemplo 5, o estudante poderá resolver,com maior facilidade, este exercício (e o seguinte).

a) Como o bloco está com a metade de seu volume sub-merso, é claro que ele está deslocando 5 litros de água.

b) Já que 1 litro de água pesa 1 kgf, é evidente que opeso da água deslocada é de 5 kgf.

c ) O valor do empuxo é igual ao peso da água desloca-da, ou seja, E = 5 kgf.

d) Como o bloco está flutuando, temos:

E = P, isto é, P = 5 kgf

33. a) Nestas condições, o volume de água deslocada é igualao próprio volume do bloco (10 litros).

b) O valor do empuxo será igual ao peso de 10 litros deágua, ou seja, E = 10 kgf.

c ) Como o empuxo sobre o bloco é de 10 kgf (para cima) eseu peso é igual a 5 kgf (para baixo), é claro que deve-mos exercer sobre ele uma força de 5 kgf (para baixo), afim de mantê-lo em equilíbrio totalmente mergulhado.

34. a) Evidentemente, o volume da gasolina deslocada será,também, de 10 litros (igual ao volume do bloco).

b) A tabela 5-2 mostra que a densidade da gasolina é 0,7da densidade da água. Logo, como 1 litro de água pesa1 kgf, concluímos que 1 litro de gasolina pesará 0,7 kgf.Então, o peso da gasolina deslocada pelo bloco, querepresenta o valor do empuxo, é de 7 kgf.

c ) O empuxo sobre o bloco (7 kgf) e seu peso (5 kgf) têmpor resultante uma força de 2 kgf (para cima). Então,para manter o bloco em repouso, totalmente mergu-lhado, devemos exercer nele uma força de 2 kgf (parabaixo).

35. a) De d = m/V, vem:

d =100100 cmcm

8080 gramasgramas3

ou d = 0,8 grama/cm3

b) Pela tabela 5-2, vemos que a densidade desse corpo émaior que a da gasolina e menor que a da glicerina.Logo, ele afunda na gasolina e flutua na glicerina.

36. a) Isto somente será possível se a esfera de ferro for oca(de maneira semelhante ao que ocorre com um sub-marino de aço que flutua no mar).

b) Estando a esfera flutuando parcialmente submersa,sabemos que sua densidade média é menor que a daágua (se a esfera fosse maciça, sua densidade seria,evidentemente, maior que a da água e ela afundarianesse líquido).

37. a) Os dois balões têm o mesmo volume e, portanto, opeso do ar que um deles desloca é igual ao peso do ardeslocado pelo outro. Assim, eles recebem empuxosiguais da atmosfera.

b) Se ambos recebem o mesmo empuxo, e apenas obalão de hélio sobe, é claro que este balão é mais leve.

c ) Temos volumes iguais dos dois gases, mas a massa dehélio é menor (peso menor). Então, concluímos que adensidade do hélio é menor que a do ar.

38. Vimos que o fato de um corpo afundar ou flutuar em umlíquido depende de sua densidade ser maior ou menorque a do líquido. É evidente, então, que a densidade daágua do Mar Morto deve ser bem mais elevada que a daágua dos oceanos em geral (pois neles não se observauma flutuação como a da figura 5-58). É possível que osestudantes já saibam que isto ocorre em virtude da altasalinidade da água do Mar Morto (não deixe de realizara atividade II).

1. Como o carro não se desloca, temos d = 0. Logo, dex = F $ d, temos x = 0 (não há trabalho realizado pelaforça da pessoa sobre o carro).

2. a) A força F"

atua no mesmo sentido do movimento docorpo. Logo, seu trabalho é positivo (x > 0).

b) A força F"

atua em sentido contrário ao movimento docorpo (retardando o movimento). Logo, seu trabalhoé negativo (x < 0).

3. a) Como F"

é paralela ao deslocamento do corpo, temos:

x = F $ d = 100 # 2 ou x = 200 J

Observe que F"

atua no mesmo sentido do desloca-mento e, por isso, o trabalho é positivo. Observe, tam-bém, que os valores de F

"e d foram fornecidos no SI e,

assim, o valor de x é expresso em joules.b) Sabemos que a força de atrito f

"a atua em sentido con-

trário ao movimento do corpo.c ) O trabalho de f

"a é negativo. Temos:

x′ = -fa $ d = -80 # 2 ou x′ = -160 J

d) O trabalho total xt sobre o corpo é dado pela somaalgébrica de x e x′, pois o trabalho é uma grandezaescalar. Logo:

xt = 200 - 160 ou xt = 40 J

4. a) Vimos que 1 CV = 735 W. Logo:

P = 100 CV = 100 # 735 W = 73 500 W ou P = 73,5 kW

b) Como 1 W = 1 J/s, temos P = 73 500 J/s. Isto significa queo motor é capaz de realizar um trabalho de 73 500 Jem 1 s.

5. Para trabalhar no SI, vamos expressar o tempo t emsegundos:

t = 5 min = 5 # 60 s ou t = 300 s

Então, a potência da lâmpada é:

Ptx

3003001818 000000 6060 J/sJ/s= = = ou P = 60 W


Capítulo 6

6. a) De P = x/t, obtemos o trabalho realizado x (ou a energiaconsumida pela lâmpada): x = P $ t. Como 1 h = 3 600 s,temos:

t = 5 h = 5 # 3 600 s = 18 000 s

Logo: x = 100 # 18 000 ou x = 1 800 000 JObs.: Esta resposta pode também ser expressa dasseguintes maneiras:

x = 1,8 # 106 J ou x = 1,8 MJ

onde 1 MJ = 1 megajoule = 106 Jb) A potência de 100 W é igual a 0,1 kW. Durante o

tempo de 5 h, a energia consumida será:

x = (0,1 kW) # (5 h) = 0,5 kWh

Obs.: Este resultado também poderia ser obtido coma seguinte proporção:

3 600 000 J 1 kWh1 800 000 J x

donde x =3 600600 0000001 800800 000000 ou x = 0,5 kWh

7. a) Ao fazer esta afirmação, a pessoa está cometendo umengano muito comum: confundindo uma unidade depotência (kW) com uma unidade de trabalho ou ener-gia (kWh).

b) Nas contas de energia elétrica, o consumo vemexpresso em kWh. De maneira correta, a pessoa deviadizer “300 kWh”.

8. a) O comprimento do vetor F"

pode ser determinado pelaproporção:

5 kgf 1 cm30 kgf x

donde

x =53030 ou x = 6 cm

Temos, então, o diagrama mostrado na figura abaixo.

b) Projetando o vetor F"

sobre a horizontal,obtemos a compo-nente F

"H e, sobre a

vertical, obtemos acomponente F

"V (figu-

ra ao lado).c ) Medindo com uma

régua os comprimen-tos de F

"H e F

"V no dia-

grama, encontramos:

FH: 3,85 cm, donde FH = 3,85 # 5 ou FH = 19 kgf.FV: 4,7 cm, donde FV = 4,7 # 5 ou FV = 23 kgf.

Obs.: Evidentemente, estas respostas são valores apro-ximados de FV e FH, pois as medidas físicas estão sem-pre sujeitas a alguma incerteza.

9. Esta afirmativa representa um erro conceitual muitocomum entre os estudantes. Quando decompomos ovetor F

"em suas componentes F

"H e F

"V, essas componen-

tes irão substituí-lo. Portanto, o vetor F"

poderia ser eli-minado do diagrama, pois as componentes produzirãosobre o corpo o mesmo efeito que F

"produz isoladamen-

te. Assim, não há três forças atuando: ou consideramosapenas F

", ou consideramos apenas F

"V e F

"H.

10. a) Como 1 kgf = 10 N, temos:

F = 30 kgf = 30 # 10 N = 300 NFH = 19 kgf = 19 # 10 N = 190 NFV = 23 kgf = 23 # 10 N = 230 N

b) Como vimos, apenas a componente F"

H, que é paralelaao deslocamento do corpo, realizará trabalho sobreele. Logo:

x = FH $ d = 190 # 4 ou x = 760 J

c ) Temos:P =

tx

5760760

= ou P = 152 W

11. Com uma régua, vemos que o vetor OB"

tem um compri-mento de 5 cm. Logo, podemos obter a escala do dese-nho com a seguinte proporção:

5 cm 10 kgf1 cm x

dondex =

51010 ou x = 2 kgf

isto é, 1 cm equivale a 2 kgf (1 cm : 2 kgf). A força queestá realmente levantando a janela é a componente ver-tical OC

". Com a régua, vemos que seu comprimento é

aproximadamente igual a 4,2 cm. Logo, seu valor é:4,2 x 2 = 8,4 kgf

12. a) O peso P"

da carreta é uma força exercida sobre elapela Terra (uma força vertical, para baixo).

b) Muitas pessoas pensam equivocadamente que o cava-lo, para puxar a carroça na superfície horizontal, deveexercer uma força para vencer o peso da carroça (istoseria verdade se o cavalo estivesse levantando verti-calmente a carroça). Na realidade, como já analisamosna seção 3.3, o cavalo deve vencer as forças de atritosobre a carroça e pode, até mesmo, estar exercendouma força maior que estas forças de atrito (aceleran-do a carroça). Portanto, não há nenhuma condiçãopara se afirmar que a força do cavalo na carroça éigual a 2 000 N.

c ) Evidentemente, deveríamos saber que força o cavaloestá exercendo na carroça. Com esta informação,poderíamos calcular sua componente paralela ao des-locamento e multiplicar este valor pelo deslocamento,obtendo, assim, o trabalho realizado pelo cavalo.

13. a) Como o peso é uma força vertical, não possui compo-nente horizontal, isto é, temos PH = 0.

b) A componente vertical é o próprio peso da carroça,isto é, seu valor é PV = 2 000 N.

c ) Como temos PH = 0, o trabalho desta componente énulo (o peso não realiza trabalho no deslocamentohorizontal).

14. a) Nos diagramas das figuras abaixo, mostramos as com-ponentes P

"T e P

"N de um mesmo peso P

", em dois pla-

nos de inclinações diferentes. Vemos claramente que,no plano de maior inclinação (forma maior ângulocom a horizontal), o valor da componente P

"T também

é maior (para um mesmo valor de P). Assim, o valor deP"

T é maior em B.

b) Para empurrar a caixa, o operário deve vencer a com-ponente P

"T. Logo, o operário em B terá de fazer uma

força maior.

PN"

PN"

PT"

PT"

P"

P"


FV

"F"

FH

"

50°

c ) Vimos nessa seção (trabalho num plano inclinado)que, para elevar um corpo a uma certa altura, deve-mos realizar sempre o mesmo trabalho, qualquer queseja a inclinação do plano usado na realização dessetrabalho. Logo, xA = xB.

15. a) Supondo que o operário tenha elevado a caixa emmovimento uniforme, ele terá exercido uma força F

"

vertical, para cima, igual ao peso da caixa, isto é,F = 600 N. Como temos um deslocamento d = 1,5 mtambém vertical, vem:

x = F $ d = 600 # 1,5 ou x = 900 J

b) Com a ajuda dos planos inclinados, o trabalho realiza-do é o mesmo efetuado ao longo da vertical. Logo,xA = xB = 900 J.

16. a) Vemos claramente que o ponto de apoio está entre aforça potente e a força resistente (alavanca interfixa).

b) Como a pessoa mais pesada está mais afastada doponto de apoio, é claro que a equação de equilíbrioda alavanca não está sendo obedecida.

c ) Para que a equação F1d1 = F2d2 seja obedecida, sendoF1 > F2, deveremos ter d1 < d2 (a pessoa mais pesadaestá mais próxima do ponto de apoio).

17. a) Trata-se, evidentemente, de uma alavanca interfixa.b) Temos F1d1 = F2d2, onde F2 = 100 kgf, d2 = 30 cm e

d1 = 150 cm.Logo:

F1 # 150 = 100 # 30, donde F1 =150150

100100 3030#

ou F1 = 20 kgf

18. a) A força resistente (peso da tampa) está entre a forçapotente (da pessoa) e o ponto de apoio (alavancainter-resistente).

b) A força resistente (dificuldade oposta pela tampa) estáentre a força potente (da pessoa) e o ponto de apoio,situado no centro da tampa (alavanca inter-resistente).

c ) A força potente (da pessoa) está entre a força resis-tente (reação do objeto) e o ponto de apoio (alavan-ca interpotente).

d) O ponto de apoio (na beirada da lata) está entre aforça potente (da pessoa) e a força resistente, que é adificuldade que a tampa apresenta para ser aberta(alavanca interfixa).

19. a) Como vimos (figura 6-32a), esta alavanca é inter-resis-tente.

b) A distância d1 (braço da força potente) é a distânciade F

"1 até o ponto de apoio.

Logo, d1 = 60 cm. c ) Temos, de F1d1 = F2d2:

F1 # 60 = 300 # 20, donde F1 =6060

300300 2020#

ou F1 = 100 N

20. a) De F1d1 = F2d2, obtemos F1 = .d

F d

1

2 2

Em todos os casos, o valor de F2 é o mesmo (igual a P).Então, o menor valor de F1 será na situação em quetenhamos o menor valor de d2 e o maior valor de d1.Podemos ver que isto ocorre na situação 2 (alavancainter-resistente).

b) Na situação onde d2 é o maior possível e d1 é o menorpossível. Isto ocorre na situação 3 (alavanca interpo-tente).

21. A fisionomia da pessoa deixa transparecer que, na ter-ceira figura, ele faz o menor esforço. Nesta figura, o car-

rinho está sendo usado como uma alavanca inter-resis-tente, em concordância com a resposta do exercícioanterior.Obs.: Na primeira figura temos uma alavanca interpo-tente que corresponde, como vimos, ao maior esforço dapessoa (que transparece em sua fisionomia).

22. a) Ao se usar uma pá, da maneira mostrada na figura 6-48,a mão direita funciona praticamente como um pontode apoio, a mão esquerda exerce a força potente, e aforça resistente é o peso a ser transportado. Então,temos uma alavanca interpotente.

b) Como vimos nos exercícios 20 e 21, neste caso a forçapotente é maior que a força resistente.

c ) Ao analisarmos a figura 6-34, comentamos que a van-tagem de uma alavanca interpotente é que ela permi-te que se obtenham movimentos amplos e rápidos daresistência, com pequenos deslocamentos da forçapotente. Esta vantagem é muito importante no usode uma pá.

23. a) É claro que R1 é uma roldana fixa (seu eixo é fixo),enquanto R2 é móvel (seu eixo pode se deslocar paracima ou para baixo).

b) O peso P = 60 kgf está sendo sustentado pelos doisramos da corda. Logo, em cada ramo atua uma forçade 30 kgf.

c ) A roldana fixa R1 não modifica o módulo da forçaexercida pela pessoa. Logo, ela deverá exercer umaforça F = 30 kgf para sustentar o corpo de peso P

".

d) Neste caso, a pessoa deveria exercer uma força F"

1 demódulo igual ao de P

", dirigida verticalmente para

cima. Portanto, temos F = 60 kgf = 600 N e, comod = 2 m, o trabalho realizado pela pessoa seria (no SI):

x = F $ d = 600 # 2 ou x = 1 200 J

e) Usando o sistema de roldanas, a pessoa exerce umaforça menor, mas realiza o mesmo trabalho de 1 200 Jpara elevar o corpo.

f ) Exercendo a força F ′ = 30 kgf = 300 N, a pessoa deverápuxar um comprimento d′ de valor tal que F ′ $ d′ = x,isto é:

300 # d′ = 1 200, donde d′ = 4 m

Será necessário, então, puxar 4 m de corda para ele-var o corpo a uma altura de 2 m.

24. a) Vemos que existem três roldanas fixas, montadas emum mesmo eixo, presas ao ponto de sustentação doconjunto, e três roldanas móveis, também em ummesmo eixo, sustentando o peso P

"a ser elevado.

b) De modo semelhante ao que fizemos na figura 6-39,vemos que agora temos seis cordas (praticamenteparalelas) sustentando o peso P

". Então, em cada uma

temos um esforço P/6 = 180 kgf/6 = 30 kgf. Como a rol-dana fixa não modifica o esforço, a pessoa deve exer-cer uma força F = 30 kgf para sustentar o peso.

c ) Como o trabalho a ser realizado não é alterado pelamáquina, podemos escrever (de maneira análoga aoque foi feito no exercício anterior):

30 $ x = 180 $ 1,5, donde x = 9 m

25. a) Em uma roldana móvel, as cordas que a sustentamsuportam a metade do peso nela suspenso. Então, noeixo da roldana B temos atuando, para baixo, umaforça de 400 kgf/2 = 200 kgf.

b) Evidentemente, no eixo da roldana C teremos umaforça igual a 200 kgf/2 = 100 kgf e, no eixo da rolda-na D, teremos um esforço igual a 100 kgf/2 = 50 kgf.


c ) Cada corda que passa por D sustenta uma força iguala 50 kgf/2 = 25 kgf. Como E é uma roldana fixa, é claroque devemos ter F = 25 kgf.

26. a) A energia cinética, como qualquer outra forma deenergia, é medida pelo trabalho que é capaz de reali-zar. Logo, a energia, como o trabalho, é uma grande-za escalar.

b) Não. Como a energia cinética é uma grandeza escalar,o fato de se modificar a direção da velocidade nãoaltera o valor da energia cinética do carro (observeque o valor de m e o valor de v não se modificaram e,assim, Ec = mv 2/2 não se alterará).

27. a) No SI, temos:

m = 20 gramas = 0,02 kg

Então, como v já está expresso no SI, vem:

Ec = , ( )mvmv

2 20 0202 100100

22002002 2#

= = ou Ec = 100 J

Lembre-se de que a unidade de energia no SI é J(igual à unidade de trabalho).

b) Como a bala penetra no tronco até parar, toda suaenergia cinética foi usada para realizar o trabalho deperfuração. Logo, a bala realizou um trabalho x = 100 J.

28. a) Evidentemente, de x = F $ d vem:

x = P $ h = 2 # 3 ou x = 6 J

b) Quando uma força realiza um trabalho sobre umcorpo, transfere a ele uma energia cinética igual aeste trabalho. Então, como a fruta estava inicialmen-te em repouso, e o peso transfere a ela uma energiade 6 J (valor de x), é claro que ela adquirirá uma ener-gia cinética Ec = 6 J.

c ) A fruta, até parar, realiza um trabalho igual à Ec quepossuía, isto é, um trabalho de 6 J.

29. a) De Ec = mv 2/2, vem:

Ec =,

21 5 4

224242#

= ou Ec = 12 J

b) Dissemos, no comentário do final dessa seção, que,como na expressão Ec = mv 2/2 o valor de v aparececom expoente 2, se v for multiplicado por 3, Ec serámultiplicado por 32 = 9.

c ) Então, o novo valor de Ec seria:

Ec = 9 # 12 ou Ec = 108 J

30. a) Como sua Ec é 9 vezes maior, o corpo será capaz derealizar um trabalho também 9 vezes maior para ven-cer a força de atrito.Supondo que a força de atrito seja a mesma (o piso dasala geralmente é uniforme), o corpo percorrerá, atéparar, uma distância 9 vezes maior (lembre-se de quex = F $ d).

b) Evidentemente, esta distância será:

d = 9 # 2 ou d = 18 m

31. a) Como R"

tem a mesma direção e o mesmo sentido dodeslocamento do corpo, seu trabalho é dado porxAB = R $ d. Logo, com unidades SI:

xAB = 8 # 0,5 ou xAB = 4 J

b) A variação da energia cinética do corpo é igual ao tra-balho total realizado sobre ele, isto é:

(ECB - ECA) = xAB ou (ECB - ECA) = 4 J

c ) Temos, com ECA = 7 J:

ECB - 7 = 4 ou ECB = 11 J

Este resultado significa simplesmente que o corpopossuía inicialmente 7 J de energia cinética (em A) e,tendo recebido 4 J de energia (valor do trabalho totalrealizado sobre ele), passou a ter uma energia cinéti-ca final de 7 J + 4 J = 11 J (em B).

32. a) Nestas condições, o trabalho de R"

será negativo, dadopor:

xAB = -R $ d = -8 # 0,5 ou xAB = -4 J

b) O valor negativo de xAB indica que a força R"

está reti-rando energia do corpo.

c ) Como foi retirada uma certa quantidade de energiado corpo, é claro que ele terá, em B, uma energia ciné-tica menor que em A.

d) De xAB = ECB - ECA, vem:

-4 = ECB - 7, donde ECB = 3 J

33. Deve-se ter ECB - ECA = xAB e, no exercício 31, obtivemosxAB = 4 J. Calculando a variação da energia cinética(ECB - ECA) com os valores fornecidos por cada estudan-te, vemos que a igualdade anterior é verificada apenaspara I e II. Com os dados de III, temos ECB - ECA = 6 J e,assim, esses valores da energia cinética do corpo nãopodem estar corretos.

34. a) Como EC = (1/2) mv 2, vem:

ECA =21

# 800 # (10)2 ou ECA = 40 000 J

ECB =21

# 800 # (4)2 ou ECB = 6 400 J

b) O trabalho xAB realizado sobre o automóvel é igual àvariação de sua energia cinética, isto é, xAB = ECB - ECA.Logo:

xAB = 6 400 - 40 000 ou

xAB = -33 600 J

c ) Houve uma redução de 33 600 J na energia cinéticado automóvel. Concluímos, então, que ele realizouum trabalho x = 33 600 J sobre o monte de capim aoatravessá-lo (o automóvel “usou” 33 600 J de suaenergia cinética para romper o monte de feno).

35. a) O estudante deve saber que cada litro de água possuimassa m = 1 kg. Logo, de Ep = mgh, vem:

Ep = 1 # 10 # 5 ou Ep = 50 J

b) Se não existisse atrito, a bomba teria de realizar exa-tamente um trabalho de 50 J para elevar cada litro deágua. Havendo atrito, é claro que o trabalho deve sermaior que 50 J (neste caso, além da bomba transferirEp para a água, realiza um trabalho para vencer o atri-to, que aparece sob a forma de energia térmica).

36. a) Como a menina partiu do repouso, temos v = 0 e,então, Ec = 0. O valor de Ep é:

Ep = mgh = 50 # 10 # 20 ou Ep = 10 000 J

Logo, sua energia mecânica total naquele momento é:

EM = Ep + Ec = 10 000 J + 0 ou EM = 10 000 J

b) Temos, de Ep = mgh:

Ep = 50 # 10 # 12 ou Ep = 6 000 J

Como não há atrito, o valor de EM se conserva, isto é,temos EM = 10 000 J. Então, de EM = Ep + Ec, podemosobter o valor de Ec. Temos:

10 000 = 6 000 + Ec, donde Ec = 4 000 J


c ) Como, neste momento, temos h = 0, é claro queEp = 0. O valor de EM, como sabemos, não se modifica,isto é, EM = 10 000 J. De EM = Ep + Ec, vem:

10 000 = 0 + Ec, donde Ec = 10 000 J

Obs.: O valor de Ec imediatamente antes de a meninaatingir o solo é igual ao valor da Ep que ela possuía noalto do edifício. Em outras palavras, a Ep se converteuintegralmente em Ec durante a queda, porque não háatrito.

37. a) Pelo princípio geral de conservação da energia, sabe-mos que a energia nunca é destruída. Então, a Ec damenina se transformou em outras formas diversas:energia térmica, energia sonora e trabalho de defor-mação.

b) A quantidade de energia que aparece sob outras for-mas, pelo princípio da conservação, deve ser exata-mente igual à Ec perdida pela menina, isto é, 10 000 J.

38. a) Sabemos que o movimento de subida é retardado.Logo, a velocidade da moeda diminui e, então, sua Ec

também diminui.b) Aumenta, porque Ep = mgh e h está aumentando.c ) Como não há atrito, o valor da energia mecânica se

conserva (o que a moeda perde de Ec ela ganha em Ep,de modo que Ep + Ec = EM permanece constante).

39. a) Neste instante, tem-se v = 0 e, então, Ec = 0.b) De acordo com a observação do exercício anterior, a

Ec da moeda se transformou integralmente em Ep

(então, o valor de Ep no ponto mais alto é igual aovalor de Ec no instante do lançamento).

40. Veja as respostas apresentadas no final do livro-texto.

41. A energia térmica da máquina a vapor se transforma emenergia mecânica da roda que movimenta o gerador.Neste aparelho, a energia mecânica se transforma emenergia elétrica. Na lâmpada, a energia elétrica forneci-da pelo gerador se transforma em energia térmica eenergia luminosa.Obs.: No item b do exercício 40 e no gerador do exercí-cio 41, parte da energia transformada aparece sob aforma de energia térmica (aquecimento da enceradeirae do gerador). Esta quantidade de energia foi considera-da desprezível.

42. a) A Ec do carro, antes da colisão, era:

Ec =mvmv

2 21 000000 30302 2#

=

donde Ec = 450 000 J.Para adquirir esta Ec, o carro deveria cair de uma altu-ra h tal que Ep = 450 000 J (supondo desprezível oatrito, a Ep se transforma integralmente em Ec). DeEp = mgh, vem:

450 000 = 1 000 # 10 # h, donde h = 45 m

b) Temos a proporção:

1 andar 3 mx 45 m

donde

x =34545 ou x = 15 andares

Portanto, um automóvel que colide a 108 km/h sofre-rá os mesmos danos que sofreria se caísse do alto deum edifício de 15 andares!

43. No capítulo anterior, foi estudado que, em recipientescomunicantes, a água estará em equilíbrio quando sua

altura for a mesma nos dois recipientes (não importandoa quantidade de água em cada um). Então, a água em Anão empurrará a coluna em B acima do nível mostradoe, assim, não haverá água para acionar a roda.

44. a) A velocidade do corpo permanece constante emmódulo, direção e sentido. Logo, a quantidade demovimento (q"= mv") deste corpo não está variando.

b) Vimos que I"

= q"2 - q"1. Como q" é constante, temosq"2 - q"1 = 0 e, então, I

"= 0 (não há impulso resultante

sobre o corpo).c) Se não há impulso sobre o corpo, concluímos que é

nula a resultante das forças que nele atuam (temosI"

= F"$ t e como I

"= 0, obtemos F

"= 0). Este resultado

está em concordância com a primeira lei de Newton,pois, se o corpo está se deslocando em movimentoretilíneo uniforme, deve ser nula a resultante das for-ças que atuam sobre ele.

45. a) Temos:

q1 = mv1 = 0,2 # 3, donde q1 = 0,6 kg $ m/se

q2 = mv2 = 0,2 # 8, donde q2 = 1,6 kg $ m/s

b) Os vetores q"2 e q"1 têm a mesma direção e o mesmosentido. Então:

q2 - q1 = 1,6 - 0,6, donde q2 - q1 = 1 kg $ m/s

Como I"

= q"2 - q"1, concluímos que I = 1 N $ s.

c) De I"

= F"$ t, obtemos:

F = ,tI

41

= donde F = 0,25 N

46. a) A força F"

atuou durante um tempot = t2 - t1 = 6 s - 2 s ou t = 4 s. Logo, o módulo doimpulso aplicado ao bloco foi:

I = F $ t = 5 # 4 ou I = 20 N $ s

b) De I"

= q"2 - q"1, observando que q"1 e q"2 têm a mesmadireção e o mesmo sentido, vem:

I = q2 - q1 ou 20 = q2 - 10, dondeq2 = 30 kg $ m/s

47. a) A quantidade de movimento total será igual à docarro, pois o caminhão, estando em repouso, não pos-sui a quantidade de movimento. Então:

Q = m1v1 = 800 # 10, donde Q = 8 000 kg $ m/s

b) Q"

será a resultante de q1 e q2. Temos:

q1 = m1v1 = 800 # 20, donde q1 = 16 000 kg $ m/se

q2 = m2v2 = 2 000 # 20, donde q2 = 40 000 kg $ m/s

Como os vetores q"1 e q"2 têm a mesma direção e omesmo sentido, o módulo da resultante Q

"será:

Q = q1 + q2 = 16 000 + 40 000, donde Q = 56 000 kg $ m/s

c) Neste caso, como q"1 tem sentido contrário a q"2, omódulo da quantidade de movimento total será:

Q = q2 - q1 = 40 000 - 16 000, donde Q = 24 000 kg $ m/s

48. a) Esta é uma força entre corpos pertencentes ao siste-ma. Logo, é uma força interna.

b) O Sol não pertence ao sistema considerado. Logo, aforça que ele exerce sobre a Terra é uma força externa.

c) Pelo mesmo motivo da questão b, concluímos que estaforça é externa.

d) Pelo mesmo motivo da questão a, concluímos queesta força é interna.


49. a) Como, após a colisão, as duas esferas estão se moven-do no mesmo sentido, o módulo da quantidade demovimento total (do sistema) seria:

Q2 = mAv2A + mBv2B = 2 # 0,3 + 1 # 1,5ou Q2 = 2,1 kg $ m/s

b) O módulo da quantidade de movimento total, antesda colisão, era Q2 = 4 kg $ m/s. Portanto, temos Q1 ≠ Q2

e, assim, os módulos de v"2A e v"2B não podem estarambos corretos (não houve conservação da quantida-de de movimento na colisão).

50. Devemos ter Q2 = Q1, isto é:

2 # 0,3 + 1 # v2B = 4, donde v2B = 3,4 m/s

51. a) Antes da colisão, a energia cinética do sistema (outotal) era:

ECA + ECB = 12 J + 15 J = 27 J

Após a colisão, temos:

E′CA + E′CB = 18 J + 9 J = 27 J

Portanto, a energia cinética do sistema se conservoudurante a colisão.

b) Como houve conservação da energia cinética, trata-sede uma colisão elástica.

c) Sabemos que, em qualquer colisão, a quantidade demovimento das partículas que colidem se conserva.

52. a) Calculando as energias cinéticas do sistema, antes edepois da colisão, temos:

ECA + ECB = 15 J + 8 J = 23 JE′CA + E′CB = 10 J + 9 J = 19 J

Portanto, não houve conservação da energia cinéticana colisão.

b) Tendo em vista a resposta da questão a, concluímosque esta é uma colisão inelástica.

c) Em qualquer colisão, seja ela elástica ou inelástica, háconservação da quantidade de movimento.

53. Como a bola e o bloco movem-se juntos após o impacto,sabemos que se trata de uma colisão completamenteinelástica, na qual não há conservação da energia cinéti-ca (neste caso, ocorre a maior dissipação possível daenergia cinética do sistema). A quantidade de movimen-to total dos corpos que colidem se conserva (como emqualquer colisão).

54. a) Como as duas locomotivas movem-se juntas após ochoque, dizemos que se trata de uma colisão comple-tamente inelástica.

b) Como v"A e v"B têm a mesma direção e o mesmo senti-do, teremos:

Q1 = mAvA + mBvB = 3 # 105 # 8 + 5 # 105 # 16

donde

Q1 = 104 # 105 kg $ m/s = 1,04 # 107 kg $ m/s

c) A quantidade de movimento total deve se conservardurante a colisão. Então, a quantidade de movimen-to do sistema, logo após o choque das locomotivas,deve ser:

Q2 = 1,04 # 107 kg $ m/s

d) Sendo v"a velocidade com que as locomotivas se movi-mentam após o choque, temos:

Q2 = (mA + mB)v, donde 1,04 # 107 = (8 # 105) # v

resultando v = 13 m/s.

1. I) Descrição macroscópica, porque é uma propriedadeperceptível por nossos sentidos.

II) Descrição microscópica, porque se refere à estruturamolecular da substância.

2. I) Volume bem definido é uma característica de sólidose líquidos (os gases tendem a ocupar todo o volumeoferecido a eles e, assim, não têm volume bem defi-nido).

II) Líquidos e gases tomam a forma do recipiente noqual são colocados (não têm forma definida).

III) Apenas sólidos podem apresentar grande resistênciaà deformação (grande rigidez).

IV) Apenas gases podem ter o volume reduzido com faci-lidade (alta compressibilidade).

3. I) Nos gases, as moléculas se encontram muito separa-das umas das outras, de modo que a força de intera-ção entre elas é praticamente nula.

II) Nos sólidos, os átomos ocupam posições definidas,não efetuando translações no interior da substância.Eles, entretanto, não estão em repouso, pois vibramem torno daquelas posições definidas.

III) Os átomos ou moléculas apresentam-se dispostos emuma estrutura organizada apenas nos sólidos cristali-nos. Portanto, os sólidos amorfos, os líquidos e osgases apresentam-se com estruturas atômicas nãoorganizadas.

4. a) Como a estrutura interna da substância A apresentaorganização, ela é um cristal.

b) A estrutura de B é desorganizada, isto é, ela é umasubstância amorfa.

c ) Vimos que o vidro é uma substância amorfa. Logo, Bpoderia ser o vidro.

5. a) Uma certa quantidade de líquido tem um volumebem definido. Assim, o volume da poça de água étambém igual a 700 cm3.

b) Evidentemente, houve alteração na forma daquelaquantidade de água.

6. a) A coesão entre as moléculas da água é maior que aaderência entre essas moléculas e as da parafina (demaneira semelhante ao que ocorre entre o mercúrio eo vidro).

b) Como a água não molha a parafina, seu nível no tuboserá inferior ao nível da água no recipiente (comoocorre com o mercúrio em um tubo de vidro).

7. a) Dissemos na legenda da figura 7-17 que, quando olíquido desce no tubo capilar, sua superfície dentro dotubo toma a forma convexa. Lembrando-se da respos-ta b do exercício anterior, é claro que teremos umafigura como a da resposta desse exercício.

b) Como a água molha o vidro (aderência maior que acoesão da água), ela tende a subir na parede de vidro,formando uma superfície côncava. No contato com aparede de parafina, ocorre o contrário e se originauma superfície convexa.

8. a) Basta lembrar que a água sobe nos capilares de vidro,atingindo altura tanto maior quanto mais fino for otubo. Além disso, as superfícies de contato com ovidro são côncavas, como mostra a figura da respostadeste exercício, no livro-texto.

b) Como o mercúrio não molha o vidro, ocorre o contrá-rio do que ocorreu com a água, como vemos na figu-ra da resposta do exercício, no livro-texto.


Capítulo 7

9. Se a separação entre os átomos de ósmio fosse igual àseparação entre os átomos de chumbo, é claro que adensidade do ósmio seria menor que a do chumbo.Como o ósmio possui densidade mais elevada, concluí-mos que seus átomos estão muito mais próximos entresi que os átomos do chumbo.

10. Tendo examinado, com atenção, as idéias sobre equilí-brio térmico apresentadas nesta seção, o estudante che-gará facilmente às respostas deste exercício.Obs.: Alguns alunos costumam pensar, erroneamente,que a temperatura final de equilíbrio dos dois corpos éde 40 °C (média entre 60 °C e 20 °C). O professor devealertar seus alunos para o fato de que o valor real datemperatura final depende de alguns fatores que serãoanalisados no capítulo seguinte.

11. Para que haja tempo de o termômetro adquirir a mesmatemperatura da pessoa, isto é, entrar em equilíbrio tér-mico com ela.

12. Evidentemente, isto seria possível se a leitura do termô-metro fosse feita mantendo-o em contato com a pessoa.Usando um termômetro clínico, esta leitura pode serfeita mais comodamente, como está explicado na legen-da da figura 7-21 (costuma-se dizer que o termômetroclínico é um “termômetro de máxima”, isto é, indica atemperatura máxima que ele alcançou, mesmo após serafastado da pessoa).

13. a) Ao apresentar a escala Kelvin, dissemos que o interva-lo de 1 K é igual ao de 1 °C. Logo, a separação entredois traços correspondentes a 1 K será igual a 1 mm.

b) Como 180 intervalos de 1 °F equivalem a 100 interva-los de 1 °C, é claro que o intervalo de 1 °F é menorque o de 1 °C. Portanto, no termômetro considerado,o intervalo de 1 °F será menor que 1 mm.

14. a) Usando a relação T = tc + 273, vem:

T = 37 + 273 ou T = 310 K

b) De T = tc + 273, temos:

78 = tc + 273, donde tc = 78 - 273ou tc = -195 °C

15. Sabemos que é impossível existir, na natureza, tempe-ratura inferior ao zero absoluto, que corresponde a-273 °C = 0 K. Portanto, os valores -15 K e -327 °C nãopodem corresponder a temperaturas reais.

16. Basta usar a relação entre as escalas C e F apresentadasnesta seção (não se recomenda a memorização de fór-mulas específicas como essa e, assim, o estudante deve-rá ter acesso a ela sempre que for necessário, seja con-sultando o texto, seja por informação do professor).De tc/5 = (tf - 32)/9, vem:

,t

93232

53737F -

= donde tF = 98,6 °F

17. Do mesmo modo que no exercício anterior, detc/5 = (tF - 32)/9, vem:

,t5 9

2323 3232c =- donde tc = -5 °C

18. Tendo em vista que houve um aumento na temperaturado ar no interior da bomba, temos:

a) A energia cinética das moléculas do ar aumentou,conforme destacamos na seção 7.2.

b) A energia térmica no interior da massa de ar repre-senta a soma das energias cinéticas de todas as suasmoléculas. Assim, é claro que ela também aumenta.

c ) Como a energia térmica é parte da energia internatotal da massa de ar, um aumento na energia térmicaimplica aumento na energia interna.

19. A relação L - L0 = L0 (t - t0) nos mostra que a dilatação(L - L0) de uma barra é tanto maior quanto maior for seucomprimento inicial L0. Assim, concluímos que terá umcomprimento final maior que o de B (os valores de ede t - t0 são os mesmos para as duas barras).

20. De L - L0 = L0 (t - t0), como as duas barras têm o mesmovalor de L0 e experimentam a mesma elevação de tempe-ratura (t - t0) concluímos que se dilatará mais aquela quepossuir maior valor do coeficiente de dilatação .Consultando a tabela 7-1, vemos que o comprimento finalda barra de alumínio será maior que o da barra de cobre.

21. Pela tabela 7-1 obtemos, para o aço, = 0,000 01 por °C.Como a altura da torre é aproximadamente igual a300 m, vamos considerar como sendo esse valor a alturada torre a -5 °C, isto é, temos L0 = 300 m. Além disso, éclaro que a elevação de temperatura é:

t - t0 = 35 - (-5) ou t - t0 = 40 °C

Usando a relação L - L0 = L0 (t - t0), vem:

L - L0 = 0,000 01 # 300 # 40 ou L - L0 = 0,12 m = 12 cm

Portanto, a Torre Eiffel, entre aquelas temperaturas, sedilata de 12 cm.

22. a) Quando o aro metálico é aquecido, ele se dilata e seudiâmetro interno aumenta (figura 7-37). Assim, essediâmetro torna-se um pouco maior que o da roda e oaro pode ser adaptado a ela.

b) Ao retornar à temperatura ambiente, o aro se contrai,pressionando a roda, mantendo-se então firmementepreso a ela.

23. a) Uma lâmina bimetálica se curva ao ser aquecida (figu-ra 7-39). Na figura 7-45, ocorrendo um incêndio, alâmina se curva para baixo, fechando o circuito elétri-co e disparando o alarme (campainha).

b) Para que a lâmina se curve para baixo, o metal situa-do na parte superior dessa lâmina deve ter maior coe-ficiente de dilatação que o metal da parte inferior. Atabela 7-1 nos mostra, então, que o cobre deve estarna parte superior da lâmina.

24. Quando a porca é aquecida, ela se dilata e seu diâmetrointerno torna-se um pouco maior que o diâmetro doparafuso (considerando que a porca, por estar em conta-to direto com a chama, se aquece mais rapidamente queo parafuso). Evidentemente, ao retirar a porca, a pessoadeve proteger a mão (usando uma luva ou uma toalha,por exemplo), para não se queimar.

25. Pela tabela 7-1, vemos que o valor de a para o alumínioé maior que para o aço. Então, se a temperatura da lâmi-na fosse superior a 20 °C, o comprimento da camada dealumínio seria maior que o comprimento da camada deaço e a lâmina apresentaria uma curvatura contráriaàquela mostrada na figura 7-47. Como a camada de alu-mínio tornou-se menor que a de aço, concluímos que atemperatura da lâmina bimetálica é menor que 20 °C: asduas lâminas, portanto, se contraíram, sendo a contra-ção do alumínio maior que a do aço (o valor de a para oalumínio é maior).

26. a) Sim. As substâncias, em geral, se dilatam quandoaquecidas.

b) Como houve dilatação do tanque, concluímos que ovolume derramado representa apenas a dilatação


aparente da gasolina (não representa sua dilataçãoreal).

c ) É evidente que, para a gasolina ter derramado, suadilatação real deve ter sido maior que a dilatação dotanque.

27. a) A dilatação aparente é aquela que se tornou eviden-te (ou visível) para nós. Logo, a dilatação aparente daglicerina foi de 1,5 cm3.

b) Trata-se agora de calcular a dilatação volumétrica daglicerina e, então, vamos usar a expressão V - V0 =

= γV0(t - t0). Pela tabela 7-2, vemos que, para a glice-rina, temos γ = 0,000 005 por °C.Como V0 = 100 cm3 e (t - t0) = 50 °C - 20 °C = 30 °C, vem:

V - V0 = 0,000 5 # 100 # 30ou V - V0 = 1,5 cm3

c ) Deve-se observar que o valor da dilatação aparenteda glicerina coincidiu com o valor de sua dilataçãoreal. Isto só pode ocorrer quando não há dilatação dorecipiente.

d) Se o recipiente não se dilatou ao ser aquecido, con-cluímos que seu coeficiente de dilatação é nulo.

28. a) Neste caso, o recipiente e a glicerina se dilatariamigualmente e, assim, a glicerina não entornaria. Logo,sua dilatação aparente seria nula.

b) A dilatação do volume interno do recipiente seriamaior que a dilatação do volume de glicerina e, assim,haveria uma redução do nível da glicerina no reci-piente.

29. a) Quando a água é aquecida de 2 °C para 4 °C, sabemosque ela se contrai, isto é, seu volume diminui.

b) De d = m/V, como m não se altera e V diminui, concluí-mos que a densidade d aumenta.

c ) A esfera de madeira, em flutuação, estará sob a açãode um empuxo sempre igual a seu peso. Como oempuxo é igual ao peso do líquido deslocado e a den-sidade da água aumentou, concluímos que o volumede água deslocada diminuiu, isto é, a parte submersada esfera tornou-se menor.

30. a) Neste intervalo, a água se dilata, isto é, seu volumeaumenta.

b) Em virtude do aumento do volume, há diminuição nadensidade da água.

c ) Com um raciocínio semelhante ao da questão c doexercício anterior, vemos facilmente que a esferaafundará na água (o volume da parte submersaaumentará).

31. a) A massa de um corpo não sofre alteração quandosua temperatura aumenta ou diminui, pois ela éconstante.

b) Como estudamos neste capítulo, o volume do corpoaumenta quando sua temperatura aumenta, pois elese dilata.

c ) A densidade d de um corpo qualquer é dada pelarelação d = m/V. Uma vez que, quando o corpo éaquecido, m não se altera e V aumenta, concluímosque sua densidade diminui.

32. a) Em todas as transformações analisadas, estamossupondo que não há vazamento de gás do recipiente,isto é, que a massa gasosa considerada na transfor-mação é constante. Além disso, por se tratar de umatransformação isotérmica, a temperatura do gás tam-bém permanece constante.

b) É evidente, pela figura 7-48, que há uma redução novolume do gás e, pela lei de Boyle (que se aplica às

transformações isotérmicas), concluímos que sua pres-são aumenta. Em virtude da redução no volume,podemos concluir que a densidade do gás aumenta(pois sua massa não variou).

33. Em uma transformação isotérmica, sabemos que o produ-to pV permanece constante. Para o estado I, vemos que:

pV = 0,5 atm # litros = 6 atm $ litro

Portanto, nos estados II, III e IV o produto pV terá estemesmo valor. Os valores do volume V em cada um dessesestados é obtido facilmente da seguinte maneira:

II) pV = 6 ou 1 # V = 6, donde V = 6 litros.III) pV = 6 ou 1,5 # V = 6, donde V = 4 litros.IV) pV = 6 ou 2 # V = 6, donde V = 3 litros.

34. a) Como dissemos na solução do exercício anterior, esta-mos considerando uma massa constante do gás e,como a transformação é isobárica, a pressão tambémpermanece constante.

b) Como vimos na figura 7-51, o gás se dilata ao seraquecido isobaricamente, isto é, variam sua tempera-tura e seu volume. É claro que, nessa figura, a densi-dade do gás diminui, pois seu volume aumenta,enquanto sua massa permanece constante.

35. a) Como a transformação é isobárica, aplica-se a ela a leide Charles e Gay-Lussac: V1/T1 = V2/T2. Lembrando que T1 e T2 são as temperaturas absolutasdo gás nos estados considerados, temos:

T1 = 273 + (-73) ou T1 = 200 K

T2 = 273 + 227 ou T2 = 500 K

Então, como V1 = 100 cm3, vem:

,V

200200100100

5005002= donde V2 = 250 cm3

b) Temos:,d

Vm

1001002 5

11

= =

ou d1 = 0,025 grama/cm3

,dVm

2502502 5

22

= =

ou d2 = 0,01 grama/cm3

36. a) A massa do gás é invariável e o volume, na figura 7-54,permanece constante (transformação isovolumétrica).Conseqüentemente, a densidade do gás (d = m/V)também permanece constante.

b) O gás, na figura 7-54, está sendo aquecido (tempera-tura varia) e, como o volume permanece constante,sua pressão aumenta.

37. a) Em I, como o recipiente é indilatável (V = constante),a transformação é isovolumétrica.Em II, o gás permanece em equilíbrio térmico com oambiente (suposto com temperatura invariável).Portanto, sua temperatura não varia e a transforma-ção do gás é, então, isotérmica.Em III, o gás se expande livremente (ao ser aquecido)submetido sempre à pressão atmosférica, acrescida dapressão exercida pela pequena coluna de mercúrio.Portanto, a pressão total sobre o gás é constante e,assim, sua transformação é isobárica.

b) Tendo respondido corretamente à questão a, o alunoidentificará facilmente a equação correspondente acada transformação (veja a resposta deste exercíciono livro-texto).


38. a) Como se trata de uma transformação geral de um gás(variam p, V e T ), vimos que se aplica a equaçãop1V1/T1 = p2V2/T2.

b) As temperaturas foram fornecidas na escala Celsius.Logo:

T1 = 273 + 0 ou T1 = 273 K

T2 = 273 + 273 ou T2 = 546 KPortanto:

, ,,

V273273

1 4 5546546

1 5 2# #= donde V2 = 6 litros

Obs.: O volume V2 foi obtido em litros porque V1 foifornecido nessa unidade e, nos dois membros daigualdade, p1 e p2 foram expressos na mesma unida-de (atm), o mesmo ocorrendo com T1 e T2 (ambasmedidas na escala Kelvin).

39. a) Durante a subida da bolha, não há variação de tem-peratura e, portanto, sua transformação é isotérmica.

b) A pressão p1 sobre a bolha, na situação inicial (nofundo do lago), é a soma da pressão atmosférica com apressão exercida pela água. Como esta é igual a 3 atm(coluna de 30 m de água), temos:

p1 = 1 atm + 3 atm ou p1 = 4 atm

c ) Pela lei de Boyle (transformação isotérmica), temosp1V1 = p2V2, sendo p2 = 1 atm (pressão na superfície dolago). Logo:

4 atm # 2,5 cm3 = 1 atm $ V2, donde V2 = 10 cm3

1. Conforme dissemos, a expressão “calor em um corpo”não tem significado físico. Quando A foi colocado emcontato com B, houve transferência de energia de Apara B e esta energia transferida é denominada calor. Éclaro, então, que apenas a afirmativa II está correta.

2. a) e b) É evidente que houve uma redução de 1 000 cal naenergia interna do corpo A (pois ele cedeu 1 000 calde calor para B), e um aumento de 1 000 cal na ener-gia do corpo B.

c ) Podemos estabelecer a seguinte proporção:

1 cal 4,18 J1 000 cal x

Logo:x = 1 000 # 4,18 ou x = 4 180 J

3. Nessa seção, analisamos o significado físico do calorespecífico, tomando, como exemplos, os valores de cpara a água, o ferro e o alumínio. Com base nessesexemplos, o aluno não terá dificuldades em dizer, comsuas palavras, o significado de c do mercúrio (veja a res-posta do exercício no livro-texto).

4. a) Usando a relação Q = mc (tf - ti) e lembrando-se deque, para a água, temos c = 1 cal/g $ °C, vem:

Q = 200 # 1 # (50 - 20), donde Q = 6 000 cal

b) Se a água fosse aquecida de ti = 0 °C até tf = 50 °C, elaabsorveria a seguinte quantidade de calor:

Q = mc (tf - ti) = 200 # 1 # (50 - 0),donde Q = 10 000 cal

Portanto, ao esfriar de 50 °C até 0 °C, a água libera10 000 cal para o refrigerador.

5. a) Destacamos no exemplo 2 dessa seção que, quantomenor for o calor específico de uma substância, maiora temperatura que uma dada massa dessa substânciaatinge ao receber uma determinada quantidade decalor. Como o calor específico da prata é menor que oda água (e ela recebeu a mesma quantidade de calorque uma massa igual de água), concluímos que suatemperatura final será superior a 50 °C (a prata seencontrava à mesma temperatura inicial da água).Obs.: Se desejar, o professor poderá mostrar a seusalunos que essas conclusões são conseqüência dainterpretação da equação Q = mc (tf - ti). De fato,temos:

t tmcmcQ

f i- =

Portanto, para valores determinados de Q e de m,vemos que (tf - ti) será tanto maior quanto menorfor c.

b) De maneira semelhante ao que foi feito no exemplo 2dessa seção, temos, com os dados fornecidos e usan-do a relação Q = mc (tf - ti):

6 000 = 200 # 0,05 # (tf - 20)ou

6 000 = 10 # (tf - 20), donde tf = 620 °C.

Como havíamos previsto, a temperatura final da prataé superior a 50 °C (temperatura final da água).

6. a) Levando em consideração apenas o calor específico elembrando que as duas panelas têm a mesma massa,concluímos que a de cobre se aquecerá mais facilmen-te, porque seu calor específico é menor que o do alu-mínio (conforme analisamos na solução do exercício 5deste capítulo).

b) Como o alumínio possui maior calor específico, a pane-la de alumínio manterá o alimento aquecido duranteum tempo maior, porque seu resfriamento será maislento (seu aquecimento também foi mais demorado).

7. Como se sabe, estes materiais são maus condutores tér-micos e, assim, dificultam a transferência de calor dapanela para a mão da pessoa (observe o que ocorreu nafigura 8-7).

8. a) Como o cobre é melhor condutor térmico que o alu-mínio, ele permitirá que haja uma maior transferên-cia de calor da chama para a água.

b) Esta panela dificulta a transferência de calor do ali-mento para o ar exterior. Logo, a pedra é um maucondutor de calor.

9. Pela tabela 8-2, vemos que o ar é um bom isolante tér-mico. Portanto, a camada de ar entre as duas placas devidro dificulta consideravelmente a transferência decalor do interior da casa para o exterior (este fato leva auma grande economia na energia necessária para oaquecimento dos ambientes internos).

10. Como vimos, um bom agasalho reduz consideravelmen-te a transferência de calor de nosso corpo para oambiente. O professor deve alertar seus alunos para oerro contido na afirmação do estudante mencionado noexercício, pois a grandeza “frio” não existe (veja a res-posta do exercício no livro-texto).

11. a) Os estudantes certamente já sabem, de sua experiên-cia diária, que a pessoa terá uma maior sensação defrio no pé sobre o ladrilho.

b) Lembrando-se da análise feita com relação à figura 8-9,concluímos que o pé sobre o ladrilho está perdendo


Capítulo 8

calor mais rapidamente (porque a pessoa tem maiorsensação de frio nesse pé).

c ) Lembrando-se novamente da análise mencionada(figura 8-9), concluímos que o ladrilho é melhor con-dutor de calor que o tapete.

12. a) Estas camadas, ao se resfriarem (em contato com ocongelador), tornam-se mais densas e, então, deslo-cam-se para baixo.

b) Não. Neste caso, o ar frio (em contato com o congela-dor), por ser mais denso, permaneceria na parte infe-rior do refrigerador e o ar mais quente (em contatocom os alimentos), na parte superior. Assim, não have-ria formação de correntes de convecção. Por estarazão, o congelador está sempre situado na partesuperior de um refrigerador.

13. Vimos que o ar que se esfriou em contato com o conge-lador, ao descer no interior do refrigerador, vai se aque-cendo gradualmente em virtude do calor que retira dosalimentos. Portanto, o ar que está passando pela parteinferior do aparelho é aquele que possui temperaturamais elevada. Então, as frutas, verduras e legumesdevem ser colocados nessa região.

14. a) Assim como, durante o dia, a Terra se aquece maisrapidamente (menor calor específico), durante a noiteela também se resfria mais rapidamente.

b) Como o mar demora mais a se esfriar, sua temperatu-ra ficará mais elevada que a da Terra. Então, a cama-da de ar sobre a água também estará mais aquecida(menos densa) e se moverá para cima (ao contrário doque ocorre na figura 8-14).

c ) A subida do ar mais aquecido provoca uma certarefração na camada de ar sobre a água. Assim, o armais frio sobre a Terra se movimenta para o mar.

15. Vimos que é possível o calor se transmitir através dovácuo, por um processo denominado radiação. Portanto,o termômetro se aquece em virtude da transferência decalor da lâmpada até ele por esse processo.

16. A pintura prateada (clara) reflete grande parte da radia-ção térmica (principalmente aquela proveniente do Sol),evitando aumentos de temperatura indesejáveis, quepoderiam causar combustão do material armazenadonos tanques.

17. a) O ar e o plástico são maus condutores térmicos e,assim, reduzem consideravelmente a condução decalor do corpo da pessoa para o exterior.

b) As tiras de plástico dificultam a formação de correntesde convecção no ar existente entre as duas camadas detecido que limitam o acolchoado (o tecido junto aocorpo, mais quente, e o tecido externo, mais fino).

c ) Veja a resposta do exercício.Obs.: Evidentemente, as duas camadas de tecido quelimitam o acolchoado (geralmente de náilon) tambémdificultam a formação de correntes de convecção erefletem as radiações do corpo que nelas incidem.

18. a) Tanto na condução quanto na convecção, é evidentea necessidade de um meio material para que a trans-missão de calor ocorra.

b) Apenas na convecção observa-se o transporte dematéria de um ponto para outro entre os quais ocalor está sendo transferido (lembre-se da formaçãodas correntes de convecção, como as mostradas nasfiguras 8-11, 8-12 e 8-13).

c ) Como dissemos, a radiação térmica é o único proces-so de transmissão de calor que pode ocorrer no vácuo(como no caso ilustrado na figura 8-16).

19. a) Este cálculo, evidentemente errado, costuma ser feitopor pessoas que não têm conhecimento das idéiasbásicas da física, pois não levam em consideração asmassas das duas substâncias misturadas (uma cedendoe a outra recebendo calor). Qualquer estudante podeperceber o absurdo desse cálculo, se a seguinte situa-ção lhe for apresentada: colocando-se em um grandetanque de água, a 20 °C, uma colher de água a 100 °C,evidentemente a temperatura final da mistura nãoserá de 60 °C (média das temperaturas iniciais).

b) Sendo t a temperatura final da mistura, é fácil con-cluir que:• a variação de temperatura da água quente foi (80 - t),• a variação de temperatura da água fria foi (t - 20).

Lembrando-se da relação Q = mc (tf = ti), concluímosque o calor cedido pela água quente foi:

Qc = 200 # 1 # (80 - t)

e o calor recebido pela água fria foi:

Qr = 300 # 1 # (t - 20)

Como estamos supondo que não houve perdas decalor, nem para o calorímetro nem para o meio exte-rior, temos Qc = Qr. Logo:

200 # (80 - t) = 300 # (t - 20)

Assim:160 - 2t = 3t - 60, donde t = 44 °C

20. a) Pela tabela 8-3, vemos que o ponto de fusão da prataé de 961 °C, isto é, a moeda começará a se fundirnesta temperatura.

b) Não. Por uma das leis da fusão, sabemos que para amoeda se fundir devemos fornecer calor a ela.

21. a) Na tabela 8-3, vemos que o calor de fusão da prata éde 21 cal, isto é, para fundir 1 grama de prata (quetinha alcançado a temperatura de 961 °C) devemosfornecer a ela 21 cal de calor. Podemos, então, estabe-lecer a seguinte proporção:

1 grama 21 cal100 x

donde x = 21 # 100 ou x = 2 100 calb) Por uma das leis da fusão, vemos que a temperatura

da moeda permanece constante enquanto ela sefunde, apesar de estar recebendo calor (todo calorque ela recebe é usado para romper as ligações darede cristalina do sólido, não provocando aumento naagitação térmica das partículas que constituem amoeda).

c ) Como não há aumento de temperatura durante afusão, concluímos que a prata líquida estará, ainda, a961 °C.

22. a) Temos a proporção:

21 cal 1 grama1 260 cal x

donde:x = 60 gramas

b) Evidentemente, ambos estarão a 961 °C, pois, duran-te a fusão, não há variação de temperatura.

23. a) Nas figuras II, VII e IV, a substância está totalmente noestado sólido (sendo aquecida de 20 °C a 100 °C). Nasfiguras VI, I e III, está ocorrendo a fusão de uma partecada vez maior da substância e, na figura V, a substân-cia já está totalmente líquida. Concluímos, então, quea ordem é II, VII, IV, VI, I, III e V.


b) Na figura I, está ocorrendo a fusão do sólido e, comoa temperatura permanece constante durante esteprocesso, concluímos que a temperatura de fusão é119 °C.

c ) Como as figuras III e VI representam, também, a subs-tância se fundindo, é claro que nessas figuras a tem-peratura é de 119 °C.

d) A substância irá se solidificar na temperatura em queocorreu sua fusão, isto é, 119 °C.

e) Na tabela 8-3, vemos que o ponto de fusão do enxo-fre é 119 °C. Logo, essa substância pode ser o enxofre(poderia ser outra substância que apresentasse omesmo ponto de fusão).

24. 1ª-) A uma pressão dada, a temperatura na qual ocorre aebulição, denominada ponto de ebulição, tem umvalor bem definido para cada substância.

2ª-) Depois que um líquido alcança sua temperatura deebulição, é necessário proporcionar-lhe calor paraque ocorra esse processo de mudança de fase.

3ª-) Enquanto o líquido está em ebulição, sua temperatu-ra permanece constante, e o vapor que resulta davaporização encontra-se na mesma temperatura dolíquido.

4ª-) Na condensação, os processos físicos ocorrem em sen-tido inverso aos da ebulição.

25. a) Essa massa de álcool (à pressão mencionada) encon-tra-se a uma temperatura superior a seu ponto deebulição (100 °C > 78 °C). Logo, este álcool se encon-tra no estado gasoso.

b) Quando a temperatura do álcool atingir 78 °C, teráinício sua condensação, porque a temperatura de con-densação é igual à de ebulição.

c ) Na condensação, os processos ocorrem em sentidocontrário aos da ebulição. Portanto, durante a con-densação o álcool libera calor.

d) O calor de condensação é igual ao calor de vaporiza-ção que, para o álcool etílico, é de 200 cal/g (veja atabela 8-4). Podemos, então, estabelecer a seguinteproporção:

1 grama libera 200 cal200 gramas liberam X cal

Logo:

X = 200 # 200 ou X = 40 000 cal

e) A temperatura não se modifica durante a mudançade fase e, assim, o álcool líquido estará a 78 °C.

26. Para que a batata cozinhasse mais rapidamente, serianecessário que a temperatura da água que a envolveatingisse valores mais elevados (como ocorre em umapanela de pressão). Na situação mencionada, o aumentodo fornecimento de calor à água iria apenas aumentar arapidez de sua transformação em vapor, sem alterar suatemperatura (pois a água já se encontrava em ebulição).Logo, este procedimento não terá influência no tempode cozimento das batatas.

27. Vimos que a velocidade de evaporação de um líquido étanto maior quanto maior for a área de sua superfícieem contato com o ar (figura 8-33). Quando espalhamosa água de uma poça, estamos aumentando essa área e,assim, ela irá evaporar mais rapidamente.

28. a) Quando sopramos sobre um líquido, estamos renovan-do a camada de ar sobre ele, isto é, estamos expulsan-do a camada que continha uma certa quantidade devapor do líquido (o que, como sabemos, diminui a velo-

cidade de evaporação). Por isso, com a renovação dacamada de ar, a velocidade de evaporação aumenta.

b) Dissemos, nos comentários sobre a evaporação, que asmoléculas que abandonam o líquido quando ele eva-pora são aquelas que possuem maior velocidade.Como as moléculas que permanecem no líquido sãoas mais lentas, uma evaporação rápida (em virtude dosopro) corresponderá a uma redução de temperaturatambém rápida do líquido.

29. a) Como dissemos na legenda da figura 8-36, em um diaquente e úmido uma pessoa transpira e o suor deposi-tado sobre sua pele evapora lentamente, trazendo paraessa pessoa uma sensação de desconforto. O ventiladorrenova as camadas de ar em contato com a pele da pes-soa, fazendo com que o suor evapore mais rapidamen-te (de maneira semelhante à situação do exercício 28),provocando uma queda na temperatura da pele.

b) Muitas pessoas pensam, equivocadamente, que o ven-tilador é um aparelho capaz de produzir resfriamentoem um ambiente, isto é, capaz de provocar uma redu-ção na temperatura do ar da sala. Na realidade, eleapenas coloca o ar da sala em movimento, contribuin-do para que a velocidade de evaporação do suor daspessoas presentes seja aumentada.

30. Como a parede do recipiente é porosa, pequenas gotasde água passam pelos poros e se depositam em suasuperfície externa (se uma pessoa colocar a mão em con-tato com a superfície do recipiente, perceberá a presen-ça de umidade, o que não ocorrerá em uma superfíciesem poros). Quando essas gotas evaporam, isso provocauma redução na temperatura dessa superfície, manten-do fresca a água no interior do recipiente.

31. a) Pela definição de umidade relativa (u.r.) do ar, temos:

u.r. =300300210210 ou u.r. = 0,7

Expressando em forma percentual, vem:

u.r. = (0,7 # 100)% = 70%

b) Se u.r. = 40%, vem u.r. = 0,4. Logo, pela mesma equa-ção da questão a, temos (sendo m a massa procurada):

0,4 = ,m300300

donde m = 120 gramas

32. O gelo, ao se fundir, diminui de volume. Logo, uma certamassa de água, ao se congelar, terá seu volume aumen-tado. As enormes forças provenientes dessa dilatação,que ocorre quando a temperatura se torna inferior a0 °C, provocam o rompimento das rochas nas quais aágua estava infiltrada (de maneira semelhante ao queacontece com uma garrafa cheia de água colocada emum congelador).

33. a) Se a cidade onde vive o estudante estiver próxima donível do mar, a pressão atmosférica ali será de cercade 1 atm e o gelo se fundirá praticamente a 0 °C. Se acidade estiver a uma altitude considerável, a pressãoatmosférica será sensivelmente inferior a 1 atm e estamenor pressão sobre o gelo fará com que ele se fundaa uma temperatura superior a 0 °C.

b) O chumbo tem, na fusão, um comportamento “nor-mal” (contrário ao gelo). Na tabela 8-3, vemos que,sob pressão de 1 atm, o ponto de fusão do chumbo éde 327 °C. Como a figura 8-45 indica que o chumboestá se fundindo a uma temperatura inferior a essa,concluímos que a pressão na campânula (que atuasobre o chumbo) é inferior a 1 atm.


34. a) A temperatura de -30 °C é superior a -45 °C, isto é,esta massa de água encontra-se acima de sua tempe-ratura de fusão. Logo, ela se apresenta no estadolíquido (água líquida a -30 °C!).

b) Neste caso, a temperatura da água é inferior a seuponto de fusão (-60 °C < -45 °C). Logo, a água encon-tra-se no estado sólido (gelo).

35. Pela tabela apresentada, vemos que a pressão atmosfé-rica na cidade mencionada é de 64 cmHg (ponto de ebu-lição da água a 95 °C). Portanto, a diferença entre aspressões atmosféricas no nível do mar e nesta cidade é


Como para cada 100 m de elevação atmosférica há dimi-nuição de 1 cmHg na pressão atmosférica, é claro que aaltura da cidade deve ser cerca de

12 # 100 m = 1 200 m

36. a) Quando agitamos a garrafa térmica, estamos reali-zando trabalho sobre a água em seu interior. Apósreceber essa energia mecânica, a água se aquece (aenergia cinética das moléculas aumenta), de maneirasemelhante ao que aconteceu na experiência deJoule, mostrada na figura 8-46.

b) Evidentemente, não houve transferência de calor para aágua. O professor deverá deixar claro para seus alunosque a água recebeu energia sob a forma de energiamecânica, que se transformou em energia térmica dolíquido, acarretando seu aquecimento (lembre-se de quenão havia, nesta experiência, nenhum corpo mais quen-te que a água que pudesse transferir calor para ela).

37. a) Como dissemos na solução do exercício 36, a águarecebeu apenas energia mecânica (quando a garrafatérmica foi agitada).

b) Podemos estabelecer a seguinte proporção:

4,2 J 1 cal840 J X

donde X = 200 calPortanto, conforme ficou claro a partir das experiên-cias de Joule, a elevação de temperatura observadana água, ao receber 840 J de energia mecânica, é amesma que seria observada se aquela massa de águarecebesse 200 cal de calor.

38. a) A quantidade de calor necessária para elevar a tempe-ratura de um corpo pode ser calculada pela relaçãoQ = mc (tf - ti). Na tabela 8-1, vemos que, para o chum-bo, temos c = 0,03 cal/g $ °C. Logo, como (tf - ti) = 40 °C,vem:

Q = 20 # 0,03 # 40 ou Q = 24 cal.

b) É evidente que a energia cinética da bala seria umaenergia mecânica equivalente a 24 cal. Temos, então:

1 cal 4,2 J24 cal X

Logo: X = 100,8 J

39. a) Pelo princípio de conservação da energia, podemosconcluir que a energia perdida pelo corpo é igual àenergia potencial gravitacional, Ep, que ele possuíaantes de cair. Como sabemos, temos Ep = mgh e,então:

Ep = 10 # 10 # 1,2, donde Ep = 120 J

Logo, o corpo perdeu 120 J de energia mecânica emsua queda.

b) Designando por E esta energia, temos:

E = 35 # 120 ou E = 4 200 J

Para expressar o valor dessa energia em calorias,podemos estabelecer a seguinte proporção:

4,2 J 1 cal4 200 J X

Logo: X = 1 000 calc ) Portanto, a elevação de temperatura da água, ao

receber 4 200 J de energia mecânica, é igual à que elaexperimentaria se recebesse 1 000 cal de calor. Assim,na relação Q = mc (tf - ti), temos:

1 000 = 400 # 1 # (tf - ti)donde:

(tf - ti) = 4004001 000000 ou (tf - ti) = 2,5 °C

isto é, a temperatura da água se elevou de 2,5 °C.

40. a) O pistom sobe empurrado pela pressão do vaporaquecido, proveniente da caldeira. Então, é claro queA deve estar aberta (para permitir a passagem dovapor) e B, fechada (para que o vapor não escape).

b) Para que o vapor deixe o cilindro durante a descidado pistom, B deve estar aberta e A, fechada, paraimpedir a entrada de vapor no cilindro.

41. O aluno deve se esforçar para lembrar-se da seqüênciados “tempos” no funcionamento do motor de explosão(isto não será difícil se ele tiver compreendido o funcio-namento do motor). Em caso de dúvida, o estudantedeverá, evidentemente, consultar a figura 8-53.

42. a) O pistom está descendo, impulsionado pelos gasesaquecidos provenientes da combustão da misturaexplosiva (figura 8-53-c).

b) Neste “tempo” não pode haver nem admissão decombustível nem escapamento dos gases da combus-tão. Logo, A e B devem estar fechadas.

43. Durante a admissão, o pistom está descendo, enquanto amistura combustível penetra no cilindro. Para que isso ocor-ra, a válvula A deve estar aberta e B, fechada, para impe-dir o escapamento da mistura admitida (figura 8-53-a).

44. a) O rendimento da turbina é dado por R = x/Q, ondeQ = 100 000 cal representa o calor fornecido à máqui-na e x = 84 000 J é o trabalho por ela realizado.Devemos expressar x e Q em uma mesma unidade.Vamos, então, expressar Q em joules. Temos:

1 cal 4,2 J100 000 cal X

Logo: X = 420 000 J

Portanto: R =420420 0000008484 000000

= 0,2

Expressando R em forma percentual, vem:R = (0,2 # 100)% ou R = 20%

b) Usando a relação R = x/Q, temos:

0,2 = x

2525 000000, donde x = 5 000 cal

Observe que o valor de x foi expresso em calorias por-que o valor de Q foi fornecido nessa unidade. Como otrabalho x é mais comumente medido em joules,vamos apresentar o valor encontrado nessa unidade.Temos:

1 cal 4,2 J5 000 cal X

Logo: X = 5 000 # 4,2 = 21 000, ou seja: x = 21 000 J.


b) Esta variação é dada por U = Q - x. Como o valor foiabsorvido pelo sistema, Q é positivo (Q = 210 J). Sendoo trabalho realizado pelo sistema, teremos x tambémpositivo (x = 320 J). Então:

U = Q - x = 210 - 320, donde U = -110 J

c ) Como o trabalho realizado pelo sistema foi superiorem 110 J ao calor que ele absorveu, a energia internado sistema diminuiu de, exatamente, 110 J.

52. Se não houve variação da energia interna do gás, temosU = 0. Então, de U = Q - x, temos:

0 = Q - x ou x = Q

isto é, o gás realizou um trabalho igual ao calor queabsorveu.

53. a) Como o volume do gás permaneceu constante, o tra-balho realizado por ele é nulo (x = 0).

b) De U = Q - x, com Q = -170 cal (calor liberado) ex = 0, vem U = -170 cal.

c ) Como U é negativo, concluímos que a energia inter-na U diminuiu de 170 cal (uma diminuição em U igualao calor liberado).

1. a) Não. Os prótons estão presos ao núcleo do átomo enão se deslocam no processo de eletrização.

b) Se o corpo ficou eletrizado positivamente, concluímosque ele perdeu elétrons, que se transferiram para aseda (esta ficou, então, eletrizada negativamente).

2. a) Sim. Ao serem atritados, há transferência de elétronsde um corpo para o outro e, assim, tanto a borrachaquanto a lã ficam eletrizadas.

b) e c) Como a borracha se eletrizou negativamente,podemos concluir que ela recebeu elétrons da lã e,portanto, a lã ficou eletrizada positivamente.

d) A lã perdeu elétrons e, então, ficou com excesso deprótons em seus átomos (em um corpo neutro, onúmero de prótons é igual ao número de elétrons).

3. a) Como o papel, na lista apresentada, está situado apóso marfim, concluímos que o marfim fica eletrizadopositivamente. Conseqüentemente, o papel fica ele-trizado negativamente.

b) O marfim ficou eletrizado positivamente. Logo, eleperdeu elétrons.

4. a) Considerando que a troca de elétrons se fez apenasentre o marfim e o papel, é claro que o número deelétrons recebidos pelo papel é igual ao número deelétrons perdidos pelo marfim e, portanto, igual aonúmero de prótons nele em excesso.

b) Como, em valor absoluto, as cargas do próton e doelétron são iguais, é claro que o papel e o marfimadquirem cargas de mesmo valor absoluto (porém desinais contrários).

5. a) A barra eletrizada negativamente repele os elétronslivres da esfera metálica, que, assim, se deslocam para B.

b) Em B, aparece carga negativa (excesso de elétrons) e,em A, carga positiva (excesso de prótons em virtudedo deslocamento dos elétrons para B).

c ) Como a carga em A está mais próxima da barra, aforça que ela exerce em A é maior que em B.

d) A barra atrai a carga positiva em A e repele a carganegativa em B. Como a força de atração é maior, aesfera será atraída pela barra.

Capítulo 9


45. a) Vamos expressar em joules a quantidade de calorQ = 100 cal que a máquina recebe. Temos:

1 cal 4,18 J100 cal X

Logo: X = 100 # 4,18 ou Q = 418 JAssim, esta máquina estaria recebendo 418 J de calore realizando um trabalho também de 418 J. Portanto,ela não estaria contrariando a primeira lei da termo-dinâmica, pois a máquina não criou nem destruiuenergia (houve conservação da energia).

b) Essa máquina, entretanto, estaria contrariando asegunda lei da termodinâmica, pois transformaria emtrabalho todo calor que recebeu da fonte quente (orendimento desta máquina seria de 100%).

46. A quantidade de calor, em calorias, equivalente ao tra-balho x = 105 J realizado pelo compressor, pode serdeterminada pela seguinte proporção:

4,2 J 1 cal105 J X

donde X = 25 calO calor liberado na superfície externa é a soma destaquantidade de calor com o calor retirado dos alimentos(50 cal), isto é:

25 cal + 50 cal = 75 cal

47. a) Da definição de pressão, p = F/A, vem:

F = p $ A = (3 # 105) # (5 # 10-2) ou F = 1,5 # 104 N

b) Para obter o resultado no SI, devemos expressard em m:d = 10 cm = 0,1 m. Temos, então:

x = F $ d = 1,5 # 104 # 0,1 ou x = 1,5 # 103 J

48. a) Como se pode perceber facilmente analisando a figura8-58, a variação do volume do gás, (Vf - Vi) é dada por:

Vf - Vi = A $ d = 5 # 10-2 # 0,1, dondeVf - Vi = 5 # 10-3 m3

b) x = p (Vf - Vi) = (3 # 105) # (5 # 10-3) ou x = 1,5 # 103 Jc ) Como não podia deixar de ser, em ambos os casos

obtivemos o mesmo valor para o trabalho x realizadopelo gás.

49. a) É evidente que a energia tenderá a aumentar. Então,a colaboração de Q na equação deve ser tal que tendaa tornar U positivo. Logo, Q deve ser positivo.

b) Evidentemente, a energia tenderá a diminuir. Então,Q deve colaborar para tornar U negativo. Portanto,Q deve ser negativo.

50. a) Para realizar um trabalho, o sistema utiliza parte desua energia interna, a qual, então, tende a diminuir.Assim, x deve colaborar para tornar U negativo;como na equação U = Q - x o sinal que precede x énegativo, o valor de x deverá ser positivo.

b) Quando um trabalho é realizado sobre um sistema,estamos transferindo energia para ele e, assim, suaenergia interna tende a aumentar. Então, x devecolaborar para tornar U positivo; como na equaçãoU = Q - x o sinal que precede x é negativo, o valorde x deverá ser negativo.Obs.: Os exercícios 49 e 50 ajudarão o aluno a perce-ber a razão da convenção de sinais adotada para Q ex na primeira lei da termodinâmica.

51. a) Temos:

Q = 50 cal = 50 # 4,2 J = 210 J

6. a) Quando a esfera toca na barra, vários dos elétrons emexcesso nessa barra se transferem para a esfera, atraí-dos pela carga positiva em A.

b) Os elétrons que passam para a esfera neutralizampraticamente toda a carga positiva em A. Então, aesfera fica eletrizada negativamente, em virtude dacarga negativa existente em B. A barra, que perdeuapenas parte de sua carga, continua negativa.

c ) Como ambas estão eletrizadas negativamente, a esfe-ra será repelida pela barra e se afastará dela.

7. a) Embora o isopor seja um material isolante, em A apa-recerá carga positiva e, em B, carga negativa (figura9-11), de maneira semelhante ao que ocorreu com aesfera metálica.

b) Não. A indução só pode ocorrer em corpos conduto-res. Na esfera isolante, a separação de cargas ocorreuem virtude do fenômeno da polarização.

c ) Sim. Da mesma maneira e pela mesma razão que abarra atraiu a esfera metálica.

8. a) Os elétrons livres das esferas metálicas A e B são atraí-dos pela carga do bastão, deslocando-se para M.Assim, essa extremidade fica negativa, e o excesso deprótons deixado em N torna essa região positiva.Evidentemente, não há acúmulo de cargas em P e,assim, esta região estará neutra.

b) É fácil concluir que a esfera A ficará negativa,enquanto B ficará positiva.

c ) Como nenhuma carga elétrica foi retirada do bastão oucedida a ele, é claro que sua carga não sofreu alteração.Obs.: O professor poderá ressaltar para seus alunosque, com o procedimento descrito neste exercício, foipossível eletrizar as esferas A e B por um processodiferente da eletrização por atrito. Este processo édenominado eletrização por indução (figura 9-12).

9. Afastando-se o bastão antes de separar as esferas, oselétrons de M, sendo atraídos pelos prótons de N, deslo-cam-se de M para N e as esferas voltam a seus estadosneutros iniciais. Portanto, com este procedimento, asesferas não ficarão eletrizadas.

10. a) Se as folhas se aproximam uma da outra, a cargapositiva nelas deve ter diminuído (menor força derepulsão).

b) O corpo C deve ter repelido elétrons da esfera, que,chegando às folhas, neutralizaram parte de suas car-gas positivas.

c ) Como C repeliu elétrons, sua carga deve ser negativa.Obs.: O professor deve destacar para seus alunos queeste exercício apresenta um procedimento que nospermite determinar o sinal da carga em um corpoeletrizado.

11. a) Não. Sabemos que o corpo eletrizado positivamenteatrairia a bolinha se ela tivesse carga negativa, mastambém a atrairia se ela não estivesse eletrizada(neutra).

b) Sim. A única maneira de a bolinha ser repelida é elapossuir carga de mesmo sinal que o corpo.

12. a) No texto desse capítulo, vimos que a carga de 1 Ccorresponde à carga de 6,2 # 1018 elétrons. Pode-mos, então, estabelecer a seguinte proporção:

1 C 6,2 # 1018 elétronsX 31 # 1012 elétrons

donde X = 5 # 10-6 Cb) Lembrando que 1 µC = 10-6 C (1 milionésimo de C),

concluímos que 5 # 10-6 C = 5 µC.

13. De maneira semelhante ao que foi feito no exemplo 1,podemos desenvolver o seguinte raciocínio: a lei deCoulomb (F = kq1q2/d2) nos mostra que F ∝ q1q2 (a forçaé proporcional ao produto das cargas). Então, se q1

torna-se 6 vezes maior e q2, 3 vezes maior, o produto(q1q2) torna-se 18 vezes maior. Portanto, o valor de Ftambém ficará multiplicado por 18, passando a ser:

F = 18 # 0,3 N ou F = 5,4 N

14. a) Evidentemente, a distância d entre q1 e q2 tornou-se3 vezes maior, pois (d2/d1) = (6/2) = 3.

b) Orientando-se pelo exemplo 1, tem-se:como F é inversamente proporcional ao quadradode d, concluímos que, se d tornou-se 3 vezes maior,o valor de F torna-se 32 = 9 vezes menor. Logo, ovalor final de F será:

F =,9

5 4 ou F = 0,6 N

15. De acordo com a análise feita na legenda da figura 9-19,concluímos que o melhor solvente do NaCl será o líqui-do que tornar mais fraca a força entre os íons Na+ e Cl-.Portanto, a glicerina será o melhor solvente, porquetorna essa força 43 vezes menor.

16. Se a carga Q da figura 9-25 fosse negativa, as forças elé-tricas exercidas por ela sobre a carga de prova +q (sem-pre positiva) teriam sentidos contrários àqueles mostra-dos nessa figura. Assim, as linhas de força do campo cria-do pela carga Q negativa seriam como aquelas mostra-das na resposta desse exercício.

17. a) e b) É evidente que se uma carga de prova q for colo-cada tanto em P1 quanto em P2, ela ficará sob a açãode uma força elétrica exercida por Q. Logo, nessespontos existe um campo elétrico criado por Q.

c ) Tendo em vista o que dissemos ao analisar a figura9-29, concluímos que a superfície da esfera metálicaoca estabelecerá uma blindagem eletrostática,impedindo que a carga Q, externa a ela, crie umcampo elétrico em seu interior. Logo, em P3 não hácampo elétrico.

18. Não. A carga elétrica, que aparece na região atritada,permanece nesse local porque a borracha é isolante (nãopossui cargas livres que possam se mover).

19. a) Como o recipiente cilíndrico é metálico, sabemos quea carga positiva que ele possui está distribuída em suasuperfície externa. Portanto, quando o contato éfeito em A, a esfera não se eletriza (não há carga nasuperfície interna do cilindro).

b) É evidente que a esfera se eletriza positivamente, por-que há carga positiva na superfície externa do cilindro(elétrons da esfera se transferem para o cilindro e elafica positiva).

20. a) A pessoa A está em contato com a superfície externada gaiola metálica. Como há carga nesta superfície, apessoa se eletriza e seus cabelos se eriçam.

b) Em virtude da blindagem eletrostática, no interior dagaiola metálica não há carga nem campo elétrico.Obs.: O professor deverá chamar a atenção de seusalunos para a informação apresentada logo após oenunciado deste exercício, referente à célebre expe-riência da “gaiola de Faraday”.

21. a) No interior do automóvel, a pessoa estaria protegida,em virtude da blindagem eletrostática exercida pelaestrutura metálica do carro (figura 9-30).

b) A proteção é exercida pela blindagem causada pelaestrutura metálica do automóvel e não tem nenhuma



relação com o fato de os pneus serem isolantes.Portanto, mesmo sem os pneus, o interior do automó-vel ainda estaria protegido contra a ação dos raios.

22. a) Em um corpo metálico eletrizado, sabemos que háuma maior concentração de cargas nas regiões docorpo onde há pontas. Portanto, B adquire cargamaior que A.

b) Como a esfera eletrizada não possui pontas, a cargaelétrica se distribui uniformemente em sua superfície.Assim, as cargas adquiridas por A e B serão iguais.

23. a) Evidentemente, este ar é isolante, pois não permite apassagem de cargas de uma nuvem para outra.

b) Como o raio é uma conseqüência da passagem de car-gas de uma nuvem para outra, neste momento o arentre as nuvens tornou-se condutor.

24. Como mostrado na figura 9-37, a extremidade inferiordo pára-raios está ligada por meio de fios condutores auma placa metálica introduzida na Terra. Então, toda acarga transferida da nuvem para o pára-raios escoa paraa Terra (sem causar danos).

25. a) Na figura 9-43, vimos que os elétrons saem do pólonegativo da bateria, passando pelo circuito externo aela e voltando à bateria por seu pólo positivo. Então,na figura 9-56 a corrente de elétrons, no motor, estádirigida de D para C.

b) Já vimos que a corrente convencional (corrente imagi-nária de cargas positivas) tem sentido contrário ao dacorrente de elétrons. Logo, seu sentido no motor é deC para D.

26. Também na figura 9-43, vimos que a corrente elétricanão termina em um dos pólos da bateria, nem se origi-na no outro pólo: as cargas passam através da bateria,completando o circuito.

27. a) De i = q/t, com unidades SI, vem:

100 = ,q5

donde q = 500 C

b) Na seção 9.1, vimos que a carga de 1 C corresponde àcarga de 6,2 # 1018 elétrons. Podemos, então, estabe-lecer a seguinte proporção:

1 C 6,2 # 1018 elétrons500 C X

donde: X = 500 # 6,2 # 1018 ou X = 3,1 # 1021 elétrons

28. a) Observando as posições de A1 e de A2, o estudantepoderá concluir que a leitura de A1 também é igual a2 A, pois entre essas duas posições não há retençãonem desaparecimento de cargas elétricas.Obs.: Entre A1 e A2, vemos que há uma divisão da cor-rente quando ela se dirige para as duas lâmpadasmostradas. Essas duas correntes, resultantes dessadivisão, tornam, entretanto, a se unir, regenerando acorrente inicial de 2 A, a qual passará em A2.

b) O amperímetro A3 fornece o valor da corrente quepassa apenas em uma das lâmpadas. Como esta cor-rente é apenas parte da corrente de 2 A que passa emA1 (a outra parte passa na outra lâmpada), é claro quea leitura de A3 é menor que 2 A.

c ) É evidente que entre A2 e A4 não há desvio, retençãoou desaparecimento de carga elétrica. Portanto, a lei-tura de A4 é também igual a 2 A.

29. a) De VAB = x/q, com unidades do SI, vem:

VAB = ,3030

180180 donde VAB = 6 V

b) Como VAB = 6 V = 6 J/C, sabemos que este resultadosignifica que a bateria realiza um trabalho de 6 Jsobre cada 1 C que ela faz circular de um pólo paraoutro.

c ) Como cada pilha de bateria fornece uma voltagem de2 V, é claro que na bateria de 6 V estão associadas3 pilhas.

30. a) Sim. Partindo de A, vemos que o pólo positivo daprimeira pilha está ligado ao pólo negativo dasegunda e assim sucessivamente (a ligação da segun-da pilha com a terceira é feita por meio de umachapa metálica).

b) Uma vez que a ligação foi feita como na figura 9-54,sabemos que as voltagens das pilhas se somam. Logo:

VAB = 1,5 + 1,5 + 1,5 + 1,5 ou VAB = 6 V

31. a) Esta corrente é contínua, porque é fornecida pelabateria do automóvel.

b) Nas instalações elétricas de nossas casas, a corrente éalternada (fornecida pela companhia de energia dacidade).

c ) A corrente neste motor é, evidentemente, contínua,pois é fornecida por pilhas secas.

32. a) Observando a escala do amperímetro, vemos quecada um dos intervalos entre duas divisões maiores(sucessivas) corresponde a uma corrente de 1 A. Comohá 5 intervalos menores em cada intervalo de 1 A,concluímos que a menor divisão do amperímetro cor-responde a:

51 A 0,2 A=

O ponteiro do amperímetro aponta para o terceirotraço após a divisão de 1 A. Logo, sua leitura é:

1 A + 3 # 0,2 A = 1,6 A

b) Vemos facilmente que o intervalo entre duas divisõesmaiores corresponde a 1 V, e como esse intervalo estásubdividido em 5 intervalos menores, cada um delesvale:

15V 0,2 V=

O ponteiro do voltímetro aponta para o quarto traçoapós a divisão de 4 V. Logo, sua leitura é:

4 V + 4 # 0,2 V = 4,8 V

33. a) Como R1 e R2 foram submetidas à mesma voltagem eR1 foi percorrida por uma corrente menor, concluímosque R1 oferece maior dificuldade à passagem da cor-rente, isto é, temos R1 > R2.

b) Usando a relação R = VAB/i (definição de resistênciaelétrica), vem:

R1 = ,2

1212 donde R1 = 6 Ω

R2 = ,3

1212 donde R2 = 4 Ω

Portanto, temos R1 > R2, conforme foi determinado naquestão a.

34. a) De VAB = Ri, vem:

6 = 5 # i, donde i =56 ou i = 1,2 A

b) Usando a mesma relação VAB = Ri, podemos calcular avoltagem fornecida pelo conjunto de pilhas:

VAB = 5 # 1,5, donde VAB = 7,5 V

Como cada pilha seca fornece 1,5 V, é claro que temos5 pilhas ligadas em série (pois 7,5/1,5 = 5).

35. a) Calculando o valor da resistência R1 do condutor C1,para as diversas voltagens aplicadas a ele, temos:

R1 =,0 25 ou R1 = 25 Ω R1 =

,0 61515 ou R1 = 25 Ω

R1 =,0 4

1010 ou R1 = 25 Ω R1 =,0 8

2020 ou R1 = 25 Ω

Para o condutor C2, temos:

R2 =,0 25 ou R2 = 25 Ω R2 =

11515 ou R2 = 15 Ω

R2 =,0 5

1010 ou R2 = 20 Ω R2 =22020 ou R2 = 10 Ω

Portanto, a resistência de C1 permanece constantepara qualquer valor de voltagem aplicada a ele, isto é,C1 obedece à lei de Ohm (é um condutor ôhmico). Istonão acontece, entretanto, com R2 e, assim, C2 nãoobedece à lei de Ohm.

b) Como vimos na questão a, temos R1 = 25 Ω.

36. Lembrando-se dos fatores que influenciam o valor daresistência de um condutor (analisados na experiênciailustrada na figura 9-65), concluímos que:

a) Como este condutor possui maior comprimento, suaresistência também é maior e, portanto, o amperíme-tro indicará uma corrente menor que 1,5 A.

b) Neste caso, como o condutor tem maior área da seçãoreta, sua resistência é menor e, assim, a leitura doamperímetro será maior que 1,5 A.

c ) Pela tabela 9-1, vemos que o alumínio é melhor condu-tor que o níquel-cromo. Portanto, sua resistência émenor e a leitura do amperímetro será maior que 1,5 A.

37. a) É fácil ver que estas lâmpadas estão ligadas de manei-ra semelhante àquelas da figura 9-69-a (só há umcaminho possível para a corrente). Logo, elas estãoligadas em série.

b) A corrente é igual a 2 A, tanto em L1 quanto em L3 (sóhá um caminho para a corrente).

c ) Evidentemente, desligando A ou C, todas as lâmpadasse apagam, pois, interrompendo-se o circuito emqualquer ponto, não há condições para a passagemde corrente.

38. a) Vemos facilmente que as lâmpadas estão ligadas demaneira semelhante àquelas da figura 9-71-a, isto é,estão ligadas em paralelo.

b) Podemos ver, na figura 9-77, que o interruptor A, aoser desligado, impede a passagem da corrente apenasem L1.

c ) Por C, passa a corrente total, constituída pela somadas correntes provenientes de cada lâmpada. Vemos,então, que desligando C todas as lâmpadas se apa-gam (o circuito não se completa no pólo negativo dabateria).

39. a) O interruptor B, ao ser desligado, impede a passagemde corrente apenas em L2.

b) Vemos que a corrente total de 5 A, fornecida pelabateria, se divide entre L1 e L3 (pois não há correnteem L2). Logo, devemos ter:

i3 + 3 = 5, donde i3 = 2 A

c ) L1 e L3 estão ligadas em paralelo e, em L1, temos umacorrente maior que em L3. Por isso, a resistência de L1

é menor que a de L3.

40. Para que a lâmpada se acenda, isto é, para que se com-plete um circuito elétrico dessa lâmpada com a pilha, umdos pólos da pilha deverá estar ligado à base da lâmpa-da e o outro pólo, a sua rosca (pontos mostrados na figu-

ra 9-78-a). É fácil ver que isto só ocorre nas figuras III eIV (na figura I, esses pontos estão ambos ligados a umúnico pólo da pilha e, na figura II, os dois pólos estãoambos ligados à rosca).


12 = 100 # i, donde i =1001001212 ou i = 0,12 A

b) Consultando as informações sobre o choque elétrico,fornecidas no final desta seção, vemos que a correntede 0,12 A, estabelecida no corpo da pessoa, é umpouco superior a 0,1 A e, então, esta pessoa poderiamorrer, porque uma corrente com este valor podeprovocar fibrilação cardíaca (geralmente fatal).


120 = 240 # i, donde i =240240120120

= 0,5 A

b) Como, em uma residência, os aparelhos elétricosestão ligados em paralelo, a resistência total da insta-lação diminuirá quando a segunda lâmpada for liga-da (sabemos que quanto maior o número de resistên-cias ligadas em paralelo, menor a resistência total daligação).

c ) Como as duas lâmpadas são idênticas e estão subme-tidas à mesma voltagem de 120 V, em cada uma seráestabelecida uma corrente de 0,5 A. Ao analisar afigura 9-73, vimos que a corrente que passa na chaveautomática C é a soma das correntes estabelecidas emcada aparelho. Logo, neste caso, a corrente na chaveserá 0,5 A + 0,5 A = 1 A.

d) Como em cada lâmpada há uma corrente de 0,5 A ecomo podemos ter em C no máximo 30 A, é possívelligar 60 lâmpadas simultaneamente (30/0,5 = 60).

43. A tabela 9-2 nos fornece ρ = 100 # 10-8 Ω $ m ouρ = 10-6 Ω $ m. Para trabalhar no SI, temos:

A = 0,5 mm2 = 0,5 # 10-6 m2

A resistência do fio será:

R = ρAL

= 10-6 #0 5 1010

36# -

ou R = 6 Ω

44. a) Como RAC = 100 Ω e o fio AC é uniforme, concluímosque, quando o cursor está no meio de AC, temosRAB = 100 Ω/2 = 50 Ω. Então:

i = ,RV

50501212

ABAB

ABAB = donde i = 0,24 A

b) Neste caso, é claro que RAB = 100 Ω. Logo:

i = ,RV

1001001212

ABAB

ABAB = donde i = 0,12 A

45. a) As lâmpadas estão associadas em série. Logo, deR = R1 + R2 + R3, vem:

R = 40 + 60 + 120 ou R = 220 Ω

b) Imaginando as lâmpadas substituídas pela resistênciaequivalente R, podemos calcular a corrente i forneci-da pela bateria. De VMN = Ri, temos:

120 = 220 # i, donde i = 0,54 A

Como as lâmpadas estão em série, em cada uma delashá uma corrente de 0,54 A.

46. a) Para este caso (associação em paralelo), temos:

R1

40401

60601

1201201

= + +


Multiplicando os dois membros por 120 R (m.m.c.dos denominadores), vem:

120 = 3R + 2R + R, donde R = 20 Ω

b) Se imaginarmos as três lâmpadas substituídas pelaresistência equivalente, a corrente fornecida pelabateria será dada por:

i =R

V2020

120120MNMN = = 6 A

c ) Cada lâmpada está submetida à voltagem VMN = 120 V(como vimos no exemplo 5). Assim, podemos determi-nar a corrente em cada lâmpada:

i1 =R

V4040

1201201

MNMN = = 3 A

i2 =R

V6060

1201202

MNMN = = 2 A

i3 =R

V120120120120

3

MNMN = = 1 A

Observe que a maior corrente é estabelecida namenor resistência.

d) Temos:i1 + i2 + i3 = 3 A + 2 A + 1 A = 6 A

Logo, i1 + i2 + i3 = i, como não podia deixar de ser.

47. a) A energia potencial Ep que a água adquire ao ser ele-vada é dada por Ep = mgh. Como a massa de 1 litro deágua é 1 kg, temos m = 1 200 kg. Logo:

Ep = 1 200 # 10 # 30 ou Ep = 360 000 J

Observe que trabalhamos com unidades do SI.Portanto, a bomba realizou um trabalho x = 360 000 J.

b) De P = x/t, com t = 10 minutos = 600 s, vem:

P =600600

360360 000000 ou P = 600 J/s = 600 W

c ) Usando a relação P = iVAB, temos:

600 = i # 120, donde i =120120600600

= 5 A

48. a) A potência útil é aquela que foi usada para realizar otrabalho de elevar a água. Logo, Pu = 600 W.

b) Se houve uma dissipação de 120 W em forma de calore, além disso, uma potência de 600 W foi empregadapara elevar a água, é claro que a potência elétricatotal fornecida ao motor foi:

P = 120 W + 600 W = 720 W

c ) A eficiência é dada por e = Pu /P. Logo:

e =720720600600 ou e = 0,83 = 83%

d) Usaremos novamente a relação P = iVAB, mas agoratemos P = 720 W. Então:

720 = i # 120, donde i =120120720720

= 6 A

49. a) Analisando o exemplo mencionado, o estudante che-gará facilmente à resposta deste exercício.

b) De P = iVAB, vem:

60 = i # 12, donde i =12126060

= 5 A

c ) De VAB = Ri, temos:

12 = R # 5, donde R =51212

= 2,4 Ω

50. a) De P = iVAB, temos i = P/VAB. Como VAB tem o mesmovalor para as duas lâmpadas, vemos que naquela demaior potência P teremos a maior corrente i. Então,na lâmpada de 100 W teremos uma corrente maior.


b) De VAB = Ri, temos R = VAB/i. Como VAB tem o mesmovalor para ambas as lâmpadas, vemos que aquela naqual existe a menor corrente (a de 60) terá a maiorresistência.

51. a) Igual. Na ligação em série, todas as resistências sãopercorridas pela mesma corrente.

b) Da relação P = Ri2 (efeito Joule) vemos que, como item o mesmo valor para as duas lâmpadas, a que pos-suir maior resistência (a de 60 W) dissipará maiorpotência (brilhará mais).

c ) As lâmpadas dissipariam 60 W e 100 W se estivessem,cada uma, submetidas a uma voltagem de 120 V (ligadasem paralelo à tomada, por exemplo). Como elas foramligadas em série à tomada de 120 V, evidentemente avoltagem em cada uma é inferior a 120 V (a soma dasvoltagens aplicadas a cada uma é igual a 120 V).

52. Desenvolvendo um raciocínio semelhante ao do exem-plo 9, vamos inicialmente expressar a potência de 150 Wem kW (porque o preço da energia elétrica foi fornecidopor kWh).Temos:

1 000 W 1 kW150 W X

Logo: X =1 000000150150 ou X = 0,15 kW

Então, a quantidade de energia (em kWh) usada por dia é:E = P # t = 0,15 kW # 3 h ou E = 0,45 kWh

A quantidade total de energia “consumida” no mês será:

ET = 30 # 0,45 ou ET = 13,5 kWh

Assim, o estudante gastará por mês:

13,5 # R$ 0,20 = R$ 2,70

53. a) Como a corrente máxima que pode passar na chave éde 40 A, a potência máxima PM que pode ser usadanessa casa será dada por:

PM = iVAB = 40 # 120 ou PM = 4 800 W

b) A potência total desenvolvida por esses dois apare-lhos ligados simultaneamente seria:

P = 3 800 W + 1 200 W = 5 000 W

Como P > PM, a chave automática se desligará, porqueserá percorrida por uma corrente superior a 40 A.

c ) A potência desenvolvida nos aparelhos que já estãoligados é:

P ′ = 1 200 W + 1 100 W + 12 # 100 Wou P ′ = 3 500 W

Portanto, é possível ligar um número de lâmpadas talque dissipem, no máximo, a seguinte potência:

P = PM - P ′ = 4 800 - 3 500 ou P = 1 300 W

Como (1 300/60) = 21,6, concluímos que poderão serligadas até 21 lâmpadas de 60 W (se ligarmos 22 lâm-padas, a potência total ultrapassará 4 800 W).

54. a) Como vimos, o íon positivo é denominado cátion(neste caso, é o Cu+ +), e o íon negativo, ânion (nestecaso, o SO4

- -).b) O eletrodo para o qual se dirige o cátion é denomina-

do cátodo. Como o cátion é um íon positivo, o cátododeve estar ligado ao pólo negativo da bateria (paraatrair o cátion).

c ) O ânion (SO4- -) se dirige para o ânodo, que, para

atraí-lo, deve estar ligado ao pólo positivo da bateria.

55. a) Como sabemos, a corrente sai do pólo positivo dogerador de f.e.m. e penetra em seu pólo negativo.Então, o sentido da corrente na figura é ABCD.

b) As cargas recebem energia quando passam no interiordo gerador de f.e.m.

c ) A bateria está sendo “carregada” (a corrente estápassando nela do pólo “+” para o pólo “-”). Então,esta bateria é um gerador de f.c.e.m. e, portanto, ascargas perdem energia ao passar em seu interior.

56. a) Como ε = 15 V = 15 J/C, concluímos que cada 1 C rece-be 15 J de energia ao passar no gerador G.

b) Como ε′ = 12 V = 12 J/C, vemos que cada 1 C perde 12 Jde energia ao passar pela bateria.

c ) Se a carga de 1 C recebeu 15 J de energia em G e per-deu 12 J na bateria, os 3 J restantes devem ter sidoperdidos em R (sob a forma de calor).

57. a) Neste caso, a resistência total do circuito aumenta,isto é, aumenta o valor da resistência equivalente R.Como i = ε! /R, vemos que i diminui.

b) A ligação em paralelo faz diminuir a resistência total,isto é, podemos dizer que R diminui. Então, de i = ε! /R,vemos que i aumenta.

58. a) O amperímetro indicará o valor da corrente i no cir-cuito. Como ε é uma f.e.m. e ε′ é uma f.c.e.m., vem:

iR R R r

ε ε ε7 9 21212 3

1 2= =

+ +

-=

+ +

-!

ll

donde i = 0,5 Ab) V1 está lendo a voltagem nos extremos de R1. Logo:

V1 = R1i = 7 # 0,5, donde V1 = 3,5 V

V2 está indicando a voltagem em R2, que é percorridapela mesma corrente i = 0,5 A. Assim:

V2 = R2i = 9 # 0,5, donde V2 = 4,5 V

Obs.: Neste exercício, como em todas as demais situa-ções analisadas no livro-texto, estamos considerandoque os aparelhos de medida (amperímetros e voltíme-tros) são ideais, isto é, não interferem no circuitoonde estão inseridos (as resistências internas dosamperímetros são nulas e as dos voltímetros são infi-nitamente grandes).

59. a) Temos VCD = ε - ri e, como r = 0, vem:

VCD = ε ou VCD = 12 V

b) O motor funciona como f.c.e.m. e, assim, temos:

VFG = ε′ + r ′i = 3 + 2 # 0,5 ou VFG = 4 V

1. a) Na figura a seguir estão representados esquematica-mente os ímãs AA′ e BB′. Como A e B se atraem, con-cluímos que são pólos de nomes contrários e, então,A′ e B′ são, também, pólos de nomes contrários e seatrairão. Assim, é claro que A e B′ se repelirão (pólosde mesmo nome), o mesmo acontecendo com A′ e B,como indicado na figura.Com raciocínio semelhante, podemos concluir que ospólos dos ímãs AA′ e CC′ interagem da maneira mos-trada na figura.

b) Se A é um pólo sul, é claro que A′ é um pólo norte(pólos de um mesmo ímã). Como A atrai B, vemos queB é um pólo N (pólos de nomes contrários se atraem).

Seguindo o raciocínio anterior, o estudante descobri-rá facilmente os nomes dos demais pólos.

2. a) De um modo geral, os estudantes conhecem a seguin-te regra prática para orientação, tomando o Sol comoreferência: com os braços abertos horizontalmente ea mão direita apontando para o nascente, tem-se oleste à direita, o oeste à esquerda, o norte à frente eo sul atrás. Usando-se esse processo, verifica-se facil-mente que, na figura 10-13, o norte geográfico selocaliza no sentido indicado por M.

b) O pólo A é o pólo norte magnético da agulha, porqueaponta para o norte geográfico da Terra. Logo, B é opólo sul da agulha magnética.

3. Deve-se observar que a ponta da flecha mostrada nafigura 10-14 representa o pólo norte da agulha (porqueaponta para o norte da Terra). Como o ímã que foi apro-ximado da bússola é muito “forte”, o efeito do campomagnético da Terra sobre a agulha pode ser desprezado.Temos, então:

• em a e em d, o pólo sul do ímã atrairá a ponta da fle-cha (e repelirá a outra extremidade);

• em b e em c, o pólo norte do ímã repelirá a ponta daflecha (e atrairá a outra extremidade). Assim, a agulhamagnética tomará as orientações mostradas na respos-ta do exercício no livro-texto.

4. a) Como sabemos, o pólo norte de uma agulha magné-tica recebe esse nome porque aponta para o nortegeográfico da Terra. Logo, o pólo norte da agulha éatraído por esse pólo.

b) Se esses pólos se atraem, eles devem ser pólos denomes contrários e, assim, concluímos que o pólonorte da Terra é um pólo sul magnético (figura 10-8).

5. a) A agulha magnética se orientará na direção daslinhas de indução, com seu pólo norte apontando nosentido dessas linhas (veja a figura da resposta desteexercício no livro-texto).

b) Com a orientação tomada pela agulha, concluímos queseu pólo sul foi atraído pela extremidade A do ímã,enquanto a extremidade B atraía o pólo norte da agu-lha. Então, A é o pólo norte do ímã e B, seu pólo sul.

6. Como não existe campo magnético na Lua, a agulha mag-nética da bússola permanecerá na posição em que forcolocada, pois não haverá nenhuma ação magnética exter-na para orientá-la. Assim, é evidente que ela não servirácomo instrumento de orientação do astronauta. O profes-sor deverá destacar para seus alunos que é exatamente ofato de existir um campo magnético terrestre que nos per-mite usar uma bússola para orientação em nosso planeta.

7. A corrente contínua no fio, sendo de grande intensida-de, irá estabelecer no espaço em torno dela um campomagnético também muito intenso, semelhante àquelesmostrados nas figuras 10-17 e 10-18 (o campo magnéti-co criado por uma corrente é tanto maior quanto maiorfor a intensidade dessa corrente). Desta maneira, ocampo da corrente atuará sobre a agulha da bússola,desviando-a da direção norte-sul no local onde está colo-cada. É claro que, nestas condições, a pessoa não pode-rá se orientar corretamente.


A A′

B B′

Atr

ação

Atr

ação

Repulsão Repulsão

A A′

C C′

Rep

ulsã

o

Rep

ulsã

o

Atração Atração

Capítulo 10

b) Ainda com relação à figura 10-37, dissemos que, inver-tendo-se as posições dos pólos norte e sul, inverte-se osentido da força magnética no fio. Logo, também nessecaso o sentido de rotação do motor será invertido.

c ) Como o sentido de rotação do motor foi invertidocom a mudança analisada na questão a e tornou a seinverter com a mudança mencionada na questão b, éclaro que o sentido de rotação passou a ser novamen-te aquele que ele possuía antes da primeira alteração.Logo, se as duas alterações forem feitas, o sentido derotação do motor não será invertido.

17. Observando a figura 10-46, é fácil perceber que a peçado motor que entra em rotação (indicada por S) estásituada entre as peças P1 e P2. Portanto, P1 e P2 são ospólos do eletroímã entre os quais foi criado o campomagnético do motor. Essas peças são extensões dosnúcleos dos eletroímãs cujas bobinas criadoras do campomagnético são B1 e B2. Finalmente, pode-se perceber queE1 e E2 são as escovas que fazem o contato móvel com ocomutador do motor. Assim, o estudante chegará às res-postas deste exercício.

18. a) O canhão eletrônico, no fundo do tubo de TV, estácontinuamente emitindo um feixe de elétrons queincide sobre a tela, fazendo com que ela se eletrize.

b) Evidentemente, a tela se eletriza negativamente, poisa carga do elétron é negativa.

19. O campo magnético do ímã exercerá forças sobre os elé-trons (em movimento) do feixe que formará a imagem,desviando-os e fazendo, assim, com que incidam sobre atela em posições diferentes das desejadas.É claro que isso provocará deformações na imagem queaparece na tela.

20. a) Sim. Várias linhas de indução do campo magnético doímã atravessam a superfície da espira.

b) Não. Se a espira e o ímã estão em repouso, é claro queo número de linhas do campo magnético que atraves-sam a espira não se altera.

c ) Não. De acordo com a lei de Faraday (da indução ele-tromagnética), só haveria corrente induzida na espirase o fluxo magnético através dela estivesse variando.

21. a) Ao se aproximar do ímã, a espira está se deslocandopara uma região onde o campo magnético é maisintenso. Portanto, há um aumento do número delinhas da indução que atravessam a espira, isto é, ofluxo magnético através dela estará aumentando.

b) Sim. Está havendo variação do fluxo magnético atra-vés da espira (lei de Faraday).

22. a) A corrente induzida na espira seria alternada, porqueo fluxo através dela estaria ora aumentando, oradiminuindo.

b) O dado fornecido significa que em 0,2 s a correntealternada executa 1 ciclo completo (ida e volta).Portanto, para determinar o valor da freqüência, istoé, o número de ciclos efetuados em 1 s, podemos esta-belecer a seguinte proporção:

0,2 s 1 ciclo1 s X

Logo:

X = 5 ciclos/s = 5 hertz

c ) É a energia mecânica correspondente ao trabalho rea-lizado para movimentar a espira, que, por sua vez, éproveniente da energia química dos alimentos ingeri-dos pela pessoa que desloca a espira.

8. Como o solenóide, percorrido por uma corrente, se com-porta como um ímã (figura 10-21), é claro que ele seorientará ao longo da direção norte-sul.

9. Para que o guindaste solte a carga quando o operadordesliga a corrente no eletroímã, seu núcleo deve perdera imantação que havia adquirido. Portanto, o núcleo doeletroímã deve ser de ferro puro.

10. O efeito desejado só poderia ser obtido com uma subs-tância ferromagnética. Entre os materiais mencionados,apenas o níquel satisfaz esta condição.

11. Orientando-se pela figura 10-27, o estudante concluiráfacilmente que os pólos A (norte) e B (sul) permanecemcom os nomes originais, e os demais pólos formados terãoos nomes seguintes: C (sul), D (norte), E (sul) e F (norte).

12. a) Como o pólo mostrado é um pólo sul, sabemos que aslinhas de indução do campo magnético estão entran-do nele (o estudante deverá fazer um desenho daslinhas semelhantes ao da figura 10-28, porém com aslinhas orientadas em sentido contrário).

b) Os ímãs elementares do pedaço de ferro se orientarãono sentido do campo magnético do ímã, isto é, de Fpara G (o estudante deverá fazer um desenho como oda figura 10-28, com os ímãs elementares orientadosde F para G).

c ) Observando a figura 10-26-b e tendo em vista a orien-tação dos ímãs elementares, o estudante concluiráfacilmente que G é um pólo norte (F é um pólo sul).

d) O pólo sul do ímã atrai a extremidade G (pólo norte)com uma força maior do que repele a extremidade F.Então, o pedaço de ferro será atraído pelo ímã.Obs.: O professor deverá destacar para seus alunos, lem-brando-se da figura 10-28 e da resposta deste exercício,dada no livro-texto, que um pedaço de ferro é sempreatraído pelo pólo de um ímã que dele se aproxima, quereste pólo seja norte, quer seja sul. Certamente, o estu-dante está bastante acostumado a observar esse fato.

13. a) Com os contatos da janela e da porta fechados, hácorrente passando no eletroímã e, portanto, ele atraia barra AB, mantendo aberto (interrompido) o circui-to da campainha.

b) Neste caso, não passará corrente no eletroímã e abarra AB deixará de ser atraída. Por ação de seu peso,AB cai e, assim, fecha o circuito da campainha, que éentão acionada.

c ) Evidentemente, para que AB feche o circuito da cam-painha, o núcleo do eletroímã deve perder sua iman-tação quando é interrompida a corrente nas espiras.

14. a) Sim. Estando o fio eletrizado, as cargas elétricas exis-tentes nele estabelecerão um campo elétrico em suavizinhança.

b) Não. De acordo com o princípio fundamental do ele-tromagnetismo, um campo magnético é criado porcargas elétricas em movimento (no arame menciona-do, as cargas elétricas estão em repouso, isto é, nãohá corrente elétrica no arame).

15. Não. Também de acordo com o princípio fundamentaldo eletromagnetismo, um campo magnético só atuasobre cargas elétricas em movimento (não há correnteelétrica no fio de cobre).

16. a) De acordo com o que vimos na figura 10-37, concluí-mos que as forças magnéticas que atuam nos lados ABe CD da espira mostrada na figura 10-39 terão seussentidos invertidos. Logo, o sentido de rotação domotor será invertido.


23. a) Sim. A bateria estabelece uma corrente nas espiras doprimário, que cria um campo magnético cujas linhasde indução passarão através das espiras do secundário.

b) Este fluxo permanece constante porque foi estabele-cido por uma corrente contínua de intensidade cons-tante (fornecida pela bateria).

c ) Não. De acordo com a lei de Faraday, essa voltagemnão existirá.

24. Neste caso, a corrente no primário será alternada e, evi-dentemente:a) ela também estabelecerá um fluxo magnético através

das espiras do secundário;b) este fluxo será variável (a corrente alternada cria um

campo magnético variável);c ) haverá uma voltagem induzida no secundário (pois há

variação do fluxo magnético).

25. a) É fácil perceber que a voltagem, após a geração, foialterada três vezes, até chegar à residência.

b) Veja, no livro-texto, a resposta desta questão.

26. a) Evidentemente, o transformador do poste deveráreduzir o valor da voltagem. Portanto, o número deespiras no secundário deve ser menor que no primário.

b) Pela relação (V2/V1) = (N2/N1), válida para os transfor-madores de voltagem, sendo V1 = 13 200 V, N1 = 3 000,N2 = 50, vem:

V1313 200200 3 000000

50502 = , donde V2 = 220 V

27. — Um eletroímã é um dispositivo que estabelece umcampo magnético em virtude da passagem de umacorrente elétrica pelo fio que constitui sua bobina.Logo, temos a seguinte correspondência: A $ II.

— Um gerador de corrente alternada funciona combase na lei de Faraday, isto é, a indução de uma cor-rente elétrica pela variação de um fluxo magnético.Logo, a correspondência é: B $ III.

— Um motor elétrico é acionado pela força que umcampo magnético exerce em um condutor percorri-do por uma corrente. Então, temos: C $ I.

1. a) Um ciclo (ou uma vibração completa) corresponde aomovimento da extremidade da lâmina, saindo de B,indo a B′ e retornando a B. Assim, é evidente que,quando a contagem do estudante, descrita no exercí-cio, alcançou 120, a extremidade da lâmina havia efe-tuado apenas 60 ciclos (observe que quando a conta-gem do estudante chegou ao número 2, a extremi-dade da lâmina acabava de completar a primeiravibração completa).

b) Como foram efetuados 60 ciclos em 30 s, é claro queo período T (tempo para efetuar 1 ciclo) será:

T =6060

3030 s ou T = 0,5 s

c ) Como f = 1/T, vem:

,f

T1

0 51

= = ou f = 2 vibrações/s = 2 hertz

2. a) A amplitude A de oscilação (distância entre a posiçãode equilíbrio e a extremidade da trajetória) será igualà metade da distância BB′, isto é, A = 5 cm.

b) Em uma vibração completa, a extremidade da lâminapercorre uma distância 2 (BB′) = 20 cm (4 vezes o valorda amplitude). Para determinar o número de vibrações

completas efetuadas em 4 s, podemos estabelecer aseguinte proporção:

0,5 s 1 ciclo4 s X

donde X = 8 ciclosLogo, a distância total percorrida em 4 s será:

d = 8 # 20 ou d = 160 cm

3. Orientando-se pela solução da questão d do exemplo 1,o estudante poderá chegar às seguintes conclusões:

a) Se o relógio está adiantando, podemos dizer que seusponteiros estão se deslocando mais rapidamente queem condições normais. Como este movimento é regu-lado pelo pêndulo, concluímos que também o pên-dulo está oscilando “mais rapidamente”, isto é, seuperíodo é menor que na situação normal (relógiomarcando as horas corretamente).

b) A pessoa deverá aumentar o período do pêndulo.Logo, deverá aumentar seu comprimento (T é tantomaior quanto maior for L).

4. O escoamento da água acarreta uma diminuição damassa do pêndulo. Como seu período não depende desua massa, concluímos que ele não se altera e, portanto,a freqüência também não se modifica (lembre-se de quef = 1/T).

5. O novo pêndulo tem um comprimento L menor que o dopêndulo anterior. Então, seu período T também serámenor e, como f = 1/T, sua freqüência será maior que ado primeiro pêndulo.

6. a) Não. Como ficou claro na análise da experiência deFoucault, ela foi realizada para tornar evidente omovimento de rotação da Terra.

b) Como o pêndulo começou oscilando ao longo de BB′e,em 24 h, a Terra efetua uma rotação completa, exami-nando as figuras 11-7 e 11-8 o estudante verá que opêndulo estará oscilando novamente ao longo de BB′.

7. Não. Na propagação de uma onda, não há transporte dematéria e, portanto, a onda passará pela bola sem trans-portá-la na direção de sua propagação (a bola simples-mente oscilará verticalmente em torno de sua posição deequilíbrio).

8. a) Errado. Como representa a distância entre duascristas (ou dois vales) adjacentes, podemos concluir,pela figura 11-15, que esta distância corresponde a 2vezes o comprimento de 50 cm ali mostrado, isto é, = 2 # 50 cm = 100 cm.

b) Correto. De T = 1/f, vem:

T =20201 ou T = 0,05 s

c ) Errado. Pela figura 11-15, vemos que a amplitude daonda é A = 5 cm.

d) Correto. Usando a relação = v/f, tem-se:

100 = ,v2020

donde v = 2 000 cm/s = 20 m/s

9. a) De = v/f, observando que = 1,5 km, vem:

1,5 = ,v200200 000000

donde v = 300 000 km/s

Obtivemos o valor de v em km/s porque foi expres-so em km e f em hertz = ciclos/s.

b) Ao longo de seu curso de física, o estudante já teveoportunidade de encontrar referências à velocidade daluz no vácuo (ou no ar), cujo valor é exatamente aque-le encontrado na questão a. O professor poderá desta-


Capítulo 11

car, nessa oportunidade, que o resultado encontradoem a não é válido apenas para a emissora considerada:qualquer onda de rádio se propaga com velocidadeigual à da luz (como veremos no capítulo seguinte).

10. a) Como representa a distância entre duas cristassucessivas, vemos, pela figura 11-16, que a distânciade 10 cm corresponde a 5 , isto é:5 = 10 cm, donde = 2 cm

b) Da relação = v/f, obtemos:

2 = ,f6 donde f = 3 ciclos/s = 3 hertz

11. a) Como o meio no qual a onda está se propagando nãosofreu nenhuma alteração, concluímos que a veloci-dade da onda também não se modificou.

b) Pela relação = v/f, como v permaneceu constante e fdiminuiu, vemos que tornou-se maior.

c ) Temos, de = v/f:

= ,16 donde = 6 cm

12. a) Neste caso, a onda se propaga na horizontal e oponto da mola vibrará verticalmente (veja a respostado exercício no livro-texto).

b) Nesta onda, o ponto da mola vibrará na mesma dire-ção de propagação da onda, isto é, horizontalmente(veja a resposta do exercício no livro-texto).

13. Como dissemos no texto (e está mostrado na figura 11-20), o intervalo de freqüências percebidas pelo ouvidohumano é diferente daquele que o cachorro percebe(este animal percebe freqüências de até 50 000 hertz).Então, o apito mencionado estaria emitindo um ultra-som, com freqüência superior a 20 000 hertz, que o ouvi-do humano não pode captar.

14. Não. As ondas sonoras só se propagam em um meiomaterial. Como não há atmosfera na Lua, as ondas sono-ras de uma conversação normal não poderiam se propa-gar (como ocorre aqui na Terra, onde elas se propagamatravés do ar).

15. a) Para responder à questão, devemos determinar afreqüência da onda. De = v/f, com unidades do SI( = 0,17 m), vem:

0,17 = ,f

340340 donde f = 2 000 hertz

Como sabemos, essa freqüência é audível.b) Como = 0,01 m, temos, usando ainda a relação = v/f:

0,01 = ,f

340340 donde f = 34 000 hertz

A freqüência desta onda corresponde à de um ultra-som, que não é percebido pelo ouvido humano.

16. a) Como dissemos na legenda da figura 11-23, a luz sepropaga quase instantaneamente entre os pontosconsiderados (lembre-se de que sua velocidade é de300 000 km/s, que é um valor extremamente grande).

b) Esse tempo corresponderia ao tempo t que o som gas-taria para percorrer a distância d = 17 km = 17 000 mcom uma velocidade constante v = 340 m/s.Lembrando-se da relação d = vt (válida para o movi-mento uniforme), temos:

17 000 = 340 # t, donde t = 50 s

17. Vimos que, na água, o som (e, portanto, o ultra-som) sepropaga com uma velocidade v = 1 500 m/s. O tempoque o ultra-som gastou para ir do barco ao cardume ét = 0,2 s/2 = 0,1 s. Logo, pela relação d = vt (o som, em


um dado meio, se propaga com velocidade constante),obtemos a distância procurada:

d = 1 500 # 0,1 ou d = 150 m

18. a) Considerando, na figura 11-24, uma nota dó qual-quer, como a de 512 hertz, e a nota dó da escalaseguinte, cuja freqüência é 1 024 hertz, vemos que:

5125121 024024 2=

isto é, a freqüência de uma nota dó é 2 vezes maiorque a da nota dó da escala anterior. O estudantepoderá verificar que esta relação permanece a mesmaquaisquer que sejam as escalas escolhidas:

256256512512

= 2 ou 32326464

= 2, etc.

b) Na figura 11-24, vemos que a freqüência do lá padrão(ou lá normal) é de 440 hertz. Então, a freqüência danota lá da escala anterior é:

2440440 hertzhertz

= 220 hertz

e a da nota lá da escala seguinte será:

2 # 440 hertz = 880 hertz

19. a) Vemos, na figura 11-30, que em um mesmo intervalode tempo uma partícula do ar, ao ser atingida pelaonda 2, efetua um número menor de vibrações queao ser atingida pela onda 1. Portanto, a freqüência daonda 2 é menor que a freqüência da onda 1 e, então,o som correspondente à onda 2 é mais grave.

b) Sabemos que a intensidade do som está relacionadacom a amplitude da onda sonora. Observando o grá-fico (figura 11-30), vemos que a amplitude da onda 1é maior que a amplitude da onda 3. Logo, o som cor-respondente à onda 1 tem maior intensidade.

20. Lembrando-se do que foi estudado sobre o efeitoDoppler, o estudante concluirá que, quando o carro debombeiros se aproxima da pessoa, ela perceberá um somde maior freqüência, isto é, um som mais agudo.Quando o carro se afasta, o som recebido pela pessoaparecerá mais grave (menor freqüência).

21. Para emitir uma nota mais aguda, a corda deverá vibrarcom maior freqüência. Na figura 11-33, estão indicadasas três maneiras das quais podemos lançar mão paraaumentar a freqüência de uma nota emitida por um vio-lão. Como estamos analisando apenas uma dada corda,teremos, então, as duas maneiras solicitadas paraaumentar a freqüência do som emitido pela corda:

• aumentar a tensão sobre ela;• diminuir seu comprimento que entra em vibração,

prendendo-a em um determinado ponto.

22. Sem modificar a tensão na corda, a única maneira dealterar a freqüência do som por ela emitido seria reduzirseu comprimento. Esta redução fará a corda emitir umanota de maior freqüência. Então, como a corda está emi-tindo um som de freqüência 440 hertz (lá padrão), con-cluímos que:

a) é possível fazer com que ela emita um som de 512 hertz(pois 512 hertz > 440 hertz);

b) não é possível fazer com que ela emita um som de160 hertz (pois 160 hertz < 440 hertz).

23. a) Vimos que, quanto menor for o comprimento da colunade ar que entra em vibração, maior será a freqüência dosom por ela emitido, isto é, mais agudo será esse som.

b) Quando o comprimento da coluna de ar (ou seja, ocomprimento do tubo) tornar-se muito pequeno, a

freqüência da onda longitudinal emitida pelo apitoirá se tornar muito grande, de modo que ele poderáemitir um ultra-som. Nestas condições, o ouvidohumano não perceberá a onda emitida.

24. Ao mover seu braço para a frente, o músico aumenta ocomprimento do tubo sonoro de seu trombone.Sabemos que, com um comprimento maior, o tubo sono-ro emite um som de menor freqüência e, assim, o trom-bone estará emitindo notas mais graves.

25. O objetivo deste exercício é fazer com que o estudanteobserve, com atenção, a figura 11-38, familiarizando-secom as diversas partes componentes do ouvido humanoe com a localização de cada uma. Será fácil, para oaluno, chegar às respostas desse exercício fornecidas nolivro-texto.

26. a) O gráfico mostra que, para um som de freqüência 100hertz ser audível, sua intensidade deve ser, no míni-mo, igual a 40 dB.

b) Também pelo gráfico, observando a curva superior(que indica o início das sensações dolorosas), vemosque, para um som de 1 000 hertz, a sensação doloro-sa tem início quando a intensidade se torna um poucomaior que 120 dB.

27. Para perceber o eco, o som refletido deve chegar aoouvido da pessoa no mínimo 0,1 s após ter sido emitidopor ela. Como a velocidade do som no ar é v = 340 m/s,a distância que ele percorre nesse intervalo de tempo é:

d = vt = 340 # 0,1 ou d = 34 m

Como esta distância corresponde ao movimento de ida evolta da onda sonora, concluímos que o obstáculo refle-tor deve estar a uma distância mínima de 17 m da pes-soa (para que ela possa perceber o eco).

28. É evidente que, para aumentar a energia sonora quechega aos ouvintes, as paredes e o teto do palco devemser bons refletores da onda sonora.

29. a) Sim. Em virtude do maior atrito exercido pelo tapete,as rodas terão menor velocidade sobre ele.

b) Analisando a figura 11-44, vemos que a mudança dedireção do movimento das rodas ocorre porque umadelas alcança primeiro o tapete (apenas ela tem suavelocidade reduzida, até que a outra roda tambémalcance o tapete). Na figura 11-48, como as duasrodas alcançam simultaneamente o tapete (elas inci-dem perpendicularmente ao tapete), não haverámudança na direção de seu movimento.

c ) Esta situação corresponde àquela das duas rodas queexaminamos na questão b. Portanto, não haverámudança na direção de propagação da onda sonora,isto é, ela não se refratará.

30. a) De A = vA/fA com A = 0,75 cm, vem:

0,75 = ,f

1 500500A

donde fA = 2 000 hertz

Como a freqüência da onda não se altera quando elapassa de um meio para outro, tem-se f = 2 000 hertz,tanto na água quanto no ar.

b) De = v/f, como f tem o mesmo valor nos dois meios,vemos que será menor no meio no qual a velocidadev do som é menor. Como vA = 1 500 m/s e vB = 340 m/s,concluímos que B (no ar) é menor que A (na água).

c ) De B = vB/f, temos:

B = ,2 000000340340 donde B = 0,17 m

Portanto, temos realmente B < A.

31. a) O estudante poderá comparar a situação da figura 11-49com a do modelo das duas rodas (figura 11-44), usadopara analisar a refração de uma onda. Ele verá, então,que o desvio que a onda sofre, ao passar da região rasapara a região profunda, corresponde ao desvio que asduas rodas sofrem ao passar do tapete para a superfícielisa (onde elas têm maior velocidade). Assim, o alunoconcluirá que na região mais funda a onda se propagacom maior velocidade que na região rasa.

b) Com o mesmo raciocínio feito na questão b do exercí-cio anterior, vem:da relação = v/f, como f tem o mesmo valor nos doismeios, vemos que, sendo v maior na região profunda, ovalor de aí também será maior. Logo, o aluno deverárepresentar a onda, nessa região, desenhando suas cris-tas mais separadas umas das outras que na região rasa.

32. a) Evidentemente, se não existisse a difração da onda, te-ríamos a situação mostrada na resposta deste exercíciodada no livro-texto.

b) Havendo difração, a onda contorna o obstáculo, demaneira semelhante àquela mostrada na figura 11-46-a(o professor deverá chamar a atenção do estudantepara a figura 11-46-b, que mostra a difração de umaonda que se propaga na superfície da água).

33. Como as ondas de rádio sofrem uma difração mais acen-tuada que as ondas de TV ao contornarem o mesmo obs-táculo, concluímos que as ondas de rádio possuem umcomprimento de onda maior.

34. a) Como as duas ondas sonoras estão se propagando nomesmo meio (no ar), elas possuem a mesma velocida-de. De = v/f, vemos que o som mais agudo (maiorfreqüência) terá menor . Logo, a flauta está emitin-do o som de menor .

b) Será a onda sonora de maior , isto é, a onda sonoraemitida pela tuba.

c ) Como o som da tuba contorna mais acentuadamenteo obstáculo (maior difração), a pessoa ouvirá melhorseu som.

1. a) Sim. O objeto continuaria recebendo as supostas“partículas emitidas por nossos olhos” (teoria propos-ta por Platão) e, assim, permaneceria visível no quar-to escuro.

b) Porque esse objeto (que não é fonte de luz) só seriavisível se estivesse recebendo luz de uma fonte erefletindo essa luz para nossos olhos.

2. a) Não. Os planetas (assim como a Lua) não possuem luzprópria.

b) Porque reflete para nossos olhos a luz que recebe doSol.

3. Na situação mostrada, a Lua impede que o Sol seja vistoem determinada região da Terra. Portanto, o Sol é oculto(eclipsado) pela Lua. Temos, portanto, um eclipse do Sol.

4. Lembrando-se do que foi dito na legenda da figura 12-5, temos:a) O observador A está situado na região da sombra da

Lua e, portanto, não recebe luz de nenhum ponto doSol. Então, para ele, o Sol está totalmente encobertopela Lua (eclipse total do Sol).

b) O observador B está na região de penumbra, isto é,recebe luz apenas de alguns pontos do Sol. Então,para ele, há um eclipse parcial do Sol.


Capítulo 12

d) Como vimos, ao analisar a figura 12-22, o espelho deum farol é côncavo e, portanto, é um espelho conver-gente.

12. a) No exemplo 3, dissemos que os raios luminosos quechegam à Terra, provenientes do Sol, são praticamen-te paralelos entre si (porque a distância da Terra aoSol é muito grande).

b) Como os raios incidentes no espelho são paralelos,eles irão convergir no foco, formando neste pontouma imagem do Sol (da maneira mostrada na figura12-19). Portanto, a imagem do Sol se forma a 20 cmdo espelho.

c ) Evidentemente, é uma imagem real do Sol, pois osraios refletidos passam realmente pela imagem (elapode ser recebida em um anteparo).

13. b) e c) Se o espelho é convexo, ele é divergente e, então,os raios paralelos provenientes do Sol, após se refleti-rem, divergem da maneira mostrada na figura 12-20.A imagem do Sol é, então, virtual, situada sobre ofoco, a uma distância de 20 cm atrás do espelho.

14. Para que o feixe luminoso emitido pelo farol seja consti-tuído por raios paralelos, o filamento da lâmpada deveestar situado sobre o foco do espelho côncavo, isto é,sua distância ao vértice deve ser igual à distância focal fdo espelho. Como f = R/2, vem:

f2

1010= ou f = 5 cm (alternativa b)

15. a) Os estudantes não terão dificuldades em traçar osdois raios principais, de maneira semelhante ao quefoi feito na figura 12-25, obtendo assim a imagemA′B′ do objeto AB (o diagrama deve obedecer a umaescala aproximada, correspondendo aos dados forne-cidos: a distância do objeto ao espelho é 3 vezesmaior que o valor da distância focal).

b) O diagrama mostrará ao estudante que a imagemA′B′ é real, invertida e menor que o objeto (esta é asituação ilustrada na figura 12-23).

16. Deve-se observar que a imagem da flor é direta (não éinvertida) e maior que o objeto. Assim, temos:

a) sempre que a imagem, fornecida por um espelho, nãofor invertida, ela é uma imagem virtual;

b) o único espelho que fornece imagem virtual maiorque o objeto é o espelho côncavo (figura 12-27);

c ) na figura 12-26 vemos que, quando o objeto AB estáentre o foco F e o espelho, sua imagem A′B′ é virtuale ampliada. Logo, a distância da flor ao espelho émenor que a distância focal até o espelho.

17. a) A imagem é direta e, então, é virtual.b) Como vemos nas figuras 12-28 e 12-29, o espelho esfé-

rico que fornece uma imagem virtual menor que oobjeto é o espelho convexo.

c ) Como dissemos ao analisar a formação de imagens noespelho convexo, os raios luminosos refletidos por elesão sempre divergentes. Por isso, a imagem que ele for-nece é sempre virtual e, portanto, sempre direta. Logo,afastando-se ou aproximando-se o objeto do espelho,sua imagem permanece sempre virtual e direta (reali-zando a atividade III deste capítulo, o estudante pode-rá verificar que o tamanho da imagem se altera, masela permanece sempre menor que o objeto).

18. a) Como a imagem é invertida, ela só pode ser real.b) Apenas o espelho côncavo pode fornecer imagens

reais de um objeto.c ) Como vemos nas figuras 12-23 e 12-25, a imagem real

está sempre situada na frente do espelho.

c ) É fácil ver que a Lua não intercepta nenhum raio deluz, emitido por qualquer ponto do Sol, e que se diri-ge para C. Logo, este observador pode ver o discosolar totalmente.

5. a) O aluno deverá simplesmente traçar uma perpendicu-lar (normal) à superfície no ponto de incidência doraio (como foi feito na figura 12-7).

b) O ângulo de incidência î é o ângulo formado pelo raioincidente com a normal. Então, é claro que, neste caso:

iB = 90° - 40° ou iB = 50°

c ) De acordo com a lei da reflexão, temos:

rB = iB , isto é, rB = 50°

d) O estudante deverá traçar o raio refletido (semelhan-te ao que foi feito na figura 12-7), formando umângulo de 50° com a normal.

6. a) Vemos que os raios luminosos estão partindo de M.Portanto, M representa o objeto luminoso (que emiteluz). Vemos, também, que o feixe de raios refletidospelo espelho é divergente, parecendo ter sido emiti-do do ponto N. Logo, N é a imagem de M.

b) Como N está situada no ponto de encontro dos pro-longamentos dos raios refletidos, concluímos que setrata de uma imagem virtual.

c ) Evidentemente, o observador deve focalizar seu olhoem N e, portanto, para trás do espelho (tudo se passacomo se em N existisse um objeto luminoso).

7. a) Nenhum raio proveniente de M, após refletido peloespelho, poderá atingir o olho do observador em P (eleestá atrás do espelho). Então, ele não verá a imagem N.

b) O objeto M emite raios luminosos em todas as dire-ções. Assim, haverá um feixe de raios de maior incli-nação em relação à normal (com ângulos de incidên-cia maiores que os raios do feixe mostrado) que, apósa reflexão no espelho, atinge o olho do observadorem R. Então, esse observador poderá ver a imagem N.

8. a) Veja a resposta deste exercício no livro-texto.b) Se a pessoa está a 2 m do espelho plano, sua imagem

estará atrás do espelho a esta mesma distância, isto é,a imagem estará a 4 m da pessoa. Como a pessoa deve“focalizar” a máquina fotográfica na imagem, eladeve ajustar a máquina como faria para fotografarum objeto que estivesse a 4 m de distância.

9. Em um espelho plano, já sabemos que um pequenoobjeto e sua imagem estão situados sobre a mesma retaperpendicular a ele, e que são iguais suas distâncias aoespelho. Assim, pode-se perceber que apenas AA′ e CC′podem estar representando um objeto e sua imagem,fornecidos pelo espelho EE′ (observe que D e D′ não estãosobre uma mesma perpendicular ao espelho, enquanto Be B′, embora estejam sobre a mesma perpendicular, nãosão eqüidistantes da superfície refletora).

10. Tomando alguns pontos sobre o objeto AB e localizandoa imagem de cada um, como foi feito na resposta doexercício dada no livro-texto, o estudante obterá facil-mente a imagem A′B′ apresentada na figura da resposta.

11. a) Essa superfície é côncava e, sendo polida, pode serconsiderada como espelho côncavo; este tipo de espe-lho, como mostra a figura 12-19, é convergente.

b) A parte polida (externa) da calota da roda de umautomóvel é uma superfície convexa; então, ela podeser usada como um espelho convexo, que, como mos-tra a figura 12-20, é divergente.

c ) Evidentemente, trata-se de um espelho convexo e,portanto, divergente.


d) Sim. Sabemos que a imagem real pode ser recebidaem um anteparo.

19. a) Como a imagem é direta, é virtual e, sendo ampliada,só poderá ser formada por um espelho côncavo.

b) Para que o espelho côncavo forneça uma imagem vir-tual do objeto, esse objeto deve estar situado entre ofoco e o espelho, isto é, sua distância até o espelhodeve ser menor que sua distância focal (figura 12-26).

20. a) Como a luz se propaga com velocidade constante,temos d = vt, onde v = c = 300 000 km/s e d = 3 km.Logo:

3 = 300 000 # t, donde t = 0,000 01 s = 10-5 s

b) É fácil concluir que, naquela época, não havia condi-ções de se medir intervalo de tempo tão pequeno.

21. a) Como n = c/v, vem:

n =,

,1 5 10103 1010

8

8

#

# donde n = 2

b) Na tabela 12-1 vemos que, para o diamante, temosn = 2,5. Então, de n = c/v, vem (usando c = 300 000 km/s):

2,5 =v

300300 000000 , donde v = 120 000 km/s

22. a) De n = c/v, vemos que o meio no qual v terá o maiorvalor será o que possuir menor n. Logo, esse meio é aágua.

b) De maneira semelhante, de n = c/v, vemos que o meiono qual v será menor será aquele que possuir maior n.Logo, esse meio é o diamante.

23. a) O meio 1 é aquele no qual a luz se propaga inicial-mente (ar). Então, temos n1 = 1,0 e θ1 = 30°. O meio 2será a glicerina e, então, n2 = 1,4 (tabela 12-1).

b) De n1 sen θ1 = n2 sen θ2, obtemos:

1,0 # sen 30° = 1,4 # sen θ2, dondesen θ2 = 0,35

Consultando a tabela de funções trigonométricas,encontramos θ2 = 21°.

c ) O estudante deverá traçar um diagrama semelhanteao da figura 12-39 (raio luminoso aproximando-se danormal), com os valores θ1 = 30° e θ2 = 21° (medidos notransferidor).

24. A figura 12-45 mostra que, para o raio incidindo com oângulo limite (θ1 = L), temos θ2 = 90°. Como a luz estápassando do diamante (n1 = 2,5) para a água (n2 = 1,3),pela lei de Snell, n1 sen θ1 = n2 sen θ2, temos:

2,5 sen L = 1,3 sen 90°, dondesen L = 0,52.

Dado: L = 32°.

25. a) De n = c/v, concluímos que, se v2 < v1, temos n2 > n1.b) A luz está passando de um meio de menor para outro

de maior índice de refração. Pela lei da refração daluz, concluímos que o raio luminoso irá se aproximarda normal (como acontece na figura 12-39).

c ) O estudante deverá reproduzir e completar a figura,traçando o raio refratado se aproximando da normal.

26. a) Evidentemente, de n = c/v, vemos que, se v2 > v1,temos n2 < n1.

b) Neste caso, pela lei da refração da luz, o raio lumino-so irá se afastar da normal (como acontece na figura12-40).

c ) A figura 12-58 deverá ser completada de maneirasemelhante ao que foi feito na figura 12-40.

27. Observando a figura apresentada na resposta deste exer-cício, dada no livro-texto, vemos que:

a) Ao penetrar no vidro, o raio luminoso se aproxima danormal (nvidro > nar) e, evidentemente, ao passar dovidro para o ar, se afasta da normal.

b) Como o raio luminoso está incidindo perpendicular-mente na superfície do vidro, ele não sofre refração.O mesmo ocorre quando ele sai da lâmina de vidro (asduas faces da lâmina são paralelas).

c ) O aluno deverá traçar a normal à superfície, tanto noponto onde o raio penetra no vidro quanto no pontoonde ele retorna ao ar. Assim, o estudante verá comclareza que o raio se aproxima da normal ao penetrarno vidro e se afasta dela ao voltar ao ar, como deveocorrer (esta situação é semelhante àquela analisadana questão a). O professor deverá destacar para seusalunos que esta situação corresponde à trajetória deum raio luminoso ao atravessar um prisma de vidro,que está mostrada (para cada cor do espectro) nafigura 12-48.

d) O raio incide perpendicularmente na primeira face doprisma de vidro e, então, não se refrata. Ao emergirdo vidro, na outra face do prisma, o raio se afasta danormal (observe que o raio não incide perpendicular-mente a esta face).

28. Lembrando-se da análise feita na figura 12-42, o alunoconcluirá que a pessoa está vendo apenas uma imagemvirtual do peixe, situada acima da posição em que ele seencontra (a imagem é virtual porque se forma no pontode encontro dos prolongamentos dos raios refratadosque chegam ao olho do observador).Obs.: Não deixe de realizar a atividade IV deste capítulo,que está relacionada com a situação analisada nesteexercício.

29. Como vimos no exercício anterior, a pessoa não estávendo o peixe, mas sim sua imagem, que está situada umpouco acima da verdadeira posição do peixe. Logo, éclaro que o arpão deverá ser apontado para uma posi-ção abaixo daquela na qual a pessoa está vendo a ima-gem do peixe.

30. a) Evidentemente, no primeiro prisma temos uma situa-ção idêntica àquela mostrada na figura 12-48 e anali-sada no texto.

b) No segundo prisma, ocorre um fenômeno oposto aoque ocorreu no primeiro: ao se refratar quando entrae quando sai do prisma, as cores do espectro se super-põem, dando origem, então, à recomposição da luzbranca.

31. a) Como o objeto A aparece branco quando iluminadocom luz branca, concluímos que ele reflete todas ascores do espectro. Então, quando for iluminado ape-nas com luz amarela, ele refletirá, evidentemente,apenas esta cor e, assim, será visto com a cor amarela.

b) O objeto B reflete apenas a luz verde (absorve asdemais cores). Então, ao receber a luz amarela, ele aabsorverá e, portanto, não estará refletindo nenhumaluz. Assim, B se apresentará negro.

32. a) Sabendo-se que 1 ano-luz é a distância que a luz per-corre em 1 ano, podemos calcular esta distância pelarelação d = vt, onde v = c = 300 000 km/s e t = 1 ano.No texto, foi dito que podemos considerar, aproxima-damente:

t = 30 milhões de segundos = 30 # 106 s


Temos, então:

v = 3 # 105 km/s e t = 3 # 107 sLogo:

d = 3 # 105 # 3 # 107 ou d = 9 # 1012 km

b) Temos:

1 ano-luz = 9 000 000 000 000 kmLogo:

1 ano-luz = 9 trilhões de km!

33. a) Podemos estabelecer a seguinte proporção:

9 # 1012 km 1 ano-luz9 # 1022 km X

Então, X = 1010 anos-luz.b) O resultado encontrado em a significa que a luz deste

quasar gasta 1010 anos para chegar à Terra. Como1010 = 10 000 000 000, vemos que este tempo repre-senta 10 bilhões de anos!

34. a) Correto. Se Andrômeda está a 2 milhões de anos-luzda Terra, isto significa que a luz gasta 2 milhões deanos para vir desta galáxia à Terra.

b) Errado. Evidentemente, a idade da galáxia (tempodecorrido desde seu surgimento) não tem nenhumarelação com o tempo que sua luz gasta para chegar àTerra.

c ) Correto. Um foguete certamente viajaria com umavelocidade menor que a da luz e, assim, gastaria maisde 2 milhões de anos para alcançar Andrômeda (deacordo com a Teoria da Relatividade de Einstein,nenhum corpo material pode se mover com uma velo-cidade igual à velocidade da luz no vácuo ou maiorque ela).

d) Correto. A luz emitida na explosão gastaria 2 milhõesde anos para alcançar a Terra (só então os habitantesda Terra teriam conhecimento desta explosão).

e) Errado. A chapa fotográfica de uma foto deAndrômeda, tomada hoje, é sensibilizada com a luzemitida há 2 milhões de anos pela galáxia. Logo, elamostra como era Andrômeda há 2 milhões de anos.

35. O estudante deverá fazer um desenho mostrando a formaaproximada de cada lente solicitada e comparar seus es-quemas com aqueles apresentados na figura 12-61, paratestar sua resposta. Tem-se:

a) Esta lente possui a parte central mais espessa que seusbordos. Logo, ela é convergente.

b) Esta lente possui a parte central mais fina que seusbordos. Logo, ela é divergente.

c ) Esta lente possui a parte central mais espessa que seusbordos. Logo, ela é convergente.

36. a) Basta que o aluno observe que esta lente é conver-gente e que, assim, os raios paralelos, após atravessá-la, irão convergir no foco, a 5 cm da lente (veja a res-posta deste exercício no livro-texto).

b) Esta lente é divergente e, assim, os raios paralelos,após atravessá-la, terão seus prolongamentos seencontrando no foco, a 5 cm da lente (veja a respostadeste exercício no livro-texto).

37. a) O objeto está entre o foco e a lente e, portanto, asituação correspondente é a da figura 12-69. Temos,então, uma imagem virtual, direta e maior que oobjeto.

b) A distância do objeto à lente é maior que o dobro desua distância focal. A situação correspondente a estecaso está mostrada na figura 12-67 e, então, temosuma imagem real, invertida e menor que o objeto.


c ) O objeto foi aproximado da lente, sem ultrapassar seufoco (está a 10 cm do foco). A situação corresponden-te está mostrada na figura 12-68; então, a imagem éreal, invertida e maior que o objeto.

38. Ao examinar a imagem formada por uma lente diver-gente, dissemos que ela é sempre virtual, direta e menorque o objeto, como mostra a figura 12-70.

39. a) Esta situação corresponde à lupa, pois ela forma umaimagem virtual, direta e ampliada (figura 12-78).

b) Esta situação corresponde ao que ocorre em nossoolho (figura 12-71) e na máquina fotográfica (figura12-76), pois em ambos os casos a imagem fornecida éreal, invertida e menor que o objeto.

c ) Esta situação corresponde ao projetor (figura 12-77),pois este aparelho fornece, do objeto, uma imagemreal, invertida (em relação ao objeto) e maior que ele.

40. a) Vemos que as faces do cristalino, no diagrama A,estão “mais encurvadas”. Em B, o objeto está maisafastado do olho e os músculos do cristalino atuaramsobre ele, diminuindo sua curvatura (acomodaçãovisual).

b) Dissemos, no exemplo 6, que quanto mais acentuadafor a curvatura das faces de uma lente, menor serásua distância focal. Portanto, a distância focal dalente é maior em B.

c ) Essa propriedade do olho denomina-se acomodaçãovisual.

41. Observando as figuras onde são analisadas as formaçõesdas imagens nos diversos instrumentos ópticos, o alunoverá que:

a) A imagem final é virtual na lupa (figuras 12-69 e 12-78),no microscópio (figura 12-79), na luneta astronômica(figura 12-81) e no telescópio refletor (figura 12-82).

b) A imagem final é real no olho humano (figura 12-71),na máquina fotográfica (figura 12-76) e no projetor(figura 12-77).

42. A imagem final formada pelo projetor, recebida na tela,é real e, portanto, invertida em relação ao objeto (gra-vado no slide). Por isto, o slide é colocado de “cabeçapara baixo”, para que a imagem invertida apresente oobjeto na posição correta.

43. a) De N = 1/f, como f = 2 m, vem:

N = ,21 donde N = 0,5 dioptria

ou, como se diz vulgarmente, temos N = 0,5 “grau”.b) O valor de f deve ser expresso em metros, isto é,

f = 0,5 m. Logo, de N = 1/f, temos:

N =,0 51 ou N = 2 dioptrias, isto é, N = 2 “graus”

44. a) O sinal negativo indica que a lente é divergente. Nafigura 12-73, vemos que este tipo de lente é usadapara corrigir a miopia.

b) Vamos usar a relação N = 1/f (veja o exercício 43) semconsiderar o sinal negativo de N, pois estamos interes-sados apenas no valor absoluto da distância focal (osinal negativo serve apenas para indicar que a lente édivergente).Temos:

4 = ,f1 donde f = 0,25

Vimos, naquele exercício, que o valor de f na rela-ção N = 1/f é expresso em metros. Portanto, temosf = 0,25 m ou f = 25 cm.

45. De acordo com a teoria corpuscular de Newton, a ve-locidade da luz na água devia ser maior que no ar(c = 300 000 km/s). Então, este valor é vB, pois vB > c.As experiências de Foucault mostraram que a velocidadeda luz na água é menor que no ar. Logo, o valor encon-trado por ele deve ser vA, pois vA < c.

46. A análise desenvolvida nessa seção procurou mostrar aosalunos que a teoria corpuscular de Newton passou a nãoser aceita pela comunidade científica quando os resulta-dos previstos teoricamente, com base em seus princípiosfundamentais, deixaram de entrar em concordância comos resultados obtidos experimentalmente (a teoria new-toniana previa que a velocidade da luz na água devia sermaior do que no ar, e as cuidadosas experiências realiza-das por Foucault apresentaram resultados contráriosàquelas previsões).Assim, apenas o fato alegado em a poderá conduzir àrejeição de uma teoria. As alternativas b ou c, evidente-mente, não devem ser levadas em consideração, embo-ra, por diversas vezes na história do desenvolvimentocientífico, muitas teorias, infelizmente, tenham sidorejeitadas por esses motivos.

47. a) Uma onda se reflete e se refrata, isto é, são observa-dos em uma onda os mesmos fenômenos que ocor-rem com a luz. Portanto, seria possível admitir a luzcomo um tipo de movimento ondulatório.

b) A difração (figura 12-86) é um fenômeno típico de ummovimento ondulatório. O fato de se observar que adifração também ocorre com a luz (figura 12-89) con-tribuiu, de maneira marcante, para que o modeloondulatório da luz passasse a ser amplamente aceito.

48. a) Observando as figuras 12-86 e 12-87, o estudante con-cluirá facilmente que quanto menor for a largura doorifício (comparada com o valor de ), mais acentua-da será a difração da onda que passa por ele.

b) Aumentando-se a freqüência da onda, o valor de torna-se menor e, então, a difração será menos acen-tuada.

49. Destacamos na seção 12.5 que, se não é possível perce-ber a difração de uma onda quando ela passa por umorifício, o valor de desta onda deve ser muito menorque o tamanho do orifício (figura 12-87). Então, o valorde para a luz deve ser muito menor que 1 cm.

50. Ao passar pelo orifício de menor diâmetro, a luz sedifrata mais acentuadamente, isto é, o feixe luminoso,após passar pelo orifício em b, se apresenta “mais aber-to” que após passar pelo orifício em a. Então, ao serrecebido na chapa fotográfica, a mancha luminosaapresentará um diâmetro bem maior que o diâmetro doorifício (figura 12-88), sendo esta diferença tanto maisacentuada quanto menor for o orifício (como vimos nafigura 12-89).

51. a) Uma onda eletromagnética é emitida por uma cargaelétrica que esteja sendo acelerada. Como isto ocorrecom o bastão eletrizado, colocado em oscilação, con-cluímos que ele emitirá uma onda eletromagnéticaque se propaga no espaço (de maneira semelhante aoque ocorre com os elétrons que oscilam na antenaemissora da figura 12-91).

b) De = v/f, podemos determinar a freqüência corres-pondente a = 3 km (lembrando-se de que v = c =

300 000 km/s).Temos:

3 = ,f

300300 000000 donde f = 100 000 hertz

Portanto, a pessoa deveria fazer o bastão oscilar comessa enorme freqüência e, evidentemente, isto não épossível!

52. a) Como dissemos ao analisar o espectro eletromagnéti-co, todas as radiações representadas na figura 12-93se propagam, no vácuo (ou no ar), com a mesma velo-cidade, igual à velocidade da luz (c = 300 000 km/s).

b) Maxwell suspeitou que a luz fosse uma onda eletro-magnética porque o valor da velocidade de propagaçãodessas ondas coincidia com o valor da velocidade da luz.

53. Evidentemente, o professor não deverá exigir que seusalunos memorizem os valores das freqüências das ondascomponentes do espectro eletromagnético. É razoável,entretanto, solicitar a eles que saibam reconhecer (semconsultar o texto), entre duas radiações eletromagnéti-cas quaisquer, aquela que possui maior f (ou menor ).Assim, o estudante deverá ser capaz de chegar, sem con-sultas, à resposta deste exercício.

54. a) Todas as ondas eletromagnéticas propagam-se novácuo (ou no ar) com a mesma velocidade.

b) De = v/f, como v tem o mesmo valor para ambas,vemos que será maior para as microondas, porqueelas possuem um menor valor de f.

55. Os raios laser são radiações visíveis (isto é, luz) quepodem apresentar-se com cores diferentes (como vemosna figura 12-103).Obs.: Atualmente, o termo laser é usado para designartambém radiações infravermelhas e ultravioleta quepossuem as mesmas características do laser de radiaçõesvisíveis.

56. Por meio da relação = v/f, podemos determinar a fre-qüência f da onda eletromagnética usada no radar.Usando unidades do SI, temos:

= 0,01 m e v = 3 # 108 m/sLogo:

0,01 =f

3 10108# , donde f = 3 # 1010 hertz

Consultando a figura 12-93, vemos que esta freqüênciacorresponde a uma microonda (as freqüências dasmicroondas chegam até cerca de 1011 hertz).

57. Em uma radiografia, as regiões mais claras correspon-dem aos ossos da parte do corpo que está sendo radio-grafada (figura 12-98). Os ossos absorvem maior quanti-dade de raios X que os músculos e, assim, concluímosque nas regiões claras da chapa a incidência de raios Xfoi menor que nas regiões escuras.

58. a) Na equação 1/f = 1/Do + 1/Di, temos f = +10 cm (lenteconvergente) e Do = +30 cm. Então:

,D1010

130301 1

i= + donde ,

D1

30302

i= ou

Di = 15 cm

b) Como o valor de Di é positivo, concluímos que a ima-gem é real.

59. a) O aumento A′B′/AB é dado por:

,DD

30301515 0 5

ABABA B ouou

ABABA B

o

i= = =l l l l

b) Obtivemos aumento < 1. Então, é claro que A′B′ < AB(imagem menor que o objeto).

c ) Temos:

A′B′ = 0,5 # AB = 0,5 # 5 ou A′B′ = 2,5 cm



Questões do Enem 1998Na figura abaixo está esquematizado um tipo de usina uti-lizada na geração de eletricidade.

1. A eficiência de uma usina, do tipo da representada nafigura acima, é da ordem de 0,9, ou seja, 90% da ener-gia da água no início do processo se transforma emenergia elétrica. A usina Ji-Paraná, do Estado de Ron-dônia, tem potência instalada de 512 milhões de watts,e a barragem tem altura de aproximadamente 120 m.A vazão do rio Ji-Paraná, em litros de água por segundo,deve ser da ordem de:a) 50. c) 5 000. e) 500 000.b) 500. d) 50 000.

2. No processo de obtenção de eletricidade, ocorrem váriastransformações de energia. Considere duas delas:

I. cinética em elétricaII. potencial gravita-

cional em cinética

Analisando o esquema da figura da usina, é possível iden-tificar que elas se encontram, respectivamente, entre:a) I — a água no nível h e a turbina, II — o gerador e a

torre de distribuição.b) I — a água no nível h e a turbina, II — a turbina e o

gerador.c) I — a turbina e o gerador, II — a turbina e o gerador.d) I — a turbina e o gerador, II — a água no nível h e a

turbina.

água

h gerador

turbinatorre de

transmissão

e) I — o gerador e a torre de distribuição, II — a água nonível h e a turbina.

3. Analisando o esquema da figura da usina é possívelidentificar que se trata de uma usina:a) hidrelétrica, porque a água corrente baixa a tempera-

tura da turbina.b) hidrelétrica, porque a usina faz uso da energia cinéti-

ca da água.c) termelétrica, porque no movimento das turbinas

ocorre aquecimento.d) eólica, porque a turbina é movida pelo movimento da

água.e) nuclear, porque a energia é obtida do núcleo das

moléculas de água.

4. A sombra de uma pessoa que tem 1,80 m de altura mede60 cm. No mesmo momento, a seu lado, a sombra projeta-da de um poste mede 2,00 m. Se, mais tarde, a sombra doposte diminuiu 50 cm, a sombra da pessoa passou a medir:

a) 30 cm. b) 45 cm. c) 50 cm. d) 80 cm. e) 90 cm.Em uma prova de 100 m rasos, o desempenho típico deum corredor-padrão é representado pelo gráfico a seguir:

5. Baseado no gráfico, em que intervalo de tempo a velo-cidade do corredor é aproximadamente constante?a) Entre 0 e 1 segundo. d) Entre 8 e 11 segundos.b) Entre 1 e 5 segundos. e) Entre 12 e 15 segundos.c) Entre 5 e 8 segundos.

6. Em que intervalo de tempo o corredor apresenta acele-ração máxima?a) Entre 0 e 1 segundo. d) Entre 8 e 1 segundos.b) Entre 1 e 5 segundos. e) Entre 9 e 15 segundos.c) Entre 5 e 8 segundos.

00

2

4

6

velo

cida

de (

m/s

)

8

10

12

2 4 6 8tempo (s)

10 12 14 16

c ) De A′B′/AB = Di /Do, considerando apenas o valor abso-luto de Di, obtemos:

,36369

41 0 2525

ABABA B ouou

ABABA B

= = =l l l l

Este resultado indica que a imagem é 4 vezes menorque o objeto.

62. a) Na situação descrita, temos um objeto diante de umalente divergente, que fornece uma imagem virtualdesse objeto. O estudante relaciona facilmente estasituação com aquela da figura 12-70.

b) Vemos, na figura 12-70, que a imagem fornecida pelalente é virtual, direta e menor que o objeto.

c ) Como não podia deixar de ser, o diagrama concordaqualitativamente com as respostas do exercício 61.

60. a) A situação corresponde a um objeto situado a umadistância Do da lente maior que 2f, dando origem auma imagem real menor que o objeto. O diagramatraçado pelo estudante será, então, semelhante àque-le mostrado na figura 12-67 do livro-texto.

b) O diagrama obtido mostra que a imagem é real,invertida e menor que o objeto.

c ) Evidentemente, o diagrama fornece resultados emconcordância com as respostas dos exercícios 58 e 59.

61. a) Temos Do = 36 cm e f = –12 cm (lente divergente). De1/f = 1/Do + 1/Di, vem:

,D1212

136361 1

i- = + donde Di = –9 cm

b) Como Di < 0, a imagem é virtual.

4 QUESTÕES DO ENEM, COM RESOLUÇÕES E RESPOSTAS


Natal (RN) nível do mar.Campos do Jordão (SP) altitude 1 628 m.Pico da Neblina (RR) altitude 3 014 m.

A temperatura de ebulição será:a) maior em Campos do Jordão.b) menor em Natal.c) menor no Pico da Neblina.d) igual em Campos do Jordão e Natal.e) não dependerá da altitude.

11. Seguem abaixo alguns trechos de uma matéria da revis-ta Superinteressante, que descreve hábitos de um mora-dor de Barcelona (Espanha), relacionando-os com o con-sumo de energia e efeitos sobre o ambiente.

I. “Apenas no banho matinal, por exemplo, um cida-dão utiliza cerca de 50 L de água, que depois teráque ser tratada. Além disso, a água é aquecida con-sumindo 1,5 kWh (cerca de 1,3 milhão de calorias), epara gerar essa energia foi preciso perturbar oambiente de alguma maneira ...”

II. “Na hora de ir para o trabalho, o percurso médio dosmoradores de Barcelona mostra que o carro libera 90 gdo venenoso monóxido de carbono e 25 g de óxidosde nitrogênio ... Ao mesmo tempo, o carro consomecombustível equivalente a 8,9 kWh.”

III. “Na hora de recolher o lixo doméstico ... quase 1 kg pordia. Em cada quilo há aproximadamente 240 g depapel, papelão e embalagens; 80 g de plástico; 55 g demetal; 40 g de material biodegradável e 80 g de vidro.”

Com relação ao trecho I, supondo a existência de umchuveiro elétrico, pode-se afirmar que:a) a energia usada para aquecer o chuveiro é de origem

química, transformando-se em energia elétrica.b) a energia elétrica é transformada no chuveiro em ener-

gia mecânica e, posteriormente, em energia térmica.c) o aquecimento da água deve-se à resistência do chu-

veiro, onde a energia elétrica é transformada emenergia térmica.

d) a energia térmica consumida nesse banho é posterior-mente transformada em energia elétrica.

e) como a geração da energia perturba o ambiente, pode-se concluir que sua fonte é algum derivado do petróleo.

12. As bicicletas possuem uma corrente que liga uma coroadentada dianteira, movimentada pelos pedais, a umacoroa localizada no eixo da roda traseira, como mostra afigura. O número de voltas dadas pela roda traseira a cadapedalada depende do tamanho relativo dessas coroas.

Em que opção abaixo a roda traseira dá o maior núme-ro de voltas por pedalada?

a) d)

b) e)

c )

7. Um armazém recebe sacos de açúcar de 24 kg para quesejam empacotados em embalagens menores. O únicoobjeto disponível para pesagem é uma balança de doispratos, sem os pesos metálicos.Realizando uma única pesagem, é possível montar paco-tes de:

a) 3 kg.b) 4 kg.c ) 6 kg.d) 8 kg.e) 12 kg.

8. Realizando exatamente mais duas pesagens, os pacotesque podem ser feitos são os de:

a) 3 kg e 6 kg. d) 4 kg e 8 kg.b) 3 kg, 6 kg e 12 kg. e) 4 kg, 6 kg e 8 kg.c) 6 kg, 12 kg e 18 kg.

9. Um portão está fixo em ummuro por duas dobradiças, A eB, conforme mostra a figura,sendo P o peso do portão.Caso um garoto se dependureno portão pela extremidadelivre, e supondo que as reaçõesmáximas suportadas pelas dobradiças sejam iguais:

a) é mais provável que a dobradiça A arrebente primei-ro que a B.

b) é mais provável que a dobradiça B arrebente primei-ro que a A.

c) seguramente as dobradiças A e B arrebentarão simul-taneamente.

d) nenhuma delas sofrerá qualquer esforço.e) o portão quebraria ao meio, ou nada sofreria.

10. A tabela a seguir registra a pressão atmosférica em dife-rentes altitudes, e o gráfico relaciona a pressão de vaporda água em função da temperatura.

Altitude (km) Pressão atmosférica (mmHg)

0 760

1 600

2 480

4 300

6 170

8 120

10 100

Um líquido, num frasco aberto, entra em ebulição a par-tir do momento em que a sua pressão de vapor se igua-la à pressão atmosférica. Assinale a opção correta, consi-derando a tabela, o gráfico e os dados apresentados,sobre as seguintes regiões:

A

B

00

100

200

300

400

pres

são

de v

apor

da

água

em

mm

Hg

500

600

700

800

20 40 60temperatura em °C

80 100 120


13. Com relação ao funcionamento de uma bicicleta de mar-chas, onde cada marcha é uma combinação de uma dascoroas dianteiras com uma das coroas traseiras, são for-muladas as seguintes afirmativas:

I. numa bicicleta que tenha duas coroas dianteiras ecinco traseiras, temos um total de dez marchas possí-veis onde cada marcha representa a associação deuma das coroas dianteiras com uma das traseiras.

II. em alta velocidade, convém acionar a coroa diantei-ra de maior raio com a coroa traseira de maior raiotambém.

III. em uma subida íngreme, convém acionar a coroa dian-teira de menor raio e a coroa traseira de maior raio.

Entre as afirmações anteriores, estão corretas:

a) I e III apenas. d) II apenas.b) I, II e III. e) III apenas.c) I e II apenas.

14. Quando se dá uma pedalada na bicicleta abaixo (isto é,quando a coroa acionada pelos pedais dá uma voltacompleta), qual é a distância aproximada percorridapela bicicleta, sabendo-se que o comprimento de um cír-culo de raio R é igual a 2πR, onde π 3?

a) 1,2 m.b) 2,4 m.c ) 7,2 m.d) 14,4 m.e) 48,0 m.

Questões do Enem 19991. A gasolina é vendida por litro, mas em sua utilização

como combustível, a massa é o que importa. Um aumen-to da temperatura do ambiente leva a um aumento novolume da gasolina. Para diminuir os efeitos práticosdessa variação, os tanques dos postos de gasolina sãosubterrâneos. Se os tanques não fossem subterrâneos:

I. Você levaria vantagem ao abastecer o carro na horamais quente do dia, pois estaria comprando maismassa por litro de combustível.

II. Abastecendo com a temperatura mais baixa, vocêestaria comprando mais massa de combustível paracada litro.

III. Se a gasolina fosse vendida por kg em vez de porlitro, o problema comercial decorrente da dilataçãoda gasolina estaria resolvido.

Destas considerações, somente:

a) I é correta. d) I e II são corretas.b) II é correta. e) II e III são corretas.c ) III é correta.

2. O alumínio se funde a 666 °C e é obtido à custa de ener-gia elétrica por eletrólise — transformação realizada apartir do óxido de alumínio acerca de 1 000 °C.A produção brasileira de alumínio no ano de 1985 foi daordem de 550 000 toneladas, tendo sido consumidoscerca de 20 kWh de energia elétrica por quilograma dometal. Nesse mesmo ano, estimou-se a produção de resí-duos sólidos urbanos brasileiros formados por metaisferrosos e não-ferrosos em 3 700 T/dia, das quais 1,5%estima-se corresponder ao alumínio.(Dados adaptados de FIGUEIREDO, P. J. M. A sociedadedo lixo: resíduos, a questão energética e a crise ambien-tal. Piracicaba: Unimep, 1994.)

Suponha que uma residência tenha objetos de alumínioem uso cuja massa total seja de 10 kg (panelas, janelas,latas, etc.). O consumo de energia elétrica mensal dessaresidência é de 100 kWh. Sendo assim, na produção dessesobjetos utilizou-se uma quantidade de energia elétricaque poderia abastecer essa residência por um período de:

a) 1 mês. c) 3 meses. e) 5 meses.b) 2 meses. d) 4 meses.

3. No primeiro dia do inverno no Hemisfério Sul, uma ativi-dade de observação de sombras é realizada por alunos deMacapá, Porto Alegre e Recife. Para isso, utiliza-se umavareta de 30 cm fincada no chão na posição vertical. Paramarcar o tamanho e a posição da sombra, o chão é forra-do com uma folha de cartolina, como mostra a figura:

Nas figuras ao lado, estãorepresentadas as sombrasprojetadas pelas varetas nastrês cidades, no mesmo ins-tante, ao meio-dia. A linhapontilhada indica a direçãoNorte-Sul.Levando-se em conta a locali-zação destas três cidades nomapa, podemos afirmar queos comprimentos das sombrasserão tanto maiores quantomaior for o afastamento dacidade em relação ao:a) litoral.b) Equador.c) nível do mar.d) Trópico de Capricórnio.e) Meridiano de Greenwich.

4. Pelos resultados da experiência do exercício anterior,num mesmo instante, em Recife a sombra se projeta àdireita e nas outras duas cidades à esquerda da linhapontilhada na cartolina. É razoável, então, afirmar queexiste uma localidade em que a sombra deverá estarbem mais próxima da linha pontilhada, em via de passarde um lado para o outro. Em que localidade, dentre aslistadas abaixo, seria mais provável que isso ocorresse?

a) Natal. c) Cuiabá. e) Boa Vista.b) Manaus. d) Brasília.

Porto Velho

Cuiabá BrasíliaGoiânia

Belo Horizonte Vitória

SalvadorAracaju

RecifeNatalTeresina

FortalezaBelém

São Luís

EquadorMacapá

Boa Vista

Manaus

São PauloRio de JaneiroCuritiba

Florianópolis

Porto Alegre

Trópico de Capricórnio

80 cm

10 cm 30 cm

NORTERecife

SUL

NORTE

Porto Alegre

SUL

NORTE

Macapá

SUL

A panela de pressão permite que os alimentos sejamcozidos em água muito mais rapidamente do que empanelas convencionais. Sua tampa possui uma borrachade vedação que não deixa o vapor escapar, a não seratravés de um orifício central sobre o qual assenta-se umpeso que controla a pressão. Quando em uso, desenvol-ve-se uma pressão elevada no seu interior. Para a suaoperação segura, é necessário observar a limpeza do ori-fício central e a existência de uma válvula de segurança,normalmente situada na tampa. O esquema da panelade pressão e um diagrama de fase da água são apresen-tados abaixo.

5. A vantagem do uso de panela de pressão é a rapidezpara o cozimento de alimentos e isto se deve:

a) à pressão no seu interior, que é igual à pressão externa.b) à temperatura de seu interior, que está acima da tem-

peratura de ebulição da água no local.c) à quantidade de calor adicional que é transferida à

panela.d) à quantidade de vapor que está sendo liberada pela

válvula.e) à espessura da sua parede, que é maior que a das

panelas comuns.

6. Se, por economia, abaixarmos o fogo sob uma panela depressão logo que se inicia a saída de vapor pela válvula,de forma simplesmente a manter a fervura, o tempo decozimento:

a) será maior, porque a panela “esfria”.b) será menor, pois diminui a perda de água.c) será maior, pois a pressão diminui.d) será maior, pois a evaporação diminui.e) não será alterado, pois a temperatura não varia.

7. A construção de grandes projetos hidrelétricos tambémdeve ser analisada do ponto de vista do regime das águase de seu ciclo na região. Em relação ao ciclo da água, pode-se argumentar que a construção de grandes represas:

a) não causa impactos na região, uma vez que a quanti-dade total de água da Terra permanece constante.

b) não causa impactos na região, uma vez que a águaque alimenta a represa prossegue depois rio abaixocom a mesma vazão e velocidade.

5

4

pres

são

(atm

)

3

2

1

0

0 20 40 60 80 100 120 140temperatura (°C)

160

vapor

líquido

DIAGRAMA DE FASE DA ÁGUA

líquido

vapor válvula de segurança

c ) aumenta a velocidade dos rios, acelerando o ciclo daágua na região.

d) aumenta a evaporação na região da represa, acompa-nhada também por um aumento local da umidaderelativa do ar.

e) diminui a quantidade de água disponível para a reali-zação do ciclo da água.O diagrama abaixo representa a energia solar queatinge a Terra e sua utilização na geração de eletrici-dade. A energia solar é responsável pela manutençãodo ciclo da água, pela movimentação do ar e pelociclo do carbono que ocorre através da fotossíntesedos vegetais, da decomposição e da respiração dosseres vivos, além da formação de combustíveis fósseis.

8. De acordo com o diagrama, a humanidade aproveita, naforma de energia elétrica, uma fração da energia recebi-da como radiação solar, correspondente a:

a) 4 # 10-9. c) 4 # 10-4. e) 4 # 10-2.b) 2,5 # 10-6. d) 2,5 # 10-3.

9. De acordo com este diagrama, uma das modalidades deprodução de energia elétrica envolve combustíveis fós-seis. A modalidade de produção, o combustível e a esca-la de tempo típica associada à formação desse combustí-vel são, respectivamente:

a) hidrelétricas — chuvas — um diab) hidrelétricas — aquecimento do solo — um mêsc) termelétricas — petróleo — 200 anosd) termelétricas — aquecimento do solo — 1 milhão de

anose) termelétricas — petróleo — 500 milhões de anos

10. No diagrama estão representadas as duas modalidadesmais comuns de usinas elétricas, as hidrelétricas e as ter-melétricas. No Brasil, a construção de usinas hidrelétricasdeve ser incentivada porque essas:

I. utilizam fontes renováveis, o que não ocorre com astermelétricas que utilizam fontes que necessitam debilhões de anos para serem reabastecidas.

II. apresentam impacto ambiental nulo, pelo represa-mento das águas no curso normal dos rios.

III. aumentam o índice pluviométrico da região de secado Nordeste, pelo represamento de águas.

Das três afirmações acima, somente:

a) I está correta. d) I e II estão corretas.b) II está correta. e) II e III estão corretas.c) III está correta.

Proveniente do Sol200 bilhões de MW

Aquecimentodo solo

Evaporaçãoda água

Energiapotencial(chuvas)

Usinas hidrelétricas100000 MW

Usinas termelétricas400000 MW

Eletricidade500000 MW

Petróleo,gás e carvão

Aquecimentodo ar

Absorçãopelas plantas



b) o barro tem poder de “gelar” a água pela sua compo-sição química. Na reação, a água perde calor.

c ) o barro é poroso, permitindo que a água passe atravésdele. Parte dessa água evapora, tomando calor damoringa e do restante da água, que são assim resfriadas.

d) o barro é poroso, permitindo que a água se depositena parte de fora da moringa. A água de fora sempreestá a uma temperatura maior que a de dentro.

e) a moringa é uma espécie de geladeira natural, libe-rando substâncias higroscópicas que diminuem natu-ralmente a temperatura da água.

2. Em certa cidade, algumas de suas principais vias têm adesignação “radial” ou “perimetral”, acrescentando-seao nome da via uma referência ao ponto cardeal corres-pondente.As ruas 1 e 2 estão indicadas no esquema abaixo, em quenão estão explicitados os pontos cardeais.

Os nomes corretos das vias 1 e 2 podem, respectivamen-te, ser:

a) perimetral sul, radial leste.b) perimetral sul, radial oeste.c) perimetral norte, radial oeste.d) radial sul, perimetral norte.e) radial sul, perimetral oeste.

3. O resultado da conversão direta de energia solar é umadas várias formas de energia alternativa de que se dispõe.O aquecimento solar é obtido por uma placa escura cober-ta por vidro, pela qual passa um tubo contendo água.A água circula, conforme mostra o esquema a seguir.

São feitas as seguintes afirmações quanto aos materiaisutilizados no aquecedor solar:

I. o reservatório de água quente deve ser metálico paraconduzir melhor o calor.

II. a cobertura de vidro tem como função reter melhor ocalor, de forma semelhante ao que ocorre em umaestufa.

centro

1

2

(Adaptado de PALZ, W. Energia solar e fontes alternativas. São Paulo: Hemus, 1981.)

radiação solar

cole

tor

vidro placa escura

reservatório de água quente

reservatório de água fria

águaquente paraconsumo

DeEm

11. Muitas usinas hidrelétricas estão situadas em barragens.As características de algumas das grandes represas e usi-nas brasileiras estão apresentadas no quadro abaixo.

UsinaÁrea Potência Sistema

alagada (km2) (MW) hidrográfico

Tucuruí 2 430 4 240Rio

Tocantins

Sobradinho 4 214 1 050Rio São

Francisco

Itaipu 1 350 12 600 Rio Paraná

Ilha Solteira 1 077 3 230 Rio Paraná

Furnas 1 450 1 312 Rio Grande

A razão entre a área da região alagada por uma represa ea potência produzida pela usina nela instalada é uma dasformas de estimar a relação entre o dano e o benefício tra-zidos por um projeto hidrelétrico. A partir dos dados apre-sentados no quadro, o projeto que mais onerou o ambien-te em termos de área alagada por potência foi:

a) Tucuruí. c) Itaipu. e) Sobradinho.b) Furnas. d) Ilha Solteira.

12. A tabela a seguir apresenta alguns exemplos de proces-sos, fenômenos ou objetos em que ocorrem transforma-ções de energia. Nessa tabela, aparecem as direções detransformação de energia. Por exemplo, o termopar éum dispositivo onde energia térmica se transforma emenergia elétrica.

Elétrica Química Mecânica Térmica

Elétrica Transformador Termopar

Química Reaçõesendotérmicas

Mecânica Dinamite Pêndulo

Térmica Fusão

Dentre os processos indicados na tabela, ocorre conser-vação de energia:

a) em todos os processos.b) somente nos processos que envolvem transformações

de energia sem dissipação de calor.c) somente nos processos que envolvem transformações

de energia mecânica.d) somente nos processos que não envolvem energia

química.e) somente nos processos que não envolvem nem ener-

gia química nem energia térmica.

Questões do Enem 20001. Ainda hoje, é muito comum as pessoas utilizarem vasi-

lhames de barro (moringas ou potes de cerâmica nãoesmaltada) para conservar água a uma temperaturamenor do que a do ambiente. Isso ocorre porque:

a) o barro isola a água do ambiente, mantendo-a sem-pre a uma temperatura menor que a dele, como sefosse isopor.

A partir do esquema são feitas as seguintes afirmações:

I. a energia liberada na reação é usada para ferver aágua que, como vapor a alta pressão, aciona a turbina.

II. a turbina, que adquire uma energia cinética de rota-ção, é acoplada mecanicamente ao gerador para pro-dução de energia elétrica.

III. a água depois de passar pela turbina é preaquecidano condensador e bombeada de volta ao reator.

Dentre as afirmações acima, somente está(ão) correta(s):

a) I. b) II. c ) III. d) I e II. e) II e III.

7. O esquema abaixo mostra, em termos de potência (ener-gia/tempo), aproximadamente, o fluxo de energia, apartir de uma certa quantidade de combustível vinda dotanque de gasolina, em um carro viajando com velocida-de constante.

O esquema mostra que, na queima da gasolina, nomotor de combustão, uma parte considerável de suaenergia é dissipada. Essa perda é da ordem de:

a) 80%. b) 70%. c) 50%. d) 30%. e) 20%.

8. A figura mostra um eclipse solar noinstante em que é fotografado emcinco diferentes pontos do planeta.

III. a placa utilizada é escura para absorver melhor aenergia radiante do Sol, aquecendo a água commaior eficiência.

Dentre as afirmações anteriores, pode-se dizer que, ape-nas está(ão) correta(s):

a) I. c ) II. e) II e III.b) I e II. d) I e III.

4. A tabela abaixo resume alguns dados importantes sobreos satélites de Júpiter.

DiâmetroDistância média

Período orbitalNome(km)

ao centro de(dias terrestres)Júpiter (km)

Io 3 642 421 800 1,8

Europa 3 138 670 900 3,6

Ganimedes 5 262 1 070 000 7,2

Calisto 4 800 1 880 000 16,7

Ao observar os satélites de Júpiter pela primeira vez,Galileu Galilei fez diversas anotações e tirou importantesconclusões sobre a estrutura de nosso Universo. A figuraa seguir reproduz uma anotação de Galileu referente aJúpiter e seus satélites.

De acordo com essa representação e com os dados databela, os pontos indicados por 1, 2, 3 e 4 correspondem,respectivamente, a:

a) Io, Europa, Ganimedes e Calisto.b) Ganimedes, Io, Europa e Calisto.c ) Europa, Calisto, Ganimedes e Io.d) Calisto, Ganimedes, Io e Europa.e) Calisto, Io, Europa e Ganimedes.

5. A adaptação dos integrantes da seleção brasileira defutebol à altitude de La Paz foi muito comentada em1995, por ocasião de um torneio, como pode ser lido notexto abaixo.

“A seleção brasileira embarca hoje para La Paz, capi-tal da Bolívia, situada a 3 700 metros de altitude, ondedisputará o torneio Interamérica. A adaptação deveráocorrer em um prazo de 10 dias, aproximadamente. Oorganismo humano, em altitudes elevadas, necessitadesse tempo para se adaptar, evitando-se, assim, risco deum colapso circulatório.”

(Adaptado da revista Placar, edição fev. 1995.)

A adaptação da equipe foi necessária principalmenteporque a atmosfera de La Paz, quando comparada à dascidades brasileiras, apresenta:a) menor pressão e menor concentração de oxigênio.b) maior pressão e maior quantidade de oxigênio.c ) maior pressão e maior concentração de gás carbônico.d) menor pressão e maior temperatura.e) maior pressão e menor temperatura.

6. A energia térmica liberada em processos de fissãonuclear pode ser utilizada na geração de vapor para pro-duzir energia mecânica que, por sua vez, será convertidaem energia elétrica. A seguir está representado umesquema básico de uma usina de energia nuclear.

1 2 3 4

vapor gerador

turbinaágua

bomba-d’água

condensador

bomba-d’água

rio

pilhas nucleares

evaporação1 kW

motor decombustão

transmissão eengrenagens

energia doshidrocarbonetosnão queimados,energia térmica

dos gases de escapee transferida ao

ar ambiente56,8 kW

luzes,ventilador,gerador,direção,bomba

hidráulica,etc.

2,2 kW

energiatérmica3 kW

rodas

14,2 kW 12 kW 9 kW

do tanque de gasolina

72 kW 71 kW

SOL

I

IIIII

IVV



Três dessas fotografias estão reproduzidas abaixo.

As fotos poderiam corresponder, respectivamente, aospontos:

a) III, V e II. c) II, IV e III. e) I, II e V.b) II, III e V. d) I, II e III.

9. No ciclo da água, usado para produzir eletricidade, aágua de lagos e oceanos, irradiada pelo Sol, evapora-sedando origem a nuvens e se precipita como chuva. Éentão represada, corre de alto a baixo e move turbinasde uma usina, acionando geradores. A eletricidade pro-duzida é transmitida através de cabos e fios e é utilizadaem motores e outros aparelhos elétricos. Assim, paraque o ciclo seja aproveitado na geração de energia elé-trica, constrói-se uma barragem para represar a água.

Entre os possíveis impactos ambientais causados por essaconstrução, devem ser destacados:

a) aumento do nível dos oceanos e chuva ácida.b) chuva ácida e efeito estufa.c ) alagamentos e intensificação do efeito estufa.d) alagamentos e desequilíbrio da fauna e da flora.e) alteração do curso natural dos rios e poluição atmos-

férica.

10. “Casa que não entra sol, entra médico.” Esse antigoditado reforça a importância de, ao construirmos casas,darmos orientações adequadas aos dormitórios, deforma a garantir o máximo conforto térmico e salubrida-de. Assim, confrontando casas construídas em Lisboa (aonorte do Trópico de Câncer) e em Curitiba (ao sul doTrópico de Capricórnio), para garantir a necessária luzdo Sol, as janelas dos quartos não devem estar voltadas,respectivamente, para os pontos cardeais:

a) norte/sul. c ) leste/oeste. e) oeste/oeste.b) sul/norte. d) oeste/leste.

11. Uma garrafa de vidro e uma lata de alumínio, cada umacontendo 330 mL de refrigerante, são mantidas em umrefrigerador pelo mesmo longo período de tempo. Aoretirá-las do refrigerador com as mãos desprotegidas,tem-se a sensação de que a lata está mais fria que a gar-rafa. É correto afirmar que:

a) a lata está realmente mais fria, pois a capacidade calo-rífica da garrafa é maior que a da lata.

b) a lata está de fato menos fria que a garrafa, pois ovidro possui condutividade menor que o alumínio.

c ) a garrafa e a lata estão à mesma temperatura, pos-suem a mesma condutividade térmica, e a sensaçãodeve-se à diferença nos calores específicos.

d) a garrafa e a lata estão à mesma temperatura, e a sen-sação é devida ao fato de a condutividade térmica doalumínio ser maior que a do vidro.

e) a garrafa e a lata estão à mesma temperatura, e a sen-sação é devida ao fato de a condutividade térmica dovidro ser maior que a do alumínio.

12. Uma empresa de transportearmazena seu combustível emum reservatório cilíndrico enter-rado horizontalmente. Seu con-teúdo é medido com uma varagraduada em vinte intervalos, demodo que a distância entre duas

graduações consecutivas representa sempre o mesmovolume.A ilustração que melhor representa a distribuição dasgraduações na vara é:

a) b) c ) d) e)

Questões do Enem 20011. Um engenheiro, para calcular a área de uma cidade,

copiou sua planta numa folha de papel de boa qualida-de, recortou e pesou numa balança de precisão, obten-do 40 g. Em seguida, recortou, do mesmo desenho, umapraça de dimensões reais 100 m # 100 m, pesou o recor-te na mesma balança e obteve 0,08g.

Com esses dados foi possível dizer que a área da cidade,em metros quadrados, é de, aproximadamente:

a) 800. c) 320 000. e) 5 000 000.b) 10 000. d) 400 000.

2. Em muitas regiões do estado do Amazonas, o volume demadeira de uma árvore cortada é avaliado de acordocom uma prática dessas regiões:

I. Dá-se uma volta completa em torno do tronco comum barbante.

II. O barbante é dobrado duas vezes pela ponta e, emseguida, seu comprimento é medido com fitamétrica.

h

praça de área conhecida

planta

III. O valor obtido com essa medida é multiplicado porele mesmo e depois multiplicado pelo comprimentodo tronco. Esse é o volume estimado de madeira.

Outra estimativa pode ser obtida pelo cálculo formal dovolume do tronco, considerando-o um cilindro perfeito.A diferença entre essas medidas é praticamente equiva-lente às perdas de madeira no processo de corte paracomercialização. Pode-se afirmar que essas perdas são daordem de

a) 30%. b) 22%. c) 15%. d) 12%. e) 5%.

3. A distribuição média, por tipo de equipamento, do con-sumo de energia elétrica nas residências no Brasil é apre-sentada no gráfico.

Em associação com os dados do gráfico, considere asvariáveis:

I. Potência do equipamento.II. Horas de funcionamento.III. Número de equipamentos.

O valor das frações percentuais do consumo de energiadepende de:

a) I, apenas. d) II e III, apenas.b) II, apenas. e) I, II e III.c ) I e II, apenas.

4. Como medida de economia, em uma residência com 4moradores, o consumo mensal médio de energia elétri-ca foi reduzido para 300 kWh. Se essa residência obede-ce à distribuição dada no gráfico, e se nela há um únicochuveiro de 5 000 W, pode-se concluir que o banho diá-rio de cada morador passou a ter uma duração média,em minutos, de:

a) 2,5. b) 5,0. c ) 7,5. d) 10,0. e) 12,0.

5. Pelas normas vigentes, o litro do álcool hidratado queabastece os veículos deve ser constituído de 96% deálcool puro e 4% de água (em volume). As densidadesdesses componentes são dadas na tabela.

Substância Densidade (g/L)

Água 1 000

Álcool 800

Um técnico de um órgão de defesa do consumidor ins-pecionou cinco postos suspeitos de venderem álcoolhidratado fora das normas. Colheu uma amostra do pro-

geladeira 30%

lâmpadas incandescentes

20%

TV 10%

máquina de lavar

5% outros5% chuveiro

25%

ferro elétrico

5%

duto em cada posto, mediu a densidade de cada uma,obtendo:

Posto Densidade do combustível(g/L)

I 822

II 820

III 815

IV 808

V 805

A partir desses dados, o técnico pôde concluir que esta-vam com o combustível adequado somente os postos

a) I e II. c ) II e IV. e) IV e V.b) I e III. d) III e V.

6. O consumo total de energia nas residências brasileirasenvolve diversas fontes, como eletricidade, gás de cozi-nha, lenha, etc. O gráfico mostra a evolução do consumode energia elétrica residencial, comparada com o consu-mo total de energia residencial, de 1970 a 1995.

Verifica-se que a participação percentual da energia elétri-ca no total de energia gasto nas residências brasileiras cres-ceu entre 1970 e 1995, passando, aproximadamente, de

a) 10% para 40%. d) 25% para 35%.b) 10% para 60%. e) 40% para 80%.c ) 20% para 60%.

7. Segundo um especialista em petróleo (Estado de S. Paulo,5 de março de 2000), o consumo total de energia mun-dial foi estimado em 8,3 bilhões de toneladas equivalen-tes de petróleo (tep) para 2001. A porcentagem dasdiversas fontes da energia consumida no globo é repre-sentada no gráfico.

Segundo as informações apresentadas, para substituir aenergia nuclear utilizada é necessário, por exemplo, au-mentar a energia proveniente do gás natural em cerca de:

a) 10%. b) 18%. c ) 25%. d) 33%. e) 50%.

50

40

% da energia mundial

Fontes de energia

30

20

10

0

petróleo

carvãogás

nuclear hidrelétrica outros

50

40C

on

sum

o d

e E

ner

gia

(× 1

06 tep)

30

20

10

0 1970 1975 1980 1985 1990 1995

energia total

energia elétrica

tep = toneladas equivalentes de petróleoFonte: valores calculados através dos dados obtidos

de: http://infoener.iee.usp.br/1999.

1a– dobra 2a

– dobra



8. “... O Brasil tem potencial para produzir pelo menos15 mil megawatts por hora de energia a partir de fontesalternativas.

Somente nos Estados da região Sul, o potencial de gera-ção de energia por intermédio das sobras agrícolas e flo-restais é de 5 000 megawatts por hora.Para se ter uma idéia do que isso representa, a usinahidrelétrica de Ita, uma das maiores do país, na divisaentre o Rio Grande do Sul e Santa Catarina, gera1 450 megawatts de energia por hora.”Esse texto, transcrito de um jornal de grande circulação,contém, pelo menos, um erro conceitual ao apresentarvalores de produção e de potencial de geração de ener-gia. Esse erro consiste em:

a) apresentar valores muito altos para a grandeza energia.b) usar unidade megawatt para expressar os valores de

potência.c ) usar unidades elétricas para biomassa.d) fazer uso da unidade incorreta megawatt por hora.e) apresentar valores numéricos incompatíveis com as

unidades.

9. A refrigeração e o congelamento de alimentos são res-ponsáveis por uma parte significativa do consumo deenergia elétrica numa residência típica.

Para diminuir as perdas térmicas de uma geladeira, po-dem ser tomados alguns cuidados operacionais:

I. Distribuir os alimentos nas prateleiras deixando espa-ços vazios entre eles, para que ocorra a circulação doar frio para baixo e do quente para cima.

II. Manter as paredes do congelador com camada bemespessa de gelo, para que o aumento da massa degelo aumente a troca de calor no congelador.

III. Limpar o radiador (“grade” na parte de trás) periodi-camente, para que a gordura e a poeira que nele sedepositam não reduzam a transferência de calor parao ambiente.

Para uma geladeira tradicional é correto indicar, apenas,

a) a operação I. d) as operações I e III.b) a operação II. e) as operações II e III.c ) as operações I e II.

10. A padronização insuficiente e a ausência de controle nafabricação podem também resultar em perdas significa-tivas de energia através das paredes da geladeira. Essasperdas, em função da espessura das paredes, para gela-deiras e condições de uso típicas, são apresentadas natabela.

Espessura das Perda térmicaparedes mensal (kWh)

2 65

4 35

6 25

10 15

Considerando uma família típica, com consumo médiomensal de 200 kWh, a perda térmica pelas paredes deuma geladeira com 4 cm de espessura, relativamente aoutra de 10 cm, corresponde a uma porcentagem doconsumo total de eletricidade da ordem de:

a) 30%. b) 20%. c) 10%. d) 5%. e) 1%.

11. A figura mostra o tubo de imagens dos aparelhos detelevisão usado para produzir as imagens sobre a tela.Os elétrons do feixe emitido pelo canhão eletrônico sãoacelerados por uma tensão de milhares de volts e pas-sam por um espaço entre bobinas onde são defletidospor campos magnéticos variáveis, de forma a fazerem avarredura da tela.

Nos manuais que acompanham os televisores é comumencontrar, entre outras, as seguintes recomendações:

I. Nunca abra o gabinete ou toque as peças no interiordo televisor.

II. Não coloque seu televisor próximo de aparelhosdomésticos com motores elétricos ou ímãs.

Estas recomendações estão associadas, respectivamente,aos aspectos de

a) riscos pessoais por alta tensão / perturbação ou defor-mação de imagem por campos externos.

b) proteção dos circuitos contra manipulação indevida /perturbação ou deformação de imagem por camposexternos.

c ) riscos pessoais por alta tensão / sobrecarga dos circui-tos internos por ações externas.

d) proteção dos circuitos contra a manipulação indevida/ sobrecarga da rede por fuga de corrente.

e) proteção dos circuitos contra manipulação indevida /sobrecarga dos circuitos internos por ação externa.

12. SEU OLHAR

Na eternidadeEu quisera terTantos anos-luzQuantos fosse precisarPra cruzar o túnelDo tempo do seu olhar

(Gilberto Gil, 1984)

Gilberto Gil usa na letra da música a palavra compostaanos-luz. O sentido prático, em geral, não é obrigatoria-mente o mesmo que na ciência. Na física, um ano-luz éuma medida que relaciona a velocidade da luz e o tempode um ano e que, portanto, se refere a:

a) tempo. c ) distância. e) luminosidade.b) aceleração. d) velocidade.

Questões do Enem 20021. O excesso de peso pode prejudicar o desempenho de um

atleta profissional em corridas de longa distância comoa maratona (42,2 km), a meia-maratona (21,1 km) ou

canhãoeletrônico

bobinas paraa deflexãohorizontal

bobinas paraa deflexãovertical

elétrons tela

A tabela mostra temperaturas e umidades relativas do arde duas cidades, registradas em três meses do ano.

Campo Grande 25 82 20 60 25 58

Curitiba 27 72 19 80 18 75

Com base nessas informações, pode-se afirmar que con-dições ideais são observadas em

a) Curitiba (com vento em março) e Campo Grande, emoutubro.

b) Campo Grande (com vento em março) e Curitiba (comSol em maio).

c ) Curitiba, em outubro, e Campo Grande com Sol emmarço.

d) Campo Grande (com vento em março) e Curitiba (comSol em outubro).

e) Curitiba, em maio, e Campo Grande, em outubro.

3. Os níveis de irradiância ultravioleta efetiva (IUV) indicam orisco de exposição ao Sol para pessoas de pele do tipo II —pele de pigmentação clara. O tempo de exposição segura(TES) corresponde ao tempo de exposição aos raios sola-res sem que ocorram queimaduras de pele. A tabela mos-tra a correlação entre riscos de exposição, IUV e TES.

Riscos de IUV TES (emexposição minutos)

Baixo 0 a 2 Máximo 60

Médio 3 a 5 30 a 60

Alto 6 a 8 20 a 30

Extremo Acima de 8 Máximo 20

Uma das maneiras de se proteger contra queimadurasprovocadas pela radiação ultravioleta é o uso dos cremesprotetores solares, cujo Fator de Proteção Solar (FPS) écalculado da seguinte maneira:

FPS =TPDTPDTPPTPP

TPP = tempo de exposição mínima para produção devermelhidão na pele protegida (em minutos).

TPD = tempo de exposição mínima para produção de ver-melhidão na pele desprotegida (em minutos).

O FPS mínimo que uma pessoa de pele tipo II necessitapara evitar queimaduras ao se expor ao Sol, consideran-do TPP o intervalo das 12:00 às 14:00h, num dia em quea irradiância efetiva é maior que 8, de acordo com osdados fornecidos, é:

a) 5. b) 6. c ) 8. d) 10. e) 20.

4. Na comparação entre diferentes processos de geraçãode energia, devem ser considerados aspectos econômi-cos, sociais e ambientais. Um fator economicamenterelevante nessa comparação é a eficiência do processo.Eis um exemplo: a utilização do gás natural como fontede aquecimento pode ser feita pela simples queima numfogão (uso direto), ou pela produção de eletricidade emuma termoelétrica e uso de aquecimento elétrico (uso

uma prova de 10 km. Para saber uma aproximação dointervalo de tempo a mais perdido para completar umacorrida devido ao excesso de peso, muitos atletas utili-zam os dados apresentados na tabela e no gráfico:

Peso (kg/ideal para atletaAltura (m) masculino de ossatura

grande, corredor de longadistância

1,57 56,9

1,58 57,4

1,59 58,0

1,60 58,5

Usando essas informações, um atleta de ossatura grande,pesando 63 kg e com altura igual a 1,59 m, que tenha cor-rido uma meia-maratona, pode estimar que, em condiçõesde peso ideal, teria melhorado seu tempo na prova em:

a) 0,32 minuto. d) 2,68 minutos.b) 0,67 minuto. e) 3,35 minutos.c ) 1,60 minuto.

2. Os seres humanos podem tolerar apenas certos interva-los de temperatura e umidade relativa (UR), e, nessascondições, outras variáveis, como os efeitos do sol e dovento, são necessárias para produzir condições confortá-veis, nas quais as pessoas podem viver e trabalhar. O grá-fico mostra esses intervalos:

(Adaptado de The Random House, Encyclopedias.new rev. 3 ed. 1990.)

40

30

35

25

20

15

10

5

0

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100–5

Tem

pera

tura

(°C

)

Umidade relativa (%)

Ideal com sol

Ideal

Ideal com vento

Tempo Peso(Modelo Wilmore e Benke)

tempo perdido(minutos)

peso acimado ideal (kg)

1,33

0,67

0,32

1

maratona

meia-maratona

prova de 10 km

Riscos de IUV TES (emexposição minutos)

Março Maio Outubro

T (°C) UR (%) T (°C) UR (%) T (°C) UR (%)



indireto). Os rendimentos correspondentes a cada etapade dois desses processos estão indicados entre parênte-ses no esquema.

Na comparação das eficiências, em termos globais, entreesses dois processos (direto e indireto), verifica-se que

a) a menor eficiência de P2 deve-se, sobretudo, ao baixorendimento da termoelétrica.

b) a menor eficiência de P2 deve-se, sobretudo, ao baixorendimento na distribuição.

c ) a maior eficiência de P2 deve-se ao alto rendimento doaquecedor elétrico.

d) a menor eficiência de P1 deve-se, sobretudo, ao baixorendimento da fornalha.

e) a menor eficiência de P1 deve-se, sobretudo, ao altorendimento de sua distribuição.

5. Numa área de praia, a brisa marítima é uma conseqüên-cia da diferença no tempo de aquecimento do solo e daágua, apesar de ambos estarem submetidos às mesmascondições de irradiação solar. No local (solo) que seaquece mais rapidamente, o ar fica mais quente e sobe,deixando uma área de baixa pressão, provocando o des-locamento do ar da superfície que está mais fria (mar).

À noite, ocorre um processo inverso ao que se verificadurante o dia.

Como a água leva mais tempo para esquentar (de dia),mas também leva mais tempo para esfriar (à noite), ofenômeno noturno (brisa terrestre) pode ser explicadoda seguinte maneira:a) o ar que está sobre a água se aquece mais; ao subir,

deixa uma área de baixa pressão, causando um deslo-camento de ar do continente para o mar.

b) o ar mais quente desce e se desloca do continentepara a água, a qual não conseguiu reter calor duranteo dia.

brisa terrestre

menor pressão

menor temperatura

maior temperatura

brisa marítima

Gás &Fornalha de gás (0,70)

Calor liberadoDistribuição por

gasoduto (0,95)

P2(uso

indireto)

P1(uso

direto)

&& Termoelétrica (0,40)

Aquecedor elétrico (0,95)

Gásliberado

CalorDistribuição

elétrica (0,90)

c ) o ar que está sobre o mar se esfria e dissolve-se naágua; forma-se, assim, um centro de baixa pressão,que atrai o ar quente do continente.

d) o ar que está sobre a água se esfria, criando um centrode alta pressão que atrai massas de ar continental.

e) o ar sobre o solo, mais quente, é deslocado para omar, equilibrando a baixa temperatura do ar que estásobre o mar.

6. Entre as inúmeras recomendações dadas para a econo-mia de energia elétrica em uma residência, destacamosas seguintes:

— Substitua lâmpadas incandescentes por fluorescentescompactas.

— Evite usar o chuveiro elétrico com a chave na posição“inverno” ou “quente”.

— Acumule uma quantidade de roupa para ser passada aferro elétrico de uma só vez.

— Evite o uso de tomadas múltiplas para ligar vários apa-relhos simultaneamente.

— Utilize, na instalação elétrica, fios de diâmetros reco-mendados às suas finalidades.

A característica comum a todas essas recomendações é aproposta de economizar energia através da tentativa de,no dia-a-dia, reduzir

a) a potência dos aparelhos e dispositivos elétricos.b) o tempo de utilização dos aparelhos e dispositivos.c ) o consumo de energia elétrica convertida em energia

térmica.d) o consumo de energia térmica convertida em energia

elétrica.e) o consumo de energia elétrica através de correntes de

fuga.

7. Em usinas hidrelétricas, a queda-d’água move turbinasque acionam geradores. Em usinas eólicas, os geradoressão acionados por hélices movidas pelo vento. Na con-versão direta solar-elétrica, células fotovoltaicas produ-zem tensão elétrica. Além de todos produzirem eletrici-dade, processos têm em comum o fato de:

a) não provocarem impacto ambiental.b) independerem de condições climáticas.c ) a energia gerada poder ser armazenada.d) utilizarem fontes de energia renováveis.e) dependerem das reservas de combustíveis fósseis.

8. O diagrama mostra a utilização das diferentes fontes deenergia no cenário mundial. Embora aproximadamenteum terço de toda energia primária seja orientada à pro-dução de eletricidade, apenas 10% do total são obtidosem forma de energia elétrica útil.

EN

ER

GIA

PR

IMÁ

RIA

10%

20%

30%

40%

50%

energia para produção de eletrecidade

calor perdido na produção

energia elétrica útil

60%

80%

70%

90%

A pouca eficiência do processo de produção de eletrici-dade deve-se, sobretudo, ao fato de as usinas

a) nucleares utilizarem processos de aquecimento, nosquais as temperaturas atingem milhões de graus cel-sius, favorecendo perdas por fissão nuclear.

b) termelétricas utilizarem processos de aquecimento abaixas temperaturas, apenas da ordem de centenas degraus celsius, o que impede a queima total dos com-bustíveis fósseis.

c ) hidrelétricas terem o aproveitamento energético baixo,uma vez que parte da água em queda não atinge as pásdas turbinas que acionam os geradores elétricos.

d) nucleares e termelétricas utilizarem processos detransformação de calor em trabalho útil, no qual asperdas de calor são sempre bastante elevadas.

e) termelétricas e hidrelétricas serem capazes de utilizardiretamente o calor obtido do combustível para aque-cer a água, sem perda para o meio.

9. Um grupo de pescadores pretende passar um final desemana do mês de setembro, embarcado, pescando emum rio. Uma das exigências do grupo é que, no final desemana a ser escolhido, as noites estejam iluminadaspela lua o maior tempo possível. A figura representa asfases da lua no período proposto.

Considerando-se as características de cada uma das fasesda lua e o comportamento desta no período delimitado,pode-se afirmar que, dentre os fins de semana, o quemelhor atenderia às exigências dos pescadores corres-ponde aos dias:

a) 08 e 09 de setembro. d) 29 e 30 de setembro.b) 15 e 16 de setembro. e) 06 e 07 de outubro.c ) 22 e 23 de setembro.

10. As cidades de Quito e Cingapura encontram-se próximasà linha do equador e em pontos diametralmente opos-tos no globo terrestre. Considerando o raio da Terra iguala 6 370 km, pode-se afirmar que um avião saindo deQuito, voando em média 800 km/h, descontando as para-das de escala, chega a Cingapura em aproximadamente:

a) 16 horas. c) 25 horas. e) 36 horas.b) 20 horas. d) 32 horas.

RESPOSTAS E RESOLUÇÕES DASQUESTÕES DO ENEM 1998

1. e; supondo a potência útil, Pu = 512 # 106 W, a eficiência

=PP

t

u 0,9 e dado que Pt =t

mghmgh∆

= d g h, onde d é

a densidade e =t

V∆

é a vazão, temos que:

=dghdghP

u 5 # 105 L/s

2. d

24 de setembro

10 de setembro

2 de outubro 17 de setembro

3. b

4. b; usando semelhança de triângulos, como mostra afigura abaixo, obtemos:

h1 8,

=0,62

=x

1 5, ∴ x = 0,45 m ∴ x = 45 cm

5. c; entre 5 e 8 segundos a velocidade teve menor variação.

6. a; entre 0 e 1 segundo se encontra a maior taxa de varia-ção da velocidade.

7. e; poderemos obter somente o equilíbrio colocando amesma quantidade de açúcar em cada prato, ou seja, ametade de 24 kg.

8. c; com a primeira medida temos duas partes de 12 kg,com a segunda medida teremos duas partes de 6 kg, asquais podemos combinar entre si.

9. a; marcando as forças que agem nas dobradiças, no por-tão e no garoto, podemos perceber que as forças queagem em cada dobradiça serão diferentes dada a sime-tria do problema, como podemos ver na figura abaixo:

Como a dobradiça A está submetida a uma maior força,arrebenta primeiro, ou seja, alternativa A.

10. c; a menor temperatura de ebulição é aquela correspon-dente à menor pressão de vapor, correspondente àmaior altitude.

A

B

FAY=

FAX=

FAY=

FBY=

FBX=

Pporta=

Pgaroto=FBX=

FBY=

FAX=

1,8

0,6

2,0

h

1,8

x

1,5

h



11. c

12. a; pois quanto maior a coroa dianteira e menor a trasei-ra, maior será o número de voltas da coroa traseira, poisa razão entre os raios das coroas dentadas define a pro-porção do número de rotações.

13. a; a velocidade linear em todos os pontos da corrente detransmissão é igual (V1 = V2), mas como os raios das cor-reias dentadas são diferentes, temos que suas velocida-des angulares também o são, logo ω1r1 = ω 2r2.

O momento da força de tração em relação ao centro dacoroa é, para cada coroa, igual a M1 = T $ r1 e M2 = T $ r2.Podemos saber em que situação cada marcha é maisadequada dividindo-se uma expressão pela outra e efe-tuando-as as devidas transformações algébricas:

M1 = M2 rr

2

1d n.

I. A afirmação I está correta. Para cada par r2; r1 dascoroas traseiras corresponde uma diferente velocida-de angular e momento para a roda traseira, ou seja,a cada par r2; r1 corresponde uma diferente marcha.Se existem cinco valores diferentes de r1 e dois valo-res diferentes de r2, estarão disponíveis 10 marchas.

II. A afirmação II está errada. A expressão ω1r1 = ω2r2 nosmostra que, quando desejamos aumentar o valor deω1, devemos associar uma coroa dianteira de granderaio (r2 grande) com uma coroa traseira de pequenoraio (r1 pequeno).

III.s A afirmação III está correta. Numa subida, queremosque o momento angular na coroa traseira seja gran-de; assim, quanto maior for o raio da coroa traseira(r1 grande), e menor o da coroa dianteira (r2 peque-no), teremos a configuração ótima.

14. c.


1. aA afirmativa I é incorreta. Nos dias quentes a temperatu-ra é maior e a gasolina sofre dilatação volumétrica, dimi-nuindo sua densidade.A afirmativa II é correta. Nos dias mais frios a tempera-tura é menor e a gasolina sofre contração volumétrica,aumentando sua densidade.

TT

r1

r1

1

v1

r1

r2

v2

2

A afirmação III também é correta. Ao se vender gasolinapor massa independe das variações de temperatura doambiente; logo, independe da densidade da gasolina.

2. b; se 1 kg de Al fornece 20 kWh, 10 kg forneceriam200 kWh; se a energia consumida em 1 mês é 100 kWh,a energia fornecida por 200 kWh seria consumida em2 meses.

3. b; a Terra executa seu movimento de translação ao redordo Sol, num plano fora da eclíptica, ou seja, o plano doEquador Solar, em 23° 309. Outro modo de apresentar amesma situação é dizer que a Terra tem seu eixo de rota-ção inclinado. Assim, a posição do sol ao meio-dia variadia a dia, e somente duas vezes no ano estará a pinonum mesmo local. As posições mais afastadas doEquador, onde ocorrem essas perpendiculares, ao meio-dia, estão nos dois trópicos: Câncer (ao norte) eCapricórnio (ao sul). No dia 21 de junho, o sol a pinoocorre perpendicular sobre o Trópico de Câncer; assim,quanto mais ao sul estiver uma localidade, maior será asombra que o Sol projeta. No caso apresentado, a som-bra estaria em Porto Alegre, a cidade mais distante doTrópico de Câncer e do Equador.

4. d

5. b; observando o gráfico, percebemos que, quando apressão aumenta, a temperatura de ebulição da águatambém aumenta. A função da panela de pressão édiminuir o tempo de cozimento e, para isso, se utiliza dacaracterística descrita.

6. e; a redução do fluxo de energia térmica (calor) não alte-rará o tempo de cozimento, pois ao apresentar escapede vapor sabemos que o líquido no interior já atingiu oponto de ebulição.

7. d; em barragens que concentram grandes volumes deágua espalhados em grandes áreas, aumenta a evapora-ção média da região, aumentando, assim, a umidadelocal.

8. b; a fração aproveitada equivale a

f =2 10105 1010

MWMWMWMW

1111

5; logo, f = 2,5 10–6.

9. e; a produção de energia termelétrica com base em com-bustíveis fósseis ainda é fundamental na produção ener-gética de muitos países (o Brasil é uma exceção). Dentreas alternativas apresentadas, a única viável é a letra e,apesar de o petróleo hoje existente ter sua formação ini-ciada na Era Mesozóica, que teve início há 225 milhõesde anos (e não 500 milhões).

10. a; o Brasil adotou a opção hidrelétrica para a geração deeletricidade, devido à abundância de rios com elevadosdébitos fluviais que atravessam relevos planálticos, emcujos desníveis são instaladas barragens. As hidrelétricassão de construção custosa devido às grandes obras quedevem ser realizadas, além da montagem de extensaslinhas de transmissão. Entretanto, sua manutenção ébarata, na maior parte das vezes apenas limpeza dosequipamentos. Apenas a afirmativa I do enunciado é cor-reta. A afirmativa II diz que o impacto ambiental é nulo,o que é incorreto. A afirmativa III não é verdadeira, poisuma extensa represa como Sobradinho, no rio SãoFrancisco, não produziu alterações significativas nos índi-ces pluviométricos da região.

11. e; analisando-se os dados apresentados, concluímos quea represa de Sobradinho alagou uma vasta superfície

mas produz, proporcionalmente, pouca energia, sendo aque mais onerou o ambiente. Vale ressalvar que a bancaexaminadora analisou o problema por um só prisma. Arepresa de Sobradinho, construída em meio ao semi-árido, tem outra função além da geração de energia elé-trica: a de fornecer água para a irrigação, o que resultouem expansão da agricultura em área antes improdutiva.O destaque maior fica para Irecê (BA), onde a produçãoirrigada de cebolas, feijão e frutas só foi possível após asua construção. Veja a seguir a razão entre a área dasregiões alagadas pelas represas citadas e a potência pro-duzida pelas usinas nela instaladas:

a) Tucuruí K =2 4304304 240240

= 1,74 MW/km2

b) Sobradinho K =4 2142141 050050

= 0,24 MW/km2

c) Itaipu K =1 350350

1212 600600= 9,33 MW/km2

d) Ilha Solteira K =1 0770773 230230

= 2,00 MW/km2

e) Furnas K =1 4504501 312312

= 0,90 MW/km2

12. a; esta questão envolve, em todos os processos, apenas o“Princípio de Conservação da Energia”, segundo o qualnum sistema a energia total é sempre constante: nãopode ser criada nem destruída, somente transformada.


1. c; O vasilhame de barro, por ser poroso, permite à águaatravessar sua parede até a superfície externa e, comisso, sofrer evaporação. Assim, a água, na superfície damoringa, absorve energia na forma de calor para mudarde estado, fazendo com que a moringa e a água querestou em seu interior mantenham-se a uma temperatu-ra menor que a do ambiente.

2. b; Cada via que parte de um ponto central da cidade emdireção à sua periferia é denominada “radial”. As vias quecircundam o centro, por sua vez, são chamadas “perime-trais”. Na figura, a via número 1 é “perimetral” e anúmero 2, “radial”, o que nos leva a duas opções:

Confrontando essas opções com as alternativas apre-sentadas, constatamos que a única correta é a b.

3. e; (I) Afirmação incorreta. Como os metais são bonscondutores térmicos, a massa líquida perderiafacilmente energia, resfriando-a.

(II) Afirmação correta. Como os vidros, de maneirageral, são impermeáveis a radiações de baixa fre-qüência, impedirão o fluxo de calor irradiado parao ambiente externo a placa.

(III) Afirmação correta. Por ser escura, a placa absorvea maioria da radiação luminosa, tornando maiseficiente o processo de aquecimento.

LESTE

1ª- POSSIBILIDADE 2ª- POSSIBILIDADE

CENTRO SUL1NORTE

OESTE2

OESTE

CENTRO NORTE1SUL

LESTE

2

4. b; Sendo r a distância de cada satélite a Júpiter, podemosconcluir, observando a figura, que: r2 < r3 < r1 < r4. Atabela mostra, em ordem crescente, a distância dossatélites a Júpiter; assim, o satélite 2 corresponde a Io, o3 a Europa, o 1 a Ganimedes e o 4, a Calisto.

5. a; Em La Paz o ar é mais rarefeito; portanto, a pressãoatmosférica é menor. A rarefação do ar, proporcional-mente à quantidade de oxigênio disponível, também émenor. A única alternativa possível é a letra a, emboraseja uma resposta imprecisa, pois o que diminui é a con-centração do oxigênio, relativa à concentração do níveldo mar e não à sua proporção na composição do ar.

6. d; (I) Afirmação correta. A energia liberada no processode fissão nuclear é utilizada para vaporizar a águae, assim, acionar a turbina.

(II) Afirmação correta. O vapor transfere energiacinética para a turbina, que a transfere para ogerador, que a transforma em energia elétrica.

(III) Afirmação incorreta. O vapor de água deve serresfriado para ser liquefeito na câmara de con-densação, na qual é, em seguida, bombeado devolta ao reator.

7. a; O combustível é queimado no motor, como represen-tado esquematicamente no diagrama abaixo:

A energia dissipada pode ser expressa pela fração:

PP

717156,8

totaltotal

dissipadadissipada= = 0,8. Portanto, 80% da energia são

dissipados.

8. a; A 1a- fotografia representa a visão de um observadorpróximo ao eclipse total, mas que enxerga apenas umapequena parte do Sol à sua esquerda. Isso significa que setrata do observador III. A 2a- fotografia reproduz a visãode um observador próximo à região de percepção do Sol,mas com a Lua ocultando o seu lado esquerdo. Isso sig-nifica que se trata do observador V. A 3a- fotografiamostra a visão de um observador próximo à região depercepção do Sol, mas com a Lua ocultando o seu ladodireito. Isso significa que se trata do observador II.

9. d; A construção de represas, na maioria das vezes, estáassociada ao alagamento de extensas regiões de terra,prejudicando grande parte dos seres vivos da região.

10. a; Considerando a latitude das duas cidades, a curvaturada Terra e que a taxa de insolação diminui à medida quenos afastamos do Equador, o ideal é que as janelas dosdormitórios se voltem para o plano dos trópicos opostos.Ou seja, em Lisboa, situada ao norte do Trópico deCâncer, as janelas dos dormitórios devem estar voltadaspara o sul. Em Curitiba, que está ao sul do Trópico deCapricórnio, as janelas dos dormitórios devem estar vol-tadas para o norte.

Ptotal = 71 kW

Pútil = 14,2 kW

Pdissipada = 56,8 kW

MOTOR DECOMBUSTÃO



11. d; perdemos energia na forma de calor, tanto ao tocar-mos na garrafa como na lata. Porém, como o alumínio émelhor condutor que o vidro, a energia se transfere maisrapidamente na lata, provocando uma sensação maiorde frio ao tocarmos nela.

12. a; se tomarmos o centro do círculo (ou o meio da vara),como referência, a distância entre as graduações aumen-ta, além de serem simétricas nos dois sentidos da vara.


1. e; sendo A a área, temos: A

1010 000000 m4040 g

0,0808 g2= &

A = 5 000 000 m2

2. b; R é o raio da base do cilindro, logo o comprimento dobarbante é 2πR. A segunda dobra terá comprimento de2πR/4. O volume (Ve) estimado é: Ve = (π2R2h)/4. O volume(Vf) do cilindro é: Vf = πR2h. A perda (∆V ) é dada por:

∆V = Vf – Ve = (πR2h)(1 - π/4) = Vf 0,22 = 22%

3. e; logo E = P t∆ ,n

N

1n $

=

! onde E é energia consumida, N o

número de aparelhos, P a potência de cada aparelho e∆t o tempo que o aparelho permanece ligado.

4. c; pelo gráfico temos que o chuveiro consome 25% daenergia, como o consumo mensal médio é de 300 kWh,a parte relativa aos banhos será 25% do total, isto é,75 kWh. Como: ∆ε = P $ ∆t & 15 = 5 # ∆t & ∆t = 15 h. Logo,o chuveiro deve ficar ligado 15 h/mês = 0,5h/dia. Comosão 4 moradores, temos que, por dia o tempo será:30 min/4 = 7,5 min.

5. c; para 1 L de álcool hidratado temos 96% de álcool puro(dálcool = 800 g/L) e 4% de água (dágua = 1 000 g/L). Logo, ovolume de cada substância será de: Válcool = 96% $ 1 L == 0,960 L álcool puro e Vágua = 4% $ 1 L = 0,040 L água.Podemos calcular a massa pela definição de densidade,ou seja, mágua = 1 000 g/L $ 0,040 L = 40 g; málcool = 800 g/L $0,960 L = 768g; mmistura = mágua + málcool = 40 + 768 = 808 g.Como temos 1 L de mistura, sua densidade será: dmistura =

800 g/L, que é o limite da especificação do combustível.

6. b; é dado, pelo gráfico, que o consumo residencial, em1970, era aproximadamente de 2 # 106 tep, enquanto oconsumo total de energia na mesma data era de 20 #106 tep. Logo, em 1970 se consumia 10% da energia elé-trica total. Como em 1995 os valores passaram, respecti-vamente, para 20 # 106 tep e 30 # 106 tep, o consumo deenergia elétrica passou a ser 60% do total.

7. d; a substituição da energia nuclear pela do gás natural, sóseria possível se fosse aumentada a produção dessa última(PG) de 20% para 27% a produção. Ou seja, um aumentode 7% em 20%, o que significa: ∆PG = 7/20 # 100 33%.

8. d; pois a unidade de energia é o produto da unidade depotência com a unidade de tempo.

9. d; I. Correto, pois o funcionamento adequado de umageladeira implica em uma distribuição uniforme da tem-peratura no seu interior. Para facilitar a convecção, quepermite a homogeneização da temperatura, deve-se evi-tar que a prateleira, por acúmulo de alimentos, impeçaa circulação do ar.

II. Incorreto, pois o gelo é um isolante térmico e seuacúmulo nas paredes dificultará as trocas de calor.

III. Correto, pois o acúmulo de poeira e gordura nagrade diminui sua condutibilidade térmica, reduzin-do a eficiência da transferência de calor entre agrade e a atmosfera.

10. c; pela tabela quando a espessura da parede ep = 10 cm,a perda ε = 15 kWh, e quando ep = 4 cm, ε = 35 kWh. Logo:∆ε = 35 – 15 = 20 kWh. O aumento percentual da perdaem relação ao consumo mensal total será dado por:

x2020 0kWhkWh 2 0 kWhkWh

100%100%= & x = 10%

11. a; pois alguns componentes podem trabalhar em altatensão e ao colocarmos um campo magnético (um ímãou um motor elétrico) junto ao tubo, interferimos nocampo em seu interior alterando as trajetórias dos elé-trons que ativam a tela, deformando a imagem e, pormuitas vezes, de modo irreversível.

12. c; ano-luz é à distância percorrida pela luz, no vácuo, emum ano, logo, corresponde a uma unidade de compri-mento.


1. e; de acordo com a tabela, a massa do atleta é 58 kg5 kg acima do “peso” ideal. Consultando o gráfico, paraa meia-maratona, cada 1 kg acima do ideal correspondea uma perda de 0,67 minutos.Assim:

1 kg 0,67 min5 kg x min

Portanto:x = 3,35 minutos

2. a; pelo gráfico, temos: Curitiba terá condições ideais emmarço (com vento) e outubro (com Sol), e Campo Grandeem maio (com Sol) e outubro.

3. b; como entre 12 e 14h o IUV é acima de 8, o máximotempo desprotegido (TPD) é 20min. Como a pessoa pre-tende ficar por 2h exposta ao Sol (TPP), temos:

FPS = (2 # 60)/20 = 6

4. a; eficiência global do processo P1: η1 = 0,95 # 0,70 = 0,665.Eficiência global do processo P2: η2 = 0,40 # 0,90 # 0,95 == 0,342. O processo P2 tem menor eficiência e a termo-elétrica tem baixo rendimento (40%).

5. a; o fenômeno da brisa terrestre é o inverso do da brisamarítima. O ar sobre a água está mais quente, logo,sobe, deixando uma área de baixa pressão, o que provo-ca um deslocamento de ar do continente para o mar.

6. c; todas as recomendações tem como função diminuir oconsumo da energia elétrica que se converte em térmica.

7. d; são fontes renováveis de energia.

8. d; as termoelétricas convencionais e nucleares têm baixorendimento, isto significa que há grande perda de ener-gia útil na forma de calor.

9. d; a Lua cheia ocorre em 2 de outubro, logo o intervalomais próximo dessa fase é entre 29 e 30 de setembro.

10. c; vm =t

d∆

& ∆t = d $ vm = πR $ vm 25 h

16. d. O pára-quedista em queda livre cai,durante 1,0 s, de uma altura:

h =g2

t 2 = 5 $ 1 = 5 m

Durante esse trecho, o pára-quedistachega à velocidade de:

∆v = v - v0 = v - 0 = g $ ∆t && v = 10 $ 1,0 = 10 m/s

Assim, ele terá que percorrer a distân-cia restante, de 300 m, com velocidadeconstante de 10 m/s, portanto:

h = v $ t & 300 = 10 $ t & t = 30 s

17. d.

No encontro correspondente ao instan-te tE, dA = dB:

vAtE =21 aBtE

2 & aB = 2

tv

E

A

No instante (t) em que vA = vB, tem-se:

vA = aBt = 2tv

E

A $ t & t =t2

E

18. b. Como a lâmpada e o elevador descemcom velocidade constante, pode-se ado-tar o elevador como um referencial iner-cial, no qual a lâmpada cai, a partir dorepouso, com aceleração g = 9,8 m/s2.

Do referencial do elevador, a equaçãode movimento da lâmpada é:

h(t) =21 gt 2

Ao atingir o piso do elevador, h = 3,0 m,temos:

3 =21

$ 9,8 $ t 2& t 0,78 s

19. a) Calculando-se a distância entre ossatélites e o avião:

∆dA = c $ ∆tA = 3 # 105

skmkm

$ 68,5 #

# 10-3 s = 20 550 km;

∆dB = c $ ∆tB = 3 # 105

skmkm

$ 64,8 #

# 10-3 s = 19 440 km;

D =2

2020 550550 1919 440440+&D = 19995 km

v = constanteh = 3,0 m

dA = vAt

vA

t0 = 0A

dB = 1 aBt 2vA

t E

v0B = 0

0

vB

d

d2

Capítulo 2 Movimento retilíneo1. d.

I. Errada, pois o Cascão está em repou-so em relação ao skate.

II. Correta.III. Correta. De um referencial fixo fora

da Terra, todo o planeta estaria emmovimento, qualquer um que esti-vesse nele, inclusive o Cascão, nãopoderia estar em repouso em rela-ção a ele.

2. c, pois aI 0, aII 0 e aIII = 0.

3. a, pois ∆x = v $ ∆t 33,3 m/s # 10 s == 333 m/s.

4. e. Se o ciclista percorre os primeiros200 m à velocidade de 72 km/h (20 m/s)e os 300 m restantes à velocidade de10 m/s, como ∆d = v $ ∆t:

200 = 20 $ ∆t1 & ∆t1 = 10 s;300 = 10 $ ∆t2 & ∆t2 = 30 s.

Logo, o tempo total (∆t1 + ∆t2 ) do percur-so é 40 s, e a velocidade escalar média é:

vm = td

∆∆

=4040

500500= 12,5 m/s = 45 km/h

5. b, pois, pela relação:

v =td

∆∆

& 3 # 108

sm

=, #

t∆3 9 1010 m8

&

& ∆t = 1,3 s

6. A distância percorrida pela luz em umano (1 ano-luz) vale, em metros,

3 # 108 $ 365 $ 24 $ 3 600 946 # 1013 mA distância a ser percorrida é 10 anos-luz. Metade dessa distância (5 anos-luz)é percorrida com aceleração escalarconstante 15 m/s2. Logo:

∆d =21

$ at 2& 5 $ 946 $ 1013 =

=21

$ 15 $ t 2& t 7,94 # 107 s

O tempo gasto para fazer o percursode ida e volta é:

T = 4t = 31,76 # 107 s = 122,5 meses

7. a. A aceleração escalar média é dada por:

am =tv

∆∆

=1010 s

2828 m/sm/s= 2,8 m/s2

8. b. Convém considerar a velocidade es-calar relativa:

vrel.= td∆

∆ rel.rel.& vA - vB = t

d∆

∆ rel.rel.&

& 5,4 - 4,2 =t∆

6060& ∆t =

,1 26060

= 50 s

9. c.I. Cálculo da aceleração escalar:

a =,t

vt tv v

∆∆

3 0 02020 8080

B A

B A=-

-=

--

= 4,0 m/s2

II. Cálculo da posição no ponto B:

dB = dA + vA t +a2

t 2 = 3,0 + 8,0 (3,0) +

+,2

4 0 (3,0)2 = 45 m

10. a. Como x = 2t 2 - 12t + 30, em quea = 4 m/s2, v0 = -12 m/s e x0 = 30 m,podemos escrever:

v(t) = -12 + 4tNo instante de inversão:

v(ti) = 0 = -12 + 4ti & ti = 3 sUsando o instante em que ocorre ainversão (ti) na equação horária daposição, temos:

x = 2 $ 32 - 12 $ 3 + 30 = 12 m

11. b. Como v 2 = v 02 + 2 $ a $ ∆d = 02 + 2 $

$ 1,5 $2

600600& v = 30 m/s

12. c.

vrel. =t

d∆

∆ rel.rel.& vA - vB = t

d∆

∆ rel.rel.& 80 - 70 =

=d∆

7272 srel.rel.

& ∆drel. = 10 km/h $ 72 s

2,8 m/s $ 72 s = 201,6 m

13. c. Como ∆d = v $ t +a2

t 2 = 10 $ (5) +

+2

1010 (5)2 = 175 m, a velocidade média é

calculada pela definição:

vm =td

∆∆

=5 s

175175 m= 35 m/s

14. e. Usando o símbolo T para um referen-cial fixo na Terra, A para o automóvel,CT para o caminhão detrás, CF parao caminhão da frente e considerando osentido de A para B como positivo, avelocidade relativa entre o caminhãodetrás e o automóvel é dada por:

vCT/A = vCT/T - vA/T = 50 - 40 = 10 km/hComo os caminhões parecem se aproxi-mar do automóvel com mesma veloci-dade, devemos ter:

vCF/A = - vCT/A = -10 km/hAssim, podemos calcular a velocidaderelativa entre o caminhão da frente e aTerra:

vCF/A = vCF/T - vA/T & -10 = vCF/T - 40 && vCF/T = 30 km/h

15. d. A distância AB é dada por:AB2 = 4002 + 3002

& AB = 500 kmA distância AB corresponde ao desloca-mento escalar do segundo avião. Sendo1 hora e 15 minutos igual a 1,25 h,podemos calcular a velocidade médiapor sua definição:

v =td

∆∆

=,1 2525

500500= 400 km/h

S

N

LO

300 km

400 km


5 RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES E TESTES DECONCURSOS E VESTIBULARES

b) d = 20 550 - 19 995 & d = 555 kmc)

Observação: caso fossem considera-dos os algarismos significativos, as res-postas seriam:a) 2,0 # 104 kmb) 5,6 # 102 km

20. c. A partícula, partindo do repouso,percorre distâncias que, considerandointervalos de tempo iguais a t, se suce-dem de acordo com a seqüência dosnúmeros ímpares 1 : 3 : 5 : 7... (chama-da regra de Galileu), o que caracterizao movimento como uniformementevariado. Dessa forma, a expressão dodeslocamento (∆s) em função dotempo (t) é:

∆d =21 at2

21. b, pois a 0 e v está diminuindo.

22. b. vIII 0; aIII 0

23. a. O movimento desse automóvel podeser dividido em duas partes:1) De t0 = 0 até t = 2 min (= 120 s) & mo-

vimento uniforme (vescalar = constante).2) De t = 2 min (120 s) até t = 4,5 min

(270 s) & movimento uniforme acele-rado (a constante), atingindo a velo-cidade de 90 km/h (25 m/s).Construindo-se o gráfico v # t, temos:

24. d.

Sabemos que o deslocamento pode serobtido pela área sob as retas, ou seja:∆d = 54 km

vm =td

∆∆

=#4545 minmin

6060 minmin1h

5454 kmkm 7272h

kmkm=

25. a. Do gráfico, podemos obter as se-guintes informações:t = 0 & x0 = 10 m e em t = 1 s & x = 3 m

v (m/s)

t (s)

25

0 120 270

Assim, usando a equação de movimen-to, temos:

3 = 10 + v0 $ 1 + t2

a $ 12& -14 = 2v0 + a (1)

Como em t = 4 s & v = 0 (vértice da pará-bola), temos:

0 = v0 + 4 $ a & v0 = -4a (2)Aplicando (2) em (1), podemos calculara aceleração:

-14 = -8a + a & a = 2 m/s2

Da mesma forma que v0 = -8 m/s:v = -8 + 2t (SI)

que pode ser representada graficamen-te como:

26. d. Da equação de Torricelli, temos:

v = ,# #ghgh2 2 9 8 4040= = 28 m/s =

= 100,8 km/h

27. b. Um diagrama v # t que descreve ocomportamento da velocidade é:

em que as áreas A1 = A2 = 10 unidadesde área. Assim, o deslocamento escalarentre 0 e 10 s será:

∆s = A1 - A2 = 0E o espaço percorrido no mesmo inter-valo de tempo será: d = A1 + A2 = 20 m.

28. b. No gráfico que representa a veloci-dade de crescimento vertical # tempodecorrido após o plantio, a altura finalde cada uma das plantas tem o mesmovalor numérico da área sob a sua res-pectiva curva. Como a área do gráficoque representa a planta B é maior doque a da planta A, a planta B atingeuma altura final maior do que a A.

29. e. As equações de movimento deSandra e Paula são, respectivamente:

dSandra = 5t e dPaula =41 t 2

Portanto o encontro entre os dois ocor-rerá na seguinte condição:

dSandra = dPaula &t4

2= 5t & t = 20 s

ou t = 0 s

v (m/s)

t (s)

4

0 5 10

A1

A2

-4

v (m/s)

t (s)

2

0 5

-8

30. a) Ambos os movimentos são MRUV.Logo, a aceleração escalar é igual àaceleração média ∆v/∆t em qualquerintervalo de tempo do movimento.Portanto podemos calcular as acele-rações de cada móvel:

a1 =1212 s

1818 m/sm/s= 1,5 m/s2 e

a2 =9 s

1818 m/sm/s= 2,0 m/s2

b) Como partem do mesmo ponto,basta calcular o deslocamento decada móvel pela área sob cada umadas retas do gráfico. Para isso, calcu-lamos a aceleração de cada um dosmóveis:

a1 =1212 01818 0

--

= 1,5 m/s2 e

a2 =1212 31818 0

--

=9

1818= 2,0 m/s2

Assim, o deslocamento de cadamóvel entre os instantes 0 e 18 podeser calculado da seguinte forma:

∆d1 =21 a1 (∆t)2 =

21 1,5 (18)2 = 243 m;

∆d2 =21 a2 (∆t)2 =

21 2 (18 - 3)2 =

=21 2 (15)2 = 225 m

Ou seja, o móvel (2) não consegue al-cançar o móvel (1) até o instante 18 s.

31. a) A aceleração é a =tv

∆∆ .

Sabemos, pelo gráfico, que v (2) =12 m/se v (0) = 0; assim:

a1 =tv

∆∆

=2 0

1212 0--

= 6 m/s2

No movimento seguinte, temosv(18) = 8 m/s e v (2) = 12 m/s, logo:

a2 =tv

∆∆

=1818 28 1212

--

= −0,25 m/s2

b) Para determinar o deslocamento to-tal, temos que calcular o desloca-mento de cada trecho:

∆d0 - 2 =21 a1 $ (∆t)2 =

21 6 $ (2)2 = 12 m;

∆d2 - 10 = v2i ∆t +21 a2 (∆t)2 =

= v2i ∆t +21 (−0,25) (8)2

Como a velocidade final do primeirotrecho será a velocidade inicial dosegundo:v1f = v2i = v1i + a1 $ ∆t = 0 + 6 $ 2 = 12 m/sCom ela, podemos calcular o deslo-camento do segundo trecho:

∆d2 - 10 = 12 $ 8 +21 (−0,25) (8)2 = 88 m

Assim, o deslocamento total será:∆d0 - 10 = ∆d0 - 2 + ∆d2 - 10 = 100 m. Logoa velocidade média será:

vm =td

∆∆

= 1010100100

= 10 m/s

32. vfila =3 minmin

2 clientesclientes=

3 minmin1,5 m

= 0,5 m/min

∆t = =,,

0 59 0

= 18 min

33.vazão =t

volumevolume= A # vsangue = 2,5 # 30 =

= 75 cm3/s

∆t = =, #

75755 4 10103

= 72 segundosvolumevazão

tamanho da filavfila


A 0 R

Escala0 500 km

555 km

em direção a em direção a

B

v (km/min)

t (min)

1,5

1,0

2043

4524

22

A

34. d. db = vb $ ∆t = 2sm

$ 20 s = 40 m

d = dnavio + db = 50 + 40 = 90 m

vn =t

d∆ =

2020 s9090 m

= 4,5sm

35. d.O automóvel parte do repouso e emt = 2 s terá v = at = 4 m/s. Esta será a velo-cidade inicial do trecho seguinte, noqual sua aceleração é constante e iguala -2 m/s2. Então, o deslocamento valerá:

x(3) - x(2) = v∆t +21 a (∆t)2 = 4 - 1 = 3 m

36. c.

1) No trecho AB (250 km), o tempogasto ∆t1 é dado por:

V1 =tABAB

1& ∆t1 =

VABAB

1=

100100250250 (h) = 2,5 h

2) No trecho BC (150 km), o tempogasto ∆t2 é dado por:

V2 =tBCBC

2& ∆t2 =

VBCBC

2=

7575150150 (h) = 2,0 h

3) O tempo total de trajeto é dado por:∆t = ∆t1 + ∆t2 + ∆t3

∆t = 2,5 h + 2,0 h + 0,5 h∆t = 5,0 h

4) A velocidade escalar média na via-gem toda é dada por:

Vm =td

∆∆

=5,0 h

400400 kmkm& Vm = 80 km/h

37. e.Usando a conservação de energia, altu-ra h é dada por h = v2/2 g. Convertendoa velocidade para o sistema interna-cional, obtemos v = 72/3,6 = 20 m/s eh = 20 m, o que corresponde a 20/2,5 == 8 andares.

38. b.

39. c. A menor distância, em linha reta,entre A e C é a hipotenusa do triângu-lo cujos catetos são AD = 800 m eDC = 600 m. Portanto AC = 1 000 m. Amenor caminhada pelas ruas da cidade,necessária para levar alguém de A atéC, consiste em qualquer combinação decaminhadas parciais que somem 600 mem uma direção e 800 m na perpendi-cular. A soma dessas duas caminhadasem direções perpendiculares é 1 400 m.É correta a alternativa c.

40. b. I. Correta: o gráfico da posição de um

móvel com velocidade constante éuma reta.

II. Correta: a reta e a parábola se cor-tam em dois pontos.

III. Correta: o movimento do ônibus éacelerado (velocidade e aceleraçãopositivas).

41. a. a) Correta: V = V0 + γ t. A função V =

f(t) é do primeiro grau (o gráfico é

uma reta oblíqua em relação aoseixos) e o módulo de V é crescente(movimento acelerado).

b) Falsa: a velocidade escalar seria cons-tante.

c) Falsa: a temperatura seria uma fun-ção decrescente.

d) Falsa: supondo a trajetória retilínea,a aceleração teria módulo constante.

e) Falsa: supondo que o objetivo partedo repouso ou é lançado verticalmen-te, o espaço seria função do 2o graudo tempo e o respectivo gráfico seriaum arco de parábola.

42. Entre 4,0 e 7,0 s a curva é uma retaV (t = 5) = (100 - 40)/(7,0 - 4,0) =

= 60/3,0 = 20 cm/s

43. e. Como o espaço y é decrescente como tempo t, a velocidade escalar seránegativa e como a aceleração escalar éconstante (γ = -g), a função V = f(t) édo primeiro grau com V0 = 0.

44. a.

Para que ultrapasse A, os deslocamen-tos de A e B, a partir do instante t = 0,deverão ser iguais, isto é, as velocida-des escalares médias de A e B do instan-te t = 0 até o instante do novo encontrodeverão ser iguais:

Vm (A) = Vm (B)

VA =V

20 B+

20 =V2

B& VB = 40 m/s

Para VB = 40 m/s, resulta tE = 8 sO deslocamento será dado por:

∆sA = ∆sB = VA $ tE

∆sA = 20 $ 8 (m) & ∆s = 160 m

45. d. 1) Na fase em que o movimento éuniformemente acelerado, temos:V = V0 + at = 0 + 5,0 $ 4,0 = 20,0 m/s

2) Na fase em que o movimento é uni-formemente retardado (frenagem),temos:

td

=V V

2+ l

&,

t2020 0

=,2

2020 0 0+&

& ∆t = 2,0 s

3) O gráfico velocidade escalar em funçãodo tempo para todo o movimento:

v (m/s)

t (s)

20,0

0 4,0 10,0 12,0

∆s =( )B b h

2+

=( , , ) ,$

21212 0 6 0 2020 0+

=

= 180,0 m4) A velocidade escalar média do movi-

mento total é dada por:

Vm =td

∆∆

=,,

1212 0180180 0

$ 3,6 = 54,0 km/h

46. Distância percorrida em 100 m = áreatotal sob o gráfico & vf = (100/8) m/s.Distância percorrida nos primeiros

4 s = 2 vf = 100/4 = 25 m

47. a. Para que não ocorra choque, a míni-ma aceleração (em módulo) da ambu-lância se obtém impondo-se que a velo-cidade da ambulância diminua a 20 m/s,durante um deslocamento correspon-dente ao deslocamento do carro, soma-do a 100 m no mesmo intervalo detempo. O diagrama v # t é:

A área hachurada indica os 100 m.

100 = $ t2

1010& t = 20 s ∴ a =

tv

∆∆

&

& a =2020

2020 3030- ∴ a = - 0,5 m/s2

48. a.

1) Em 6,0 s A percorre a distância dadapor:

D = VAt = 4,0 $ 6,0 = 24,0 m2) Tomando como origem dos espaços

a posição inicial de B, assim comot0 = t0B, temos:xA = x0 + VAt = 24,0 + 4,0 t

xB = x0 + v0B t +a2

B t 2 = 0 + 0 +a2

B t 2 =

=a2

B t 2

Para t = 4,0 s, temos xA = xB

24,0 + 4,0 $ 4,0 =a2

B (4,0)2&

& 40,0 = 8,0 aB & γB = 5,0 m/s2

49. e.

1) Tempo de subida:vy = v0y + ats & 0 = 4 - 10ts & ts = 0,4 s

2) Tempo total de vôo:ttotal = 2ts = 2(0,4) = 0,8 s

3) Deslocamento horizontal do ônibus:∆sx = Vx $ ttotal = 25(0,8) = 20 m

v (m/s)

t (s)

30

20A

t


v 1

(∆t 1)

(∆t2)

v2

A

B C250 km150 km

v (m/s)

t (s)

40

20 A

B

40 8

vx = 90 km = 25 m

h s

voy = 4 m/s

a = -10 m/s2

y

x

BO A

D

50. c. Sabemos que: t2 - t1 = t e que-remos t8 - t7. Logo:

1) L =g2

t 12& t1 -

gL2 e

L + h =g2

t22& t2 -

( )g

L h2 +,

logo:∆t2 - 1 = t2 - t1 =

=( )

gL h

gL2 2+

- =

= g

L h L2 + -` j(1)

2) Do ponto A até o ponto I,temos:

4(L + h) =g2

t 82& t8 =

( )g

L h8 +

Do ponto A até o ponto H,temos:

4L + 3h =g2

t 72&

& t7 =( )

gL h8 6+

Assim:

t8 - t7 =( )g

s L h8 +-

( )g

L h8 6+

t8 - t7 =g

L h L h2 243

+ - +e o

(2)

A razão (2)/(1) permite o cálculocompleto, ou seja:

tt t

gL h L h∆

2 243

2 1

8 7-= + - +

-

e o $

$L h L

g

2 + -` j&

tt t∆ 2 1

8 7-=

-

=L h L

L h L h243

+ -

+ - +e o

t8 - t7 =( )

L h L

L h L h4 4 3

+ -

+ - +∆t2 - 1

Usando ∆t2 - 1 = t e como: 4L + 3h =

= 3(L + h) + L, temos que:

t8 - t7 =( ) ( )

L h L

L h L h Lt

4 3

+ -

+ - + +R

T

SSS

V

X

WWW

Capítulo 3 Força e movimento1. c. O peso do sanduíche é:

P = mg = 0,2 $ 10 = 2 N

2. c.

N + F = P & N = P - F = 20 - 10 $23

=

= 20 - 8,5 = 11,5 N

3. b. Para um observador em Terra, e des-considerando a resistência do ar, ospacotes mantêm o MRU no eixo hori-zontal de movimento, com a mesmavelocidade do avião e tem um movi-mento de queda livre (MRUA) no eixovertical.

4. b. Representando os componentes or-togonais e calculando a intensidade dopeso:

P 2 = (P′)2 + (P′′)2 = 40 3 42 2+ = 200 N

5. d.

6. a.x2 + 9x2 = 9 1010

2` j & 10x2 = 9 $ 10 &

& x = 3

7. b. O movimento das balas em cada eixoé independente em relação ao outro;assim, as duas balas têm exatamente omesmo movimento no eixo vertical,caindo da altura da qual foram dispara-das ao mesmo tempo.

8. d. ΣF"

= 0 & a"= 0 & v"constante

9. b.

10. e.

11. a. Afinal, o corpo é acelerado e desace-lerado com a mesma intensidade, poisF = 2 fat; assim, quando F está agindo, aequação de forças é a seguinte:

F - fat = m a & 2 fat - fat = m a &

& fat = m a & a =mf atat

Quando a força F deixa de agir, ocorpo, por inércia, se movimenta com avelocidade máxima adquirida:

-fat = m a & a = -mf atat

12. d.

13. e.Na figura estão indicadas as forças queagem sobre o caminhão no instante emque passa pela balança.

Como o caminhão está em equilíbrio:P = N1 + N2 + N3

em que N1, N2 e N3 são as indicações dabalança. Portanto: P = 60 000 N.

P

P'' = 160 NP' = 120 N

14. a. Considerando os ângulos envolvidosna figura e as forças que agem sobre oobjeto, temos:

Fazendo a decomposição da força detração, obtemos:

Da condição de equilíbrio do corpo, 2Tsen = P :

T =P

2 sensen

Logo a tração será máxima se o ângulo for mínimo. Como + = 90º, a tra-ção máxima corresponde ao caso emque for máximo, que, entre as figuraspropostas, é: = 60º e 2 = 120º.

15. c.

16. b. F = Tx = P $ sen θ

17. c. TABx = TAB $ cos 30º = 80 $23

= 40 3 N

18. e. Como a partícula descreve um movi-mento retilíneo e uniforme, pelo prin-cípio da inércia podemos escrever:

R"

= F"

1 + F"

2 + F"

3 + F"

4 = 0"

Portanto:F"

1 + F"

2 + F"

4 = -F"

3

19. A resultante das forças sobre a ginastaé sempre nula. No primeiro caso, pode-mos escrever:

2T = P & T = 270 N

Já no segundo, o fato de a componen-te vertical da resultante das forças sernula implica que:

2T ′ cos θ = P& T ′ = P/(2 cos θ)

Usando cos θ = 1,80/2,0 = 0,90 e P = 540 N,obtemos: T ′ = 300 N.

θ

T Ty

Tx

P = Ty

F

P

T · cos ·

T · cos ·

P

T T


P

N

F · sen · 60°

20. d. A pilha pode ser considerada umcorpo de massa 2 m apoiado sobreoutros 4 corpos.

Da segunda lei de Newton, temos:P - N = 2 ma & N = 2 m (g - a)

21. a) Orientando a trajetória do alpinistapara baixo e adotando a origem noponto de partida:

A equação do movimento pode serescrita como:

d = d0 + v0t +atat2

2& 30 = $a

210102

&

& a = 0,6 m/s2

Observando o esquema de forçasatuantes no alpinista:

O movimento de descida é acelerado:R = m $ a & 750 - T = 75 $ 0,6 &

& T = 705 Nb) Sim. A resultante deve ser para

baixo, ou seja, a tração será menorque o peso.

22. a. O corpo ficará sujeito à força peso(P"

), e à força de contato (C"

).

Durante a descida, tanto P"

como C"

rea-lizam trabalho.

23. c.

N"

C"

A"

P"

alpinista

P = 750 N

T

a" R"

0

+

alpinista

2 mN

P = 2 mg

N

24. a.

25. c.

26. c. Se sofre a ação de um sistema de for-ças com resultante na direção e sentidodo movimento, o corpo adquire movi-mento retilíneo uniformemente acele-rado. Portanto, pela equação da veloci-dade, temos:

v = v0 + at = 3 + a(5)A aceleração escalar pode ser obtidacom a segunda lei de Newton:

R = m $ a & a =mR

82424

= = 3 m/s2

Com isso, podemos calcular a velocida-de:

v = 3 + 3 $ 5 = 18 m/s

27. e.

R = F F 6 812

22 2 2+ = + = 10 N

R = m $ γ & 10 = 2 γ & γ = 5 m/s2

28. b. O esquema que representa as forçasaplicadas ao corpo é:

,,

$ $

$ $

F F FF F F

0 80 6

coscossensen

x

y

= =

= =)

Como o movimento é horizontal, ascomponentes na direção vertical seequilibram. Logo:

N + Fy = P & 28 + F $ 0,6 = 40 && F = 20 N

Na horizontal, a componente Fx é aresultante das forças. Assim:

R = Fx = m $a & F $ 0,8 = m $a &

& 20 $ 0,8 = 4 $ a & a = 4 m/s2

29. d. Representando as medidas geomé-tricas e efetuando a soma vetorial dasforças aplicadas na esfera:

75 cm

60 cm

T

N

P

45 cm

F

Fx

FyN = 28 N

P = 40 N

F1 = 8 N

F2 = 6 N

Estabelecendo as relações de seme-lhança:

T P6060 4545

= &T6060

30304545

= & T = 40 N

30. a. Como a velocidade é constante e atrajetória retilínea, a resultante é nula.Decompondo a força peso, temos:

Para que a resultante seja nula, as con-dições de equilíbrio são:

N = P cos e A = P $ sen A intensidade da força de atrito éA = µ $ N. Assim:µ $ N = P $ sen & µ $ P cos = P $ sen &

& µ =coscossensen

= tg

31. b.

T = mA $ 4 (1)20 - T = 2 $ 4 (2)

Somando (1) e (2), temos:

20 = 4 mA + 8 & mA = 3 kg

32. e. Para um corpo descendo um planoinclinado sem atrito (EP + EC)A = (EP + EC)B.

Se o corpo parte do repouso, vA = 0.Logo:

mgH + 0 = 0 +21 mv 2

& v 2 = 2gH

Como H = L $ sen , temos:

v 2 = 2gL $ sen (1)

Para o jovem atingir a base do tobogãcom o dobro da velocidade:

(2v)2 = 2gL′ $ sen (2)

Comparando as expressões (1) e (2):L′ = 4 L

H

A

B

v

g"

P · cos

P · sen

A

N


A T

T

N

PA

PB = 20 N

B

a

a

33. b. Fazendo o esquema de forças nosblocos A e B, temos:

PA = mAg = 1,0 $ 10 = 10 NPB = mBg = 5,0 $ 10 = 50 N

Como PB PA, os blocos estão emrepouso, valendo:

T = PA = 10 NNB = PB - T = 50 - 10 = 40 N

De acordo com a lei da ação e reação, aforça que o bloco B exerce no solo tema mesma intensidade de 40 N.

34. a. Assinalando as forças e estabelecen-do as devidas condições de equilíbrio:

T1 = PA = mA $ g & T1 = 120 N

tg =TT

2

1&

,,

0 60 8

=T

1201202

& T2 = 90 N

PB = T2 & mB $ g = 90 & mB = 9,0 kg

35. c.

PA T1 T2 PC e fat = µ $ NPA - T1 = mBa (1)T1 - T2 - fat = mBa (2)T2 - PC = mCa (3)

Somando as equações (1), (2) e (3), temos:PA - fat - PC T1 = (mB + mB + mC)a

a =( )$ $

m m mm m m gµ

A B C

A B C

+ +

- -=

13138888 6,8 m/s2

T1

T3

T2

A

T3

T2

T1

T1

PA

B

T2

PB

α

α

A

B

T"

T"

PA"

NB"

PB"

36. c.

37. c. Considerando como sistema os cor-pos A, B e C, assinalamos as forças apli-cadas nos corpos (considerando B e Cum único corpo) e estabelecemos ascondições de equilíbrio (dinâmico):

N = PB + C (1)T = A (2)T = PA (3)

Subtraindo as equações (3)e (2), temos:

A = PA & µ $ N = mA $ g (4)

Substituindo (1) em (4):

µ $ m(B + C) $ g = mA $ g &

& µ =mm

B C

A

+

=84

= 0,5

Considerando o sistema sem o bloco C,assinalamos as forças e aplicamos asegunda lei de Newton:

PA - T = mA $ a (5)T - AB = mB $ a (6)

Somando (5) e (6), temos:

PA - AB = (mA + mB) $ aConsiderando o atrito como cinético(AB = µ $ NB):

4 $ 10 - 0,5 $ 6 $ 10 = (4 + 6) $a &

& a = 1 m/s2

38. d.I. Correta. F = ma & 1 N = 1 kg $ 1 m/s2.II. Falsa. A lei da ação e reação também

vale para forças de campo como ele-trostática e gravitacional.

III. Correta. As massas gravitacionais einercial são iguais.

39. a. Quando o carro acelera para a fren-te, por inércia, o pêndulo, no referen-cial do carro, fica para trás, criando umângulo cuja força é igual à necessáriapara imprimir a mesma aceleração àmassa fora do referencial do carro. Omesmo raciocínio pode ser usado quan-do o movimento é curvilíneo. Logo asafirmativas (I) e (IV) são as verdadeiras.

PB

NB

T

PA

AB a

a

T

P(B + C)

TA

N

40. c. F1 = 3,0 N e F2 = 4,0 N. UsandoPitágoras: F = 5,0 N. Com a 2a lei deNewton, temos:

F = m $ a & a =, ,

mF

10106 0 0 5

sm

2= =

41. b. O corpo em repouso; logo a forçaresultante é nula e o polígono de for-ças é um triângulo:

Da figura, temos:

cos 37º =TF

& 0,80 =T4040

&

T =,0 80804040

= 50 N

Usando o Teorema de Pitágoras, temos:T2 = P2 + F2

& (50)2 = P2 + (40)2 & P = 30 N

42. b. O módulo do vetor R"

é dado por

R = M N MNMN2 coscos2 2+ + , que tem seuvalor máximo quando M + N = 2 M. Issoocorre quando o ângulo θ, entre M e N,é igual a zero ou 2π radianos. O módulode R será mínimo quando M - N = zero,o que corresponde a um ângulo θ = πradianos.

43.

ΣFx = 0 & Fatrito = NB

ΣFy = 0 & Mg = NA

Στ = 0 & NBOBOB = Mg OAOA/2Como Fatrito = µ NA = µ Mg, temos:

& OBOB = µ2OAOA

= 90 cm

44. TBP sen 30 = TAP sen 60 & TBP = 3 TAP

TBP cos 30 + TAP cos 60 = P& TAP = P/2 = 22 N

45. Equilíbrio de forças:Tmáx. = 2F e F - mg = mamáx.

Logo Tmáx. = 2m (amáx. + g) &

& amáx. = - g =5050950950

- 10 = 9 m/s2Tmáx.

2m

corpo

F

mg

cabo de aço

Tmáx.

2 F

0

B

AFat

P

NA

NB

37°

P"

F (40N)"

T"

37°


A

B

2 kg

10 kg 1 kg C

T1

a

T1

PAPC

T2

T2

fat

PA

T

46. d. Considerando nulas as massas do fioe da roldana, a condição de equilíbrioestático do bloco é dada por: T = mg,em que T é a força de tração da cordano bloco. A roldana está em equilíbriocom F para cima e 2T para baixo. Logo:

F = 2T = 2 mg = 2 # 2,5 # 10 = 50 N

Finalmente, analisando o sistema comoum todo (roldana + fio + m + M), obte-mos a relação F + R = Mg + mg.

R = Mg + mg - F = Mg + mg - 2mg =

= (M - m)g = (6,5 - 2,5) 10 = 40 N

47. d. T1 = P1 = 300 N T2 = P2 = 500 NT3 = P3 = 700 N

1) O polígono de forças é um triângulo,pois ΣF = 0.

Usando a lei dos senos:

( )T

180180sensen1

-=

( )T

180180sensen2

-=

=( )T

γ180180sensen3

-&

T T sensen sensen

1 2= =

=T

γsensen3

&

300300 500500sensen sensen

= &

& sen = 0,6 sen

2) No equilíbrio, a resultante entre T1 eT2 terá a mesma intensidade de T3:

T32 = T1

2 + T22 + 2T1T2 cos γ & (700)2 =

= (300)2 + (500)2 + 2 $ 300 $ 500 $ cos γ && 49 = 9 + 25 + 30 cos γ & 15 =

= 30 cos γ & cos γ = 0,5

48. Considerando o movimento do blocoao longo do plano inclinado, temos:

a = g sen θ e x = L =21 at 2

sendo sen θ =LH

& a = gLH e L = 10 m

49. Ao longo do plano inclinado, temos:

a = g sen θ e x = L =21 at2

sendo L sen θ = H = 5,0 m e θ = 30o,obtemos t = 2,0 s.

T3

T1

T2

γ

T3

T1 T2

γ

50. b. No equilíbrio, temos: P PtA tB=

Logo, mA g sen 30o = mB g sen 45o&

&mm

sensen3030sensen 4545

B

Ao

o= &

mm

2122

2B

A = =

51. d. Diagrama de forças sobre o corpo, on-de: C

"é a força de contato e P

"é a força

peso.

Da mesma forma:

em que: C"

é a força de contato, P"

é aforça peso, N

"é a componente normal

da força de contato e A"

é a componen-te atrito da força de contato.

52. d.

1) Componentes de F:Ft = F cos = 2 mg $ 0,8 = 1,6 mgFn = F sen = 2 mg $ 0,6 = 1,2 mg

2) Componentes do peso:Pt = P sen = mg $ 0,6Pn = P cos = mg $ 0,8

3) Na direção normal ao plano:Rn = Pn + Fn = 0,8 mg + 1,2 mg = 2,0 mg

4) Força de atrito:Fat = µRn = 0,4 $ 2,0 mg = 0,8 mg

5) Aplicação da 2a lei de Newton:Ft - (Pt + Fat) = ma &

& 1,6 mg - (0,6 mg + 0,8 mg) = ma &

& 1,6 g - 1,4 g = a & a = 0,2 g = 2,0 m/s2

PtPP

a

RnRR

PnPPFatFF

FtFF

F

FatFF

C"

N"

A"

N"

P"

C"

P"

BA

30° 45°

PtaPt b

53.

Para um referencial fixo no carrinho,devemos considerar uma força de inér-cia F

"

i = -m A"

atuando sobre o bloco,com componentes Ft e Fn. Assim, tere-mos: Ft = F cos e Fn = F sen .

Na direção paralela ao plano, temos:Pt + Ft = Fat (1)

Na direção normal ao plano, temos:Rn + Fn = Pn (2)

Em (1): mg sen + m A cos = Fat

Em (2): Rn + F sen = P cos Rn = P cos - F sen &

& Rn = mg cos - m A sen Sendo Fat µ Rn, vem:

mg sen + m A cos

µ(mg cos - m A sen ) && g sen + a cos

µg cos - µ A sen &

& A (cos + µ sen ) g (µ cos - sen ) &

& 0 A µµg

coscos sensen( coscos sensen )

+

-, com

µ cos sen

Capítulo 4 Movimento curvilíneo1. a.

2. c.

3. a. acp = v2/r

4. d. O deslocamento por volta corres-ponde ao comprimento da circunferên-cia (2πR). Considerando n voltas parapercorrer 96 m, temos: n $ 2πR = 96 && n $ 2 $ π $ 6 = 96 & n 2,5 voltas. Operíodo é o intervalo de tempo neces-sário para percorrer uma volta. Se, em4 s, ele realizou aproximadamente2,5 voltas, temos:

T5 41 voltavolta

2, voltasvoltas s= & T = 1,6 s

5. c. A velocidade angular do ponteirodas horas é: ω1 = (2π/12) rad/h. Logo aequação de movimento angular será:ϕ1 = (2π/12) $ t. A velocidade angular doponteiro dos minutos é: ω2 = 2π rad/h.Logo a equação de movimento angularserá: ϕ2 = π/2 + 2π $ t. A condição para oencontro é: ϕ1 = ϕ2.

π12122

$ t =π2

+ 2π $ t & t6

=21

+ 2 $ t &

& 11t = 3 & t = (180/11) min

PtPP

PnPP

PnPPPnPP

FtFF

FtFF


m

6. b. A velocidade do automóvel é cons-tante; assim, usamos a definição develocidade média: v = ∆s/∆t. Para umavolta completa:

∆∆

ts

Trπ2

= &, , /

Tπ

6060483483 6 2 0 52522$

= &

& T = 0,2 s

7. b. As medidas de comprimento sãoobtidas pela figura dada, e calculamoso deslocamento total:

Como a aceleração escalar é constante,a partícula executa MUV, ou seja:

v 2 = v02 + 2a∆s & v 2 = 2 $ 1 $ 150 &

& v 17 m/s

8. b. Sabemos que: T = 60 s (segundos),R = 96 m e ∆t = 60 s (1 minuto). Logo:

∆s = v $ ∆t =Tπ2

$ r $ ∆t = π60602

$ 96 $ 60

6,0 # 102 m

9. c. Em um lançamento horizontal, otempo de queda é igual ao de um obje-to abandonado do repouso a umamesma altura h.

Considerando o número de pavimentosigual a N, g = 10 m/s2 e desprezando aresistência do ar, temos: h = 0,5 $ g $ t 2

& 2,5 N = 0,5 $ 10 $ (2)2 = 8

10. b. A velocidade de escape é dada por:

v = grgr2 & v 2 = 2r

GMGM2 $ r & r =

vGMGM2

2 &

& r =1111

( ),

$

$ $ $

3 10102 6 6767 1010 6 1010

8 2

2424- $ 9 # 10-3 m

11. c. Calculando o momento de inércia daesfera, temos:

I =52 M $ R2 =

52 (25,0) $ (15,0 # 10-2)2 =

= 0,225 kg $ m2

12. a. Ao passar pelo ponto A, a velocidadeda moto é horizontal sendo assim umlançamento horizontal. Ao sair da pista(A) até se chocar contra a rampa (B) omovimento é balístico. O movimento éretilíneo uniforme no eixo x (vx = 10 m/s)e uma queda livre em y. Adotando-se os

v0 d = v0t

h = gt 212

r = 30 m

r = 30 m

50 m

50

m ∆st = 50 + 50 + 50∆st = 150 m

πr = 2

3,14 · 302

50 m

eixos como indicado na figura, temosque:

x = 10t e y = 5t 2

No ponto B as coordenadas x e y sãoiguais:

x = y & 10t = 5t 2& t = 0 ou 2s

Substituindo o valor adequado naequação de movimento (em x), temosque: D = 20 m.

13. e.I. Incorreta. No movimento curvilíneo,

a resultante das forças é a centrípe-ta, dirigida para o centro da trajetó-ria, ou seja, a resultante das forçasem A está dirigida para cima.

II. Correta. O sistema formado pelocarrinho é conservativo, ou seja, vA

(ponto mais baixo) é maior que vB

(ponto mais alto). Como a força cen-trípeta é Rcp = mv2/R, e R é o mesmoem A e em B, RcpA RcpB.

III. Correta. As forças que atuam no car-rinho no ponto B são dadas por:

Como a resultante deve apontarpara o centro (C), temos que P NB.

14. a. v = ∆∆

ts

4 s8080 m

= = 20 m/s; v =TRπ2

&

& T =$

vRπ π π2

20202 5

2m/sm/sm s= =

15. a. vx = v0 $ cos θ. Logo o alcance será:A = x = vx $ t = v0 $ cos θ $ t = v0 $ cos 30° $ 2 == 2 $ 3 /2 $ v0 = 3 $ v0

16. d. vy = v0y - gt & -v0y = v0y -gt & t = 2v0y/g;eixo x: x = vx $ t & d = vx $ 2v0y/g. Comov0y = v0 $ sen θ e v0x = vx = v0 $ cos θ, então:

d = v0 $ cos θ 0

gsensenθv2

& sen 2θ =$

vd g

02 &

& sen 2θ = 3 /2 & θ = 30°

17. a) (1/2) m vL2 = m g R/2 & vL = (g R)1/2

b) A resultante que atua sobre a esferaé: F

"= N

"+ mg". A componente hori-

zontal da resultante é proporcional àaceleração horizontal centrípeta:N = (mvL

2)/R = mgPortanto N

"e mg"têm o mesmo módu-

lo, logo F"

faz 45º com a horizontal,aponta de L para K, com módulo:

F= [(mg)2 + (mg)2]1/2 = mg 2

NB

C

P"

"

D

45°H

A

BC

v

x

y

g

18. b. A cada volta completa da peça, amola, junto com a haste, realiza três osci-lações completas, ou seja, fhaste = 3 fpeça.A freqüência de rotação da peça é obti-da pela sua velocidade angular: ω = 2πf.Como fpeça = 0,5 Hz, fhaste = 3 # 0,5 = 1,5 Hz.

19. e. Fg = (GMm)/d 2. Logo:

R =( , )

( , )FF

rGMmGMm

rGMmGMm1 0505

1 05051

2

2

2e = = & R 0,9

20. b. Se os dois veículos entram e saem aomesmo tempo em uma curva: ωA = ωB.Como ω = v/R, logo:

Rv

Rv

A

A

B

B= &vv

RR

B

A

B

A=

21. e. Rc = A. A velocidademáxima é dada por:

m = µ $ N &

& v 2máx. = µ $ g $ r &

& vmáx. = grgrµ 24,5 m/s

Como v = 30 m/s, oautomóvel derrapa. Lo-go I é falsa e II, III e IVestão corretas.

22. e. v = ∆ ,tL

0 30301515

= = 50 cm/s

O número de rotações executadas pelolápis enquanto gira em um mesmo sen-tido será:

v = ω $ r = 2πf $ r &

& f = vπ2 r

=, ,$ $2 3 1414 0 4040

5050& f = 20 rps

23. d. 24. e. 25. c. 26. a. 27. d.

28. c. ( )( )

TT

dd

RR

42

21

81

2

2

3

3

3

3

B

A

B

A= = = =3

c m &

&TT

42

B

A =

29. 14: (01) — não; (02) — sim; (04) — sim;(08) — sim; (16) — não; (32) — não.

30. c. FSat. = G$

RM M

2Sat.Sat.

SolSol Sat.Sat. e FT = G .$

RM M

2T

SolSol T

Dividindo FSat. por FT, temos:

$FF

MM

RR 2

T

Sat.Sat.

T

Sat.Sat.

Sat.Sat.

T= d n

Como (MSat./MT) = 100 e (RT/RSat.) = 1/10,temos que:

$FF

10010010101 2

T

Sat.Sat. = c m &FF

1T

Sat.Sat. =

31. c. Para que um satélite seja geoestacio-nário, o plano de seu movimento deveconter o círculo do equador (IV) e suavelocidade angular deve ser igual à domovimento de rotação da Terra.Portanto seu período é de 24 horas (I).

r

RT H

PPólo Norte

"

Terra

v 2máx.

r


Rc

v

r

"

"

De acordo com a primeira lei de Newton:

Fc = m $ ac = m $ górbita & ωT2 $ r =

$

rG M

2T&

& r =$G Mω23

T

T& H =

$G Mω23

T

T - RT

Assim, as altitudes de todos os satélitesgeoestacionários são iguais (III) e inde-pendentes de suas massas.

32. d. Po é o peso do satélite na órbita ePsup. é o peso do satélite na superfície.

Logo:

Psup. =R

GMmGMm2 e Po =

( )R hGMmGMm

2+

A razão entre os pesos é dada por:

( )( )P

P

RGMmGMmR hGMmGMm

R hR

2

2

2sup.sup.

o =+

=+

=

=( )

( , )#

#

8 10106 4 1010

6 2

6 2

= 0,64

33. a.

v =$ , ,

$

$ #

TRπ2

2424 3 6006002 3 1414 3 6 1010

skmkm4

=

2,6 km/s

acp =,

,#R

v3 6 1010

6 82

4= = km/s2 =

= 1,9 # 10–4 km/s2

34. a) ω =t T∆

∆ϕ∆ϕ π2= . Para T = 12 dias e

∆t = 15 dias, temos:

∆ϕ =π π π2

5 22

= +

Portanto as posições em que E1 e E2

estariam após 15 dias são:

b) ω1 = ω2 & .RV

RV

2

2

1

1= Como R2 = 3 R1 &

&VV

1

2 = 3

c ) M1 =G T

Dπ3 2

2

3$

E1

E1

E2

E2

P

P0"

Psup."

h = 1,6 # 106 m

R = 6,4 # 106 m

Terra

m

m

35. xCM =( )

m mm x m x

M M

M M L

2

0 21 2

1 1 2 2

+

+=

+

+=

`

`

j

j

=31 L = 16 cm

36. xCM =m m

m x m x1 2

1 1 2 2

+

+=

=M M

MLML M LL

2

2 2

34 1616 cmcm

+

+= =

`

`

j

j

37. b. V =TRπ2

=2424

272222 6 300300

h

kmkm$ $=

= 1 650 km/h

38. e. A velocidade é inversamente propor-cional ao raio.

39. e. v =2424 h

1616 kmkm=

32 km/h = 0,185 m/s

No solstício de verão = 72o em radia-nos, ou seja:

xπ

7272180180radrad

o

o= & x = 0,125 rad

R =,x

s0 125125

800800 kmkm= = 6 369 km

40. b. ω1 = ω2 & /RV

RV

3 2=

l& V ′ =

23 V

41.

a) Fc = mω2Rb) A força de atrito que o disco aplica

no bloco faz o papel de resultantecentrípeta.

Fat = µemg = mω2R & µe =g

Rω2

42. c. No ponto mais baixo da trajetória, aresultante faz o papel de resultantecentrípeta: FN - P = Fcp.

FN = mg +R

mVmV2=

= m gR

V 2+c m =

= 3 500 N

43. a. Para que o corpo se mantenha emrepouso, a força mínima aplicada sobreo corpo deve ser igual à resultante cen-trípeta do corpo. Portanto:

Fmín. = Rc = mω2rv = mTπ2 2

c m r 3 N

44. d. F =d

GMmGMm2 . Assim, F ′ =

d( )GMGM m

24

2 =

=d

GMmGMm2 & F′ = F

45. ac =R

VR

GMGM2

2TerraTerra= & V 2R = constante.

Logo:VA

2 RA = VB2 RB & V

VB

A = 2

46. ωTerra = ωsatélite = 2π/24 rad/h. Logo a velo-cidade linear é dada por:

v = ω # Rórbita = (2π/24) # 42 # 103 =

= 10,99 # 103 km/h

47. Em ambos os pontos, o módulo da ace-leração resultante é a soma dos módu-los das acelerações causadas por cadauma das esferas consideradas indivi-dualmente. Assim, em P, temos:

gP =R

G R

R

G Rπ π34

2

34

22

3$+ =

2

3

$ρ ρ2$ $

c

c

m

m

=34 πGρ $ 2R

gQ =R

G R

R R

G Rπ π34

2

34

22

3$+

+

=2

3

$ρ ρ2$ $

c

c

m

m

=34 πGρ $

91010 R

Assim, a razão procurada é .gg

59

Q

P=

48. a.

1) ∆Sx = Vxt & 24 = 8,0 tQ & tQ = 3,0 s

2) ∆Sy = Voyt +γ2

y t2&

& H =2

1010 (3,0)2 = 45 m

49. d.

O tempo de subida é dado por:Vy = Voy + ay t & 0 = V0 sen - gts &

& ts =g

V sensen0

O tempo total T é dado por:

T = ts + tQ = 2tS =,

10102 1010 0 6(s)(s)$ $

= 1,2 s

50. e. I) Correta. II) Falsa. III) Correta.

51. d. 1) G1 é dado por:

G1 =R

GMGMRG

2 2= $ ρ $34 πR3

&

& G1 =34 πGρ $ R (1)

2) G′1 é dado por:

G′1 = ( ) ( )R d

GMGMR d

G2 2-

=-

$ ρ $34 πa3

&

& G′1 =34 πGρ $

d( )Ra

2

3

-(2)

V0"

V0 = 8,0 m/s

24 m

+

H g"


FN

Fm

R

m C

"

"

P"

FN

P

C

"

"

3) G2 é dado por: G2 = G1 - G′1 &

& G2 = 34 πGρR -

34 πGρ

d( )Ra

2

3

-&

& G2 = 34 πGρ

d( )R

Ra

2

3-

-< F (3)

Seja y =d( )

.G

G GR R

a1

1 22

3-=

-

Como a e R são constantes, ymáx. ocor-re quando (R - d ) for mínimo, isto é,

ymáx. = R aa

Ra

2

3

$=

Capítulo 5 Hidrostática1. c.

2. a. Calculando a pressão p de 25 lbf dis-tribuída pela área de 1 pol2, temos:

p =( )1

25252525 1010

2525polpol

lbflbfm

0,5 kgkg 1010 m/sm/s3 22 2

2

#

# #=

-=

= 2 # 105 Pa

Como 1 atm = 1 $ 105 Pa, logo: p = 2 atm.

3. d. 4. b. 5. d. 6. b. 7. b. 8. c. 9. d.

10. c. Como 1 bária = 1 ,cmcmdinadina

1010PaPa

2 = temos:

h = 10 m $ sen 30º = 1 000 cm $ 0,5 = 500 cmp = d h g = 0,8 $ 500 $ 103 = 400 000 bárias

11. b.

12. b.

SF

SF

1

1

2

2= &SF

SF41

1

1

2= & F2 = 4F1 = P

13. b.

14. c. m = d $ V. Como o volume de águatransbordada é igual ao volume docorpo, cuja densidade é maior que a daágua, a massa em B será maior que amassa em A. Para equilibrar a balança,o fio f1 terá que realizar mais força noprato que sustenta A. Logo há tensãoapenas no fio f1.

15. d. As forças no objeto são dadas peloesquema:

No equilíbrio (R"

= 0), ou seja:

T = E - P = µ V d g - mg = (µ V d - m) g

Na superfície de Marte gM = gT/3.Portanto em Marte, o empuxo e a ten-são diminuem.

16. c.

E = P + T

17. d.

T" P

"

E"

18. e. I. Verdadeira. Se as esferas têm massas

iguais, o mesmo ocorre com as inten-sidades de seus pesos (PA = PB = mg).

II. Falsa. A esfera B é mais densa quea A, já que, no caso de B, a massam ocupa um volume menor, ou seja:dA = m/VA; dB = m/VB. Como VB VA &

& dB dA

III. Verdadeira. Em cada esfera, agemapenas duas forças: o peso P

"e o

empuxo E"

.

Como as esferas estão em equilíbrio, te-mos: EA = PA e EB = PB. Sendo PA = PB,temos: EA = EB.

19. A esfera está em repouso; logo a resul-tante das forças é nula. Todas as forçasenvolvidas são verticais, ou seja:

E = F + P & F = E - P (1)

Como o módulo do empuxo é igual aomódulo do peso da água deslocada, ovolume deslocado da água é igual àmetade do volume da esfera e a densi-dade da água é 6 vezes maior do que ada esfera, temos:

E = (1/2) # 6 P = 3 P (2)

De (1) e (2), obtemos: F = 3 $ P - P = 2 $ P

20. a) P = E & ρmad. $ g $ V = ρágua $ g $ Vsub.

= =,,

1 0 10108 0 1010

3

2

#

#=

= 0,80 ou 80%

b) Ppes. + Pbalsa + P = E & P = E - Ppes. - Pbalsa

Ppes. = 80 # 10 = 800 N

Pbalsa = ρmad. $ V $ g = 0,80 # 103 $45 π #

# 0,302 # 1,80 $ 10 & Pbalsa = 5 088 N

E = ρágua $ g $ V = 1,0 # 103 $ 10 $ 0,636 == 6 360 N

P = 6 360 - 5 088 - 800 = 472 == 4,7 # 102 N

21. a. A pressão absoluta sobre o mergu-lhador, na profundidade de 25,0 m,pode ser calculada da seguinte forma:P = Patm + dgh = 1,00 # 105 + 1,03 # 103 #

# 10,0 # 25,0 & P 3,58 # 105 Pa

22. a. O cubo mergulhado desloca umvolume; de água igual ao seu própriovolume, como Vcm = 30 cm3 e mcm = 450 g,sua densidade será dcm = dliga = 15 g/cm3.O cubo oco flutua com 3/4 de arestasubmersa, logo:

h

h43

= & dco =43 g/cm3dco

dágua

ρsub.

ρágua

Vsub.

V

P

E"

"

Como dco =Vm

coco

ligaliga , logo mliga = 22,5 g.

Assim, dliga =Vm

ligaliga

ligaliga&Vliga =

,1515

2222 5= 1,5 cm3.

23. c. Representando a situação descrita eassinalando os acréscimos de forçadevidos à introdução do óleo, temos:

Tanto antes como depois da introduçãodo óleo, o sistema fica em equilíbrio.Portanto:

∆E = Póleo & dágua $ ∆V1 $ g = dóleo $ Vóleo $ g && dágua $ S $ ∆h = dóleo $ Vóleo&

& 1 # 102 $ ∆h = 0,75 # 103 & ∆h = 7,5 cm

para baixo, pois o empuxo aumentou.

24. b. PA = Patm + d $ g $ (10) = 2 # 105 Pa; PB =

Patm + d $ g $ (20) = 3 # 105 Pa; PC = Patm +

+ d $ g $ (40) = 5 # 105 Pa. Obtemos,assim, as seguintes relações:

PB =23 PA e PC =

25 PA

25. a. As áreas de contato são dadas por:A1 = 5a $ a = 5a2; A2 = 3a $ a = 3a2; A3 =

= 3a $ 5a = 15a2. Pela definição de pres-são, temos:

p1 =AP

aP

512= p3 =

AP

aP

151532=

p2 =AP

aP

322=

Relacionando as expressões, temos:5p1 = 3p2; p1 = 3p3; p2 = 5p3

26. d. A condição para desprezarmos oempuxo do ar é que o erro seja menorque 2%, logo:

PP P

realreal

realreal medidomedido- 0,02

Construindo o diagrama de forças elevando em conta o empuxo do ar,temos:

E + Pmedido = Preal & E = Preal - Pmedido

Assim:

PErealreal

0,02 &

&d V gd V g

c c

arar c 0,02 & dc ,

d0 0202

arar = 50 dar

PE" "

Preal

medido

"

P"

∆E

óleo

"


P T

E"

" "

27. d. Levando em consideração a figura, ovolume de água deslocada é igual a:

VL = 20 $ 80 $ 200 = 320 000 cm3 = 320 LComo dágua = 1g/cm3 = 1 kg/L, entãomágua deslocada = 320 kg. A massa de lastroserá, então, igual a:

mlastro = 320 - 60 -,9 8

1 078078= 260 - 110 =

= 150 kg

28. d. Devemos representar as situaçõesassinalando as forças para estabeleceras condições de equilíbrio.1) Patm = 10 # 104 Pa

PI = Patm +SP

= 10 # 104 +1010

1010 10102

$-

=

= 11 # 104 Pa2) Patm = 8 $ 104 Pa

PII = Patm +SP

= 8 # 104 +1010

1010 10102

$-

=

= 9 # 104 PaPara transformações isotérmicas,temos:PI $ VI = PII $ VII & PI $ g $ HI = PII $ g $ HII &

& 11 $ 104 $ 18 = 9 $ 104 $ HII & HII = 22 cm

29. d. Mantidas as mesmas condições (pres-são, volume e temperatura), o número

FII

P"

Fatm"

"

FI

P"

Fatm"

"

de mols de gás He ou H2 necessáriospara inflar o balão será o mesmo.Sabendo que a mmolar (H2) = 0,5 mmolar

(He), temos: a m (H2) = 0,5 m (He).Considerando a condição dada no pro-blema, o empuxo do balão no ar equili-bra o peso total do conjunto.

E = Pbalão + PH2 + Pcarga &

E = 30 # 104 + 20 # 104 + 75 # 104 =

= 125 # 104 NComo o volume do balão não se altera,o empuxo será o mesmo.

E = Pbalão + PH2 + P′carga&

& 125 # 104 = 30 # 104 + 10 # 104 + P′carga &

& P′carga = 85 # 104 N & mcarga = 85 000 kg

30. e. Enquanto o gelo está flutuando: Pgelo = E = Págua deslocada. Logo:

Pgelo = dágua $ Vágua g &

& mgelo g = dágua $ Vágua g && mgelo = dágua $ Vágua (1)

A massa de água (m′) resultante dafusão do gelo é igual à massa do gelo:

m′ = mgelo

Sendo V′ o volume de água resultanteda fusão do gelo, temos:dágua $ V′ = mgelo (2)Substituindo-se (1) em (2):dágua $ V′ = dágua $ V′água & V′ = Vágua

Como o volume de água resultante dafusão do gelo é igual ao volume de águadeslocada, conclui-se que não há variaçãodo nível de água no interior do balde.

31.

h

× ×A B

(p = 0)interior da boca

PH2

"

carga

balão

E"

P" P ′

"

A figura mostra a situação descrita noenunciado acrescida das hipóteses fei-tas anteriormente:

PA = PB & d $ g $ h = Patm &

& 103 $ 10 $ h = 1,013 $ 105 & h = 10,13 m

32. b. As forças que atuam sobre os cilin-dros na situação final estão indicadasna figura:

No equilíbrio, EA e EB têm mesmo mó-dulo. O volume submerso é dado peloproduto da seção transversal pela altu-ra (h) submersa. Da igualdade dosmódulos dos empuxos e do princípio deArquimedes, temos:

EA = EB & µ $ g $ hA $ SA = µ $ g $ hB $ 2SA &

& hA = 2hB

Portanto a figura que melhor represen-ta a nova posição de equilíbrio é dadana alternativa b.

33. c.

34. b. [p] =[ ][ ]AF

LMLTMLT

2

2=

-

& [p] = M L-1 T -2

35. e. 1) FN = F sen θ & FN = 100 $ 0,87 = 87 N

2) p =,

AF P

5050 10108787 2828 0

4N

$

+=

+-

= 2,3 # 104 Pa

36. e. A alteração na indicação da balançacorresponde ao empuxo aplicado pelacolher sobre o chá. O empuxo é propor-cional ao volume da parte imersa dacolher.

37. c. A pressão hidrostática é dada por:PH = µ g H. Como µ = 1 # 103 kg/m3;g = 9,8 m/s2; H = 1 m. Temos que:1 m $ c $ a = 1 # 103 $ 9,8 $ 1 = 9,8 # 103 Pa

38. Vazão = 10 ml/s = 10 cm3/s, o volume deágua escoada em 4 minutos, V = (10) $$ (240) = 2 400 cm3. Portanto a variação

de nível é: ∆h =AV

= 24 cm

39. No equilíbrio de forças, temos:

A mola se distende de ∆H = 25 cm

K∆H = ρágua Vcubo g &

& K =,0 2525

1010 1010 10103 3# #-

= 40 N/m

empuxo

força elástica

AB nível de água

T"

P" P

"

T"

EA"

EB

hBhA

"


PHe

carga

balão

P"

"

E"

P"

Hipóteses

Uma pessoa tor-nar nula a pres-

são no interior desua boca.

g = 10 m/s2 e aágua ser pura.

A experiência serfeita ao nível do

mar.

Justificativas

Para podermoscalcular a alturamáxima.

Para ser possívelefetuarmos oscálculos.

Para ser conheci-do o valor da pres-são atmosférica.

40. a. Quando o corpo está fora do líquido:P = k x1. Quando o corpo está totalmen-te imerso no líquido: Pap = P - E = k x2.Dividindo uma pela outra, temos:

PP E

xx

10108

1

2-= = = 0,8 &

& P - E = 0,8 P & E = 0,2 P &

& µa V g = 0,2 µc V g & µc = 5,0 g/cm3

41. a) Três forças atuam naesfera de volume V/2:E"

1; P"

1; T".

T + P1 = E1 & T + ρ V2

g =

= ρLV2

g &

& T =VgVg2

(ρL - ρ)

b) A esfera de volume Vtambém é solicitada portrês forças: E

"

2; P"

2; T".

E2 = P2 + T & ρL Vl g =

= ρ V g +VgVg2

(ρL - ρ) &

& ρL Vl = ρ V +

+V2

(ρL - ρ)

Dividindo-se toda aexpressão por V, vem:

ρL( )

VV ρ ρ

21 =

+ L &( )

VV

ρρ ρ

21 =

+

L

L

42. b. ρ Vs g = m g, onde Vs = m/ρ = 500 kg.A fração do volume que se encontrasubmerso é VsN, que é igual a 1/3.

43. c. Quando o vagão é acelerado, istoequivale a criar um campo gravitacio-nal com a mesma intensidade da acele-ração e em sentido oposto.

O campo gravitacional resultante, nointerior do vagão, é dado pela somavetorial entre g" e -a". O fio do balãoficará alinhado com a direção docampo resultante g"R e, portanto, obalão movimenta-se para a frente.

Na situação inicial,tínhamos:

T + P = E &

& T = E - P == µar V g - µ V g &

& T = (µar - µ) V g

"gR

"gR

"g

a"

-a"

Para um referencial dentro do vagão,tudo se passa como se a gravidadefosse g"R.

T′ + P′ = E′ & T′ = E′ - P′ && T ′ = (µar - µ) V gR

Como gR g, resulta T ′ T

44. 1º- caso: Barômetro em operação no aratmosférico.

p1 = p2 & patm = pHg = d g H

2º- caso: Barômetro em operação imer-so no líquido.

p3 = p4 & patm + plíquido = p′Hg &

& d g H + D g h = d g X &

& d H + D X = d X & d H = (d - D)X

Em que: X =d D

d H-

Capítulo 6 Leis de conservação1. a.

2. a.

3. b. O corpo está em MCU, logo a resul-tante é a força centrípeta. Ao puxar obarbante, ela se altera. Logo:a) é falsa, pois, quando F

"é aplicada, a

órbita se altera.b) é falsa; a força F

"apresenta compo-

nente tangente ao movimento, poisa trajetória não é circular.

c ) é falsa: τF ≠ 0.d) é verdadeira: F

"= R"

& τF = τR = ∆εc.e) é falsa; a trajetória não é fechada.

4. d.

5. a) τp = m $ g $ h = 5 $ 10 $ 0,6 = 30 J

4 3

xh

Hg

H

Hg

Ar

2 1

E'"

P'"

T'"

b) τm = m $ g $ h = 30 $ 10 $ 2 = 600 J. Aenergia de 30 J a cada 2,0 s equivalea 60 J/10 pessoas.

6. b. P = F $ v = n $ m $ gts

∆∆

= 10 $ 60 $ 10 $

$18181515

= 5 kW

7. d. P = ,t t

mvmv∆∆ε∆ε

∆2

2c = em que a vazão em

massa é t

m∆ = 3,0 kg/s. Então,

P =2

3 42#= 24 W

8. e. Quando uma força constante é per-pendicular ao vetor velocidade o corpoestá em MCU.

Como o módulo da velocidade não sealtera: Ec = 1/2 mv2 = cte.

9. a. Para permanecer em órbita, um saté-lite deve ter velocidade adequada, aqual depende das características daórbita desejada. O satélite parte comvelocidade v0, sofrendo uma variação deenergia cinética: ∆Ec = 1/2 mv2 - 1/2 mv0

2.Para diminuir o trabalho associado aessa variação, aproveita-se o movimen-to de rotação da Terra e lançam-se osfoguetes de regiões próximas ao equa-dor, pois a velocidade linear, de cadaponto do planeta, é diretamente pro-porcional à sua distância em relação aoeixo de rotação. Estão a maior distânciamáxima ao eixo de rotação os pontosda linha do equador.

10. c. Para obter a velocidade em 4 s, temosque calcular a variação da energia ciné-tica:

P =tE

∆∆ c

& ∆Ec = P $ ∆t

Sabemos que ∆Ec é numericamenteigual à área do gráfico de P # t.

Usando uma regra de três com as infor-mações do gráfico, para t = 4 s:

P4 1010

125125= & P = 50 kW

Dessa forma, podemos calcular a varia-ção da energia cinética nos 4 primeirossegundos:

∆Ec =2

5050 000000 4$= 100 000 J

P (kW)

t (s)

125

0 4 10

F = Rc

m

" "

v"


P1

E1"

"T"

P2

E2"

"T"

P

E"

"

T"

Como m = 500 kg e, supondo v0 = 0:mvmv

2

2= 100 000 & v

2500500 2$

= 100 000 &

& v = 20 m/s

11. e. Energia necessária para subir omorro: Ep = mgh. Logo o rendimentodo motor é:

η =EE

totaltotal

p=

,7 5 10101500500 1010 100100

6#$ $

= 0,2 = 20%

12. b. ∆Ep = P $ ∆h

∆Ep = P $ (l - ly) = P $ (l - l cos 60º) == 10 N $ 0,25 m = 2,5 J

13. d. V = 20 m3 = 20 $ 106 cm3, logo m =

= 20 # 103 kg. Assim, a potência serádada por:

P =,

tE

tmghmgh

∆ ∆ 12020 1010 9 8 15153

p # $ $= = =

= 2 940 000 W = 4 000 CV

14. d. Da vazão volumétrica, podemos cal-cular a vazão de massa:

tV∆ 1515

sm3

= &t

m∆ = 15 # 103 kg/s

A potência também é dada: P = 4 ## 103 CV = 2 940 # 103 W, logo:

P =t

Et

mghmgh∆ ∆= & h =

gP

mt∆

$ =

=,9 8

2 940940 10101515 1010

13

3#

$#

= 20 m

15. d. 16. b.

17. b.Ao desprezarmos a resistência do ar,consideramos o sistema conservativo.Assim, temos:

EMA = EMB & EcA + EpA = EcB + EpB

EcA = 2 EcB & 21 mvA

2 = 2 21 mvB

2 &

&21 (10)2 = vB

2 & vB = 5050 7,1 m/s

18. c. Vamos repre-sentar as situa-ções inicial e fi-nal da queda dococo e calcularsua energia me-cânica.EMi = Eci + Epi =

= 0 + m $ g $ hi =

0,2 $ 10 $ 5 = 10 J

vB = ?

vA = 36 km/h = 10 m/s

(A)

(B) BB

AEc

Ec = EP

60°

∆E p

EMf = Ecf + Epf = Ecf + m $ g $ hB =

= 7 + 0,2 $ 10 $ 0,5 = 8 JA energia mecânica dissipada na quedaé igual a:

Ed = -∆EM = EMi - EMf = 10 - 8 = 2 J

19. d. No instante do lançamento, a ener-gia cinética do corpo é:

εc =m v m

2 282 2$ $

= = 32 m

Podemos representar a situação da se-guinte forma:

Considerando o sistema conservativo:EMi = EMf & Eci + Epi = Ecf + Epf &

& 32 m + 0 = 16 m + m g h & h = 1,6 m

20. c. a) Considerando o sistema conserva-tivo, podemos calcular a velocidadede B imediatamente após o choque:

EMB = EMC & EcB = EpC

&21 mBv′B2 = mBgh & v′B = 2 m/s

Como o choque é frontal e perfeita-mente elástico entre dois corposidênticos, temos:

v′A = v′B = 0

b) Ao retornar, a esfera B colide nova-mente com a esfera A. Como o siste-ma é conservativo, o módulo davelocidade de B antes dessa colisãoserá o mesmo do instante após a pri-meira colisão. Como nessa nova coli-são as condições não se alteram,haverá uma nova permutação develocidades: vA = 2 m/s e vB = 0.

21. a. Analisando as forças e determinandoas condições de equilíbrio, temos: Nafigura A: T = P e T′A = T, e na figura B:T = P e T′B = T/2, logo:

I. falsa, pois T′A = 2 TB.II. verdadeira; como hA = hB e PA = PB,

então τPA = τPB.III. verdadeira. Considerando-se o

movimento uniforme, o trabalhoresultante é nulo.

τR = 0 = τP + τT′ & τP = -τT′

v' BA B

C

0,20 m

(Ec' = 16 M; Ep = mgh)

(Ec = 32 M; Ep = 0)

h

Aplicando a expressão anterior emambos os casos e considerando aexpressão que valida II:

τPA = - τT′A e τPB = -τT′B

Logo τPA = τPB e τT′A = τT′B. Assim:

T $ dA =T2

$ dB & dB dA

IV. falsa. Considerando que os fios te-nham a mesma secção transversal:

T′A = 2T′B & SAT l

= 2S

BT l& σA = 2σB

22. Considerando-se a trajetória retilínea:a) A aceleração (a) do ciclista, logo após

ele deixar de pedalar, pode ser obti-da pelo gráfico:

a =,

tv

∆∆

24 5 5

=-

= -0,25 m/s2

b) A força de resistência horizontaltotal FR, logo após o ciclista parar depedalar, passa a ser a resultante dasforças sobre o sistema. Usando asegunda lei de Newton, temos:

FR = m a = 90 $ -0,25 = 22,5 N

c) Durante o intervalo de tempo noqual a velocidade é constante (0,5 h= 1 800 s), temos:

1) ∆s = v $ ∆t = 5 $ 1 800 = 9 000 m2) FR = 0

Assim: τF = τFR = FR $ ∆s = 22,5 $$ 9 000 = 202,5 kJ. Sabemos que a efi-ciência (η) do organismo do ciclista édada por:

η =EτF

& E =,

,ητ

2222 5 1010202202 5

2F

#=

-=

= 900 kJ

23. a) Usando a definição de potência, te-mos:

P =tE

tmghmgh

∆∆

∆ 30306060 1010 7$ $

= = =

= 140 Wb) A velocidade do jovem em relação à

Terra pode ser escrita como:

v"J/T = v"J/E + v"E/T

em que v"J/E é a velocidade do jovemem relação à escada e v"E/T, a velocida-de da escada em relação à Terra.Como as velocidades são constantes,podemos eliminar o tempo e usarapenas o deslocamento vertical paracontar o número de degraus percor-ridos pelo jovem:

∆y"J/T = ∆y"J/E + ∆y"E/T

No intervalo de tempo de 30 s,temos:

7 = yJ/E + (-7) & yJ/E = 14 mComo cada degrau mede 20 cm dealtura, podemos obter o número dedegraus (Nd):

Nd =,0 2

1414= 70

c) Vamos admitir que o trabalho reali-zado pelo jovem é igual ao módulodo trabalho realizado pela compo-nente normal da força aplicada pelojovem na escada:

τN = N $ yJ/E = PJ $ yJ/E = 800 $ 14 == 11 200 J


24. a) n = A $ φ = 5 # 1014 m2 $1010m s

7

2 $

-

$ 24 $

$ 3 600 s = 4,32 # 1012 partículasb) E = 3,0 # 1020 e V = 3 # 1020 $ 1,6 #

# 10-19 J = 48 J

Ec =, ( , )mvmv

2 20 0606 3838 32 2$

= = 44 J

Ou seja, são praticamente iguais.

25. a) Ec =3mvmv

2 22020 1010 2402402 2$ $

=-

= 576 J

De acordo com o teorema da energiacinética:

τR = Ecf - Eci = 0 - 576 = -576 J

b) τF = Fm $ ∆s $ cos 180° & -576 = Fm $ 18 ## 10-2 $ (-1) & Fm = 3,2 # 103 N

26. c. O trabalho realizado pela mão é:τ = mc $ g $ h = mc $ 10 $ 2. A energia dissi-pada pela criança ao escorregar é avariação de sua energia mecânica:

∆Emc = Emf - Emf = 1 2 mcvcf2 - mc $ g $ h

∆Emc = 12 mc 42 - 20 mc = -12 mc

Usando o módulo da energia dissipada,temos:

∆Emc = 12 mc = 12/20 τ = 0,6 τ

27. c. O consumo excedente de O2, duranteo exercício, é numericamente igual àárea (A) indicada na figura:

Ou seja, o consumo excedente de O2 éde 10 L. Como cada litro de O2 forneceao organismo 20 kJ, o jovem utilizou200 kJ.

28. a) Entre t0 e t1: Fr P, a velocidade estáaumentando; entre t1 e t2: Fr = P, avelocidade é constante; entre t2 e t3:Fr P, a velocidade está diminuindo;entre t3 e t4: Fr = P, a velocidade éconstante.

b) Ec =21 mv 2 =

21 8,0 # 10 # 502 = 40 #

# 25 # 102 = 1,0 # 105 J

29. Rendimento = = 75% = 0,75

Pútil = 15 kW = 15 # 103 W

Ptotal =t

Et

m ghgh V ghgh∆ ∆

ρ1 s

totaltotal a a a= = &

& Ptotal = 1,0 # 103 #Vsa# 10 # 4,0 &

& 0,75 =, ,

V1 0 1010 1010 4 0

1515 1010

s3

3

a# # # #

#&

&, ,

,V

4 0 1010 0 75751515 0 5050

s sm3

a

# #= =

30. Vamos considerar desprezível a resis-tência do ar e chamar de C a posição deencontro entre os corpos. Assim,

BC = 25 m e AC = 45 - 25 = 20 m

a) Considerando as forças externas nulasno instante da colisão, a quantidadede movimento será constante.

mAvA + mBvB = (mA + mB) v′

Pútil

Ptotal

De acordo com o enunciado, vB = -vA

e mA = mB

mAvA + mA (-vA) = (mA + mA) v ′ & v ′ = 0O movimento de queda livre docorpo A é conservativo; portanto avelocidade vA com que o corpo Aatinge o ponto C vale:

vA = g2 (AC)(AC) = 20 m/s

A energia mecânica dissipada nacolisão é calculada por:

Q = Ec - E′c =

= m v m v21

21 0B

2A A B

2+ - = 1 600 J

b) Imediatamente após a colisão, avelocidade de A e B é nula (v ′ = 0).Logo o conjunto AB executa umaqueda livre (sistema conservativo) apartir de uma altura BC = 25 m.EMC = EMsolo & EcC + EpC = Ecsolo + Epsolo

EcC = 2mg (BC) = 2 000 Jc) Para construirmos o gráfico, deve-

mos observar que:1) Todos os trechos são retilíneos, pois

a = g = cte2) Gráfico A: v0A = 0; vA = 20 m/s; aA =

=tv

∆∆

A

A& 10 =

t∆2020 0

A

-& ∆tA = 2 s

3) Gráfico B: v0B = 30 m/s; vB = 20 m/s;

aB =tv

∆∆

B

B& −10 =

t∆2020 3030

B

-& ∆tB = 1 s

Como o corpo B gasta 1 s para atingiro ponto C, enquanto o corpo A gasta2 s para atingir o mesmo ponto, con-cluímos que B é lançado 1 s depois deA (t0B = 1 s).4) Gráfico AB: v0AB = v′ = 0;

Vsolo = g2 (AC)(AC) = 500500 = 22 m/s;

aAB =t

v v∆ ABAB

solosolo- l= 10 & aAB =

t∆2222 0

ABAB

-&

&aAB = ∆tAB = 2,2 s

31. a) Como não há dissipação de energiamecânica, as forças aplicadas na boli-nha são apenas o peso e o empuxo,que não variam, resultando em umMUV.

P

E"

"

V0A = 0

V0B = 30

tsolo 4,2 s

Vsolo 22 m/s

V0AB = V' = 0

A

B

AB

1

10

20

2 3 4 5

V (m/s)

t (s)

Assim, pela segunda lei de Newton:E - P = m $ a &

& a =m

E P-=

md V g m gL I $ $-

a = 2

( ) ( )4 1010

1010 2 1010 1010 4 1010 10103 4 2

#

# $ # $-=

-

- -

= 4040sm

2

Usando Torricelli, temos:

v 2 = v02 + 2 $ a $ ∆s &

& v 2 = 02 + 2 $ a $ H0 = 40 m2/s2

Fora do líquido, o sistema também éconservativo:

EMf = EMi & m $ g $ h′ =21$ m $ v2

&

& h′ =gv

21

21

101040402

$ $= = 2 m

b) Na situação analisada no item ante-rior, o sistema era conservativo, logo:

EMi = m $ g $ h′ = (40 # 10-3) $ 10 $ 2 == 0,8 J

A energia mecânica final com perdaspode ser calculada assim:

EMf = m $ g $ h == (40 # 10-3) $ 10 $ (3 $ 10-1) = 0,12 J

A energia dissipada é:Ed = EMi - EMf = 0,8 - 0,12 = 0,68 J

32. e. Estando sob ação de forças conserva-tivas, sua energia mecânica permane-cerá constante. Adotando o nível hori-zontal do ponto B como referência,temos:

mvmvm g h

mvmv2 2

2 2A

AB+ = &

&v2

2A + 10 $ 2,4 =

282

& vA = 4,0 m/s

Da mesma forma, temos:

m g hC =mvmv

2

2B& 10 hC =

282

&

& hC = 3,2 m

33. Considerando que não há atrito nocontato com o trilho no trecho de A atéB, o sistema é conservativo. Adotandocomo referência a reta horizontal BC,temos:

EMB = EMA & EcB + EpB = EcA + EpA

21 m $ vB

2 = m $ g $ hA & 21 vB

2 = 10 $ 0,2 &

& vB = 2 m/s

Do ponto B ao C, temos um lançamen-to oblíquo, cujo alcance horizontal édado por:

BCBC Dg

v θ θ2 sensen coscos2B $ $ $

= = =

=, ,

10102 2 0 6 0 82 $ $ $

= 3,84 # 10-1 m

34. a) Como o sistema é conservativo,enquanto o corpo desce a rampa:

EMi = EMf & m $ g $ HA =21 mvf

2 &

& vf = gHgH2 A

Logo:

Ra =g H

g H

g

g

2

2

3

3M A

T A

T

T= =


1

1 2 3 4 5 6 7 8

A

9 10 11 12 13 14

2

t (minuto)

consumo de O2 (L/min)

b) Usando o teorema da energia mecâ-nica:

τatrito = ∆EM = -µ m g LLogo:

Rb =mgmg Lmgmg L

gg

µµ

3

3M

T

T

T= =

c ) Aplicando-se o teorema da energiamecânica considerando o percursocompleto:

τatrito = EMB - EMA & -µ m g L == m g HB - m g HA & HB = HA - µL

Logo:

Rc =H LH L

µµ

A

A

-

-= 1

35. e. Analisando as afirmações, temos:I. Correta. Como v = C, o deslocamen-

to do caixote será d = v $ ∆t. UsandoF = cte, seu trabalho será dado por:

τF = F $ d $ cos 0° = F $ v $ ∆tII. Correta. O deslocamento vertical é

h = d $ sen 30°. Assim, o trabalho dopeso será dado por:

τP = -mgh = -mg $ d sen 30° = -mgvmgv t∆

2Como a velocidade é constante,temos:

τR = ∆EC & τF + τP + τN = 0 &

& τF -mgvmgv t∆

2= 0 & τF =

mgvmgv t∆2

III. Correta. A variação da energiapotencial gravitacional é dada por:

∆Ep = - τP =mgvmgv t∆

2

36. c. O esquema a seguir apresenta asituação física descrita no enunciado daquestão.

Como o sistema é conservativo, então:

EMB - EMC´ & m $ g $ h =21 m $ vC

2 &

& 10 $ h =21

$ 62& h = 1,8 m

Mas, como sen = :hACACl

sen =h

ACACl=

,3

1 8= 0,6 & = 37°

37. Na figura estão representadas as situa-ções inicial e final apresentadas no pro-blema.

Como o sistema é conservativo:

EMi = EMf & Eci + Epi = Ecf + Epf &

& m $ g $ h = 0,5 $ m $ vf2 + m $

$ (g $ r $ cos θ + g $ r) && g $ h = 0,5 $ vf

2 + g $ r $ cos θ + g $ r

Porém não temos ainda vf2. A compo-

nente do peso na direção radial é aresultante centrípeta, pois, ao perdercontato com a pista, a normal do corpose torna nula.

Rc = P $ cos θ & m $rv 2

f = m $ g $ cos θ &

& vf2 = r $ g $ cos θ

Usando esse resultado, temos:

g $ h = 0,5 $ r $ g $ cos θ +

+ r $ g $ cos θ + g $ r

em que cos θ =( )

rh r3

2 -&

& θ = arccos ( )

rh r3

2 -

38. b. As crianças permanecerão em equilí-brio se o torque provocado por aquelaque está mais à esquerda na gangorrafor igual à soma dos momentos provo-cados pelas outras crianças.Isso ocorre apenas na segunda opção,na qual:τesq. = τdir. & 500 $ 1,6 = 200 $ 1 + 300 $ 2 &

& 800 = 200 + 600

39. d. Representando as forças aplicadasna barra em que estão pendurados oscorpos A e B e estabelecendo as condi-ções de equilíbrio de rotação e transla-ção:

Στ0 = 0 = PB $ 30 - 45 $ g $ 10 & PB = 15 $ g

ΣF = 0 = T - PA - PB &

& T = 45 $ g + 15 $ g = 60 $ g

Para a segunda barra:

Στ0′ = 0 = mc $ g $ 30 - T $ 20 == mc $ g $ 30 - 60 $ g $ 20 & mc = 40 g

40. d. O equilíbrio de rotação se dá quan-do a soma dos torques é nula, assim,temos:

Στ = 54 $ g $ 2,5 + 36 $ g $ 1,5 = 27 $ g $

$ 2 + mx $ g $ 2,5 & mx = 54 kg

T

T'

30 cm20 cm

O'

"

"

Pc = mc · g"

"

PA = 45 g

T

30 cm10 cm

O

"

"

PB"

41. e. As forças que atuam no sistemaestão representadas na figura:

Como o sistema está em equilíbrio,concluímos que: P1 = 16P2.

Considerando o sistema acima em equi-líbrio, temos:Στ = 0 = P2 $ x - P1 $ 10 &P2 $ x = 16P2 $ 10 & x = 160 cm

42. c. As forças que atuam no sistema estãorepresentadas na figura:

As condições de equilíbrio para umcorpo extenso são: Στ = 0 e ΣF

"= 0.

Adotando o ponto D como referência eo sentido anti-horário como positivopara o momento das forças, temos:

ΣτD = 0 = - P $ 16 + 2 NT $ 20 && 40 NT = 900 000 $ 16 & NT = 360 000 N

ΣF"

= 0 & ND + 2NT = P &

& ND + 2 $ 360 000 = 900 000 && ND = 180 000 N

Ou seja, as indicações correspondem àsmassas de 36 toneladas e 18 toneladas,respectivamente.

43. a.

44. d. Considerando que apenas os veícu-los pertençam ao sistema, a quantida-

m1m2

10 cm

pólo

x

O

P1" P2

"

m1

m2

P1"

P2"

T = P2"

16 P2"

8 P2"

8 P2"

8 P2"

4 P2"4 P2

"4 P2

"

2 P2"

2 P2"

P2"

P2"

2 P1"

P2" P2

"

16 P2"


CG

P = 900 000 N

ND

g

16 m 4,0 m

"

2NT""

CB

h

v = 0

vc = 6 m/s

A

3 m

de de movimento dele será constante,ou seja:

Q"

S antes = Q"

S depois &

& mPvP + mQvQ = (mP + mQ)v && 800 $ 0 + 1 200 $ vQ = 2 000 $ 12 &

& vQ = 20 m/s = 72 km/h

45. b. Como o sistema é isolado:Q S antes = Q S depois & 0 = mgvg + msfvs

0 = mgvg + (msi - mg)vs &

& mg =v vm v

g sfsf

s sfsf$

-

Se considerarmos a velocidade em re-lação à sonda igual à velocidade emrelação ao referencial inercial, temos:

mg = -( )

( )5 000000 2020

1010 20203

- -

- 4 kg

46. c. As velocidades do avião e do gás são,respectivamente:

vavião = 900 km/h = 250 m/svgás = 1 800 km/h = 500 m/s

A potência usada para o gás é dada por:

Pgás =tE

tmvmv

∆∆

∆2 2200200 5005002 2$

= = =

= 2,5 # 107 WUsando a conservação da quantidade demovimento e a mavião = 400 kg, temos:

Pavião =2

400400 2502502$= 1,2 # 107 W

Logo a potência total liberada pelomotor será:

P = (2,5 + 1,2) # 107 W = 3,7 # 107 W

47. d. Usando a conservação do momento:

m $ v = 4m $ V & 4V = v

48. Supondo o sistema conservativo, avelocidade com que o corpo atinge aestaca é calculada da seguinte forma:

mgh =21 mv 2

&

& v = ( ) ,ghgh2 2 1010 1 8= = 6 m/s

Durante o choque, o impulso da forçamédia aplicada é dado por:

IFmédia = ∆Q& Fm $ ∆t = m $ v &

& Fm = 35050 1010500500 6#

$-

= 6 # 104 N49. b.

I. Incorreta. Usando a conservação daquantidade de movimento, calcula-mos vA:

Q"

i = Q"

f & mBvB = mAvA &

&m2

A vB = mAvA & vA =v2

B

Ou seja, a descrição está correta.II. Correta. A energia dissipada é dada

por:

Ediss. = Eci - Ecf =m v m v

2 2

2 2B B A A- =

( )m

v m v2

22

2

22

AA

A A$

= - &

& Ediss. =m v

2

2A A

m

4 V = vV

V3 m 4 mv

4 m ·m · v

antes depois

=

III. Incorreta. Supondo que o sistema éisolado, a quantidade de movimen-to do sistema é conservada.

50. a. Antes do choque, temos: v1 = −3 m/se v2 = 3 m/s. Depois do choque, temos:v ′1 = 7 m/s e v ′2 = 1 m/s.

-3m1 + 3m2 = 7m1 + m2 &

& 3m2 - m2 = 7m1 + 3m1 &

& 2m2 = 10m1 & m2 = 5m1

51. a.

52. b. Antes da explosão, a velocidade dagranada é nula, pois está na alturamáxima do lançamento vertical. Depoisda explosão, os dois pedaços da grana-da, de massas mA = 2 kg, e mB = 3 kg,são lançados horizontalmente. O lança-mento de A tem um alcance horizontald = 300 m e um tempo de queda t = 10 s,idêntico ao de subida, pois a granadafoi lançada do solo.

Na direção horizontal, o movimento éuniforme, logo:d = VA $ t & 300 = VA $ 10 & VA = 30 m/s

Durante a explosão, o sistema pode serconsiderado isolado:

Qsist. = Q′sist. & mv = mAVA + mBVB &

& 0 = 2 $ 30 + 3VB & VB = -20 m/sA energia cinética final dos pedaços dagranada é dada por:

Ec = EcA + EcB =21 mAVA

2 +21 mBVB

2&

& Ec =21 2 $ 302 +

21 3 $ 202 = 1 500 J

53.

a) τFat = -Fat $ ∆S ∴ τ Fat = - µcN∆S ∴ τ Fat =

= - µc m g cos θ ∆Sτ Fat = -0,50 # 0,20 # 10 # 0,80 # 0,45 == -0,36 J

b) τp = - mgh = - mg ∆S sen θ = 0,20 ## 10 # 0,45 # 0,60 = - 0,54 J

c) ∆Ec = τp + τFat & 0 -21 mv 2 = τp + τFat &

& v2 =1

,( , , )

0 20203 6 5 4 1010 2# #+ -

= 9 &

& v = 3,0 m/sd) I = m∆v = 0,20 (3,0 - 0) = 0,60 kg m/s

vA d

d

"

54. e. Como os caixotes são idênticos e ascolisões perfeitamente elásticas, ocorretroca de velocidades entre eles. Alémdisso, como o choque entre o caixote e aparede é frontal e perfeitamente elásti-co, o caixote A possui a mesma velocida-de, em módulo, após a colisão, ou seja:

55. e.

56. d. O sistema formado pelo carbono 14está isolado, logo a quantidade demovimento se conserva. Assim, temos:

Q"

antes = Q"

depois

Como o carbono 14 está inicialmenteem repouso (Qantes = 0), temos:

Q"

depois = 0"& Q

"

14N+ Q

"

- + Q"

v" = 0"

Estando os vetores quantidade demovimento de cada partícula em umamesma escala, a única alternativa quepode representá-los é:

57. Para o sistema de eixos indicado nafigura, as equações do movimento dosdois corpos são:

xA = VAt e yA = 1/2 gt2

xB = VBt e yB = 1/2 gt2

VVA = gt e VVB = gt

A B

y

x

DB

DA

Q v"

Q14N

Q β−

"

Q14N + Q β−

"

"

"

"

BA

paredeV0

VA = 0"

BA

paredeV0

VB = 0"

BA

paredeV0

VB = 0"

BA

paredeV0

VA = 0 "


θ

Ph

N∆S

Fat"

"

"

Como as equações para o eixo y sãoidênticas, logo os corpos chegam aosolo no mesmo instante (tA = 0,40 s).Assim, temos:xB = VBt & DB = VB $ tA & 2,0 = VB $ 0,4 &

& VB = 5,0 m/sO sistema está isolado. Logo a quan-tidade de movimento é constante.

Qsist. = Q′sist.MV0 + 0 = MVA + (M/2) VB &

& 6 = VA + (5/2) & VA = 3,5 m/sLogo: xA = DA = 1,4 m

b) Já sabemos que:VVA = VVB = g t = 10 t

O que nos permite construir o gráfico:

58. a) A colisão é frontal, perfeitamenteelástica e entre corpos de mesmamassa, logo haverá permuta de velo-cidades. Ou seja, a partir do instantet1 = 2 s (1a colisão) a caixa C pára e obloco B adquire velocidade v1 =

= 15 cm/s. O sistema está representa-do na figura a seguir:

Como v1 é constante até a segundacolisão, o bloco B sofre um desloca-mento ∆s = 60 cm; assim, temos:

v1 =ts

∆∆

& ∆t =15156060

= 4 s

b) No intervalo de 0 a 2s:QC = mCv0 = 20 # 0,15 = 3 kg

sm

QB = 0A partir de t1 = 2 s, de quatro emquatro segundos há permuta dasquantidades de movimento.

x (cm)

t1 = 2s

C

–15 0 15 75

v1B

Vv (m/s)

t (s)

A e B

1

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5

2345678

A energia total E do sistema é cons-tante e igual à energia cinética dacaixa entre 0 e 2 s:

E =21 mCv0

2 =21# 20 (0,15)2 = 0,225 J

59. e. [P] =[ ][ ]

t∆τ

=2

TMLML T2 -

= M L2 T -3. Logo

a unidade de potência é dada por:

u (Pot.) = kg $ m2 $ s-3

60. c. Adotando como referência A, temos:EA = mVA

2/2 = 2,5 $ (10)2 = 250 J eEB = mgHB = 5,0 $ 10 $ 2,0 = 100 J

A energia mecânica dissipada é dadapor:

Ed = EA - EB = 150 J

61. e. Imediatamente antes da colisão, aquantidade de movimento de cada discoé a representada na figura a seguir:

Imediatamente após a colisão a quanti-dade de movimento do sistema (Q

"

f) éigual à quantidade de movimento ime-diatamente antes (Q

"

i):

Q"

f = Q"

Pi + Q"

Bi

Essa expressão vetorial está representa-da na figura a seguir:

62. K0 = mgH é a energia cinética da bola,imediatamente antes de atingir o solopela primeira vez. Portanto, rK1 = K0 er3K3 = K0. Considerando K3 = mgH′ eH′ = H/8 & r = 2.

63. Temos que N = mg cos 60 e Fatrito = µc N.O trabalho da força de atrito é dadopor:

τ = Fatrito L = µc L mg cos 60 & τ = 60 J

64.

Trabalho correspode a área indicada:τ = 1/2 (60 # 2,5) = 75 J

P

QP = QB"f "i QB = QP

"f "i

QB"i QP

(discobranco)

(discopreto)

"i

65. mgH = 1/2 mvmv2x& vx = gHgH2 = 2 5 1010# # =

= 10 m/s

Alcance horizontal & 2,0 = vxgh2 &

& h =v

g22

2

xc m = 0,2 m = 20 cm

66. ΣF = 0 & Pmenina + Pprancha = NA + NB

Στ = 0 & x $ Pmenina +L2

$ Pprancha = LNA

Queremos obter x quando NB = 2NA;NA = 200 N e x = 3 m.

67. a. 2 m + 1 $ m = 3 $ m, em relação aoNivaldo

68. h = 24 m

69. b.

Em ambos os casos, a energia se conser-va, ou seja: mV f

2/2 = m g H & Vf = .gHgH2Como as alturas dos pontos A e C, emrelação ao plano horizontal que passapor B e D, são iguais, concluímos que:

VM = VN e VV

N

M = 1

70. d. O trabalho realizado é igual porque aaltura é a mesma. A potência pela esca-da é maior porque o tempo é menor.

71. e. As alternativas a, b e d não estão cor-retas, pois não conhecemos as massasdos automóveis. A alternativa c não estácorreta, pois não conhecemos as resis-tências passivas sobre os automóveisquando esses se movem com velocidademáxima. Do gráfico, podemos perceberque os dois automóveis possuem as mes-mas velocidades iniciais e finais no inter-valo de tempo de 0 a t1. Como am = ∆v/∆t,conclui-se que os dois automóveis têm amesma aceleração escalar média nointervalo. Trabalho é uma grandezaassociada a força, e, portanto, não sepode falar em trabalho do automóvel.

72.

τR = ∆Ec & τFat =mVmV mVmV

2 2

202

- &

& Fat $ d $ cos 180° =mVmV mVmV

2 2

202

- &

& -µ m g d = -mVmV

202

& µ =gdgdV2

02

= 0,40

h

vx

2,0 m


2,50

00 20 40 60 80 100 120 140 160180 x (m)

F (N)

FNV0 = 2,0 m/s

d = 0,50 m

FatP

V = 0

3

10 20

(kg m/s)QC

t

(s)0

3

10 20

(kg m/s)QB

t

(s)0

t (s)0

0,225

10 20

E (J)

H H

A

B D

C

73. a. Q = m $ v & m =vQ (I) e Ec =

mvmv2

2(II).

Substituindo (I) em (II), temos que:

Ec =

,,Q v

2 2

2 0 10103 690904

$$

=

c m

&

& Ec = 2,5 # 105 J

74. a. IR = ∆Q & FR $ ∆t = Qf - Q0 &

& 9,0 $ 5,0 = Qf - 0 & Qf = 45,0 kg $ m/s

75. d. 1,0 m/s para a esquerda. Antes dochoque o momento linear vale 3 mpara a direita. Depois do choque valemv1f + 2 m (2) = m (v1f + 4). Pela conser-vação do momento linear v1f = - 1 m/s.

76. e. Trata-se de uma colisão perfeitamen-te inelástica. A quantidade de movi-mento total se conservou e é nulaantes, durante e após a colisão. A ener-gia cinética do sistema não se conser-vou, sendo totalmente transformadaem outros tipos de energia: térmica,sonora e trabalho de deformações per-manentes.

77.

a) A é o ponto onde a pedra foi solta,do repouso, com o elástico esticado.B é o ponto onde a pedra atinge afruta. Adotando A como referência,temos que:

EB = EA & mgH +mVmV

2

2B = Eelástica &

& 0,15 $ 10 $ H +, ( )

20 1515 2 2$

= 30,3 &

& 1,5 H + 0,3 = 30,3 & H = 20 m

b)

1) C é a posição em que a mola readquireseu tamanho natural. Adotando A comoreferência, calculamos a velocidade dapedra em C:

EC = EA & mghC +mVmV

2

2C = Eelástica &

& 0,15 $ 10 $ 0,20 +, V

20 1515 2

C = 30,3 &

& 0,3 +, V

20 1515 2

C = 30,3 &

& VC = 20 m/s2 ) IR = ∆Q = mVC - mVA &

& IR = 0,15 $ 20 - 0 = 3,0 N $ s

78.

a) 1 ) Tempo de queda:

∆sy = v0y $ t +γ2

y t2&

& 1,25 = 0 +2

1010 t 2Q & t 2

Q = 0,25 &

& tQ = 0,50 s

2 ) Velocidade horizontal V1:

∆sx = v1t &

& 5,0 = V1 $ 0,50 & V1 = 10 m/sb) A força de atrito é a força resultante

utilizada na freada do carro.

τat = ∆Ecin. & µ m g d cos 180° =

=mVmV

2

2f -

mVmV2

02

&

& 0,7 $ 10 $ 12,5 (-1) =( ) V

21515

2

202

- &

& - 87,5 = 112,5 -V202

& V0 = 20 m/s

79. Temos conservação da componentehorizontal da quantidade de movimen-to linear. Portanto, Mpacote Vpacote =

= (Mrapaz + Mpacote) Vrecuo & Vpacote = 18 m/s

80. b.

Para um referencial no solo, temos:

EA = mgHA = 400 $ 10 $ 24 (J) = 96 000 J

EB =mVmV

2

2B + mgHB = m

VgHgH

2

2B

B+e o &

& EB = 400 2

100100 1010 4$+c m = 36 000 J

A energia dissipada Ed é dada por:

Ed = EA - EB = 60 000 J

81. a. 1) A colisão é frontal e perfeitamenteelástica, logo: V ′A = 0 e V ′B = 5,00 m/s

2) Durante a subida da esfera B, aenergia mecânica permanece cons-tante. A máxima altura H que aesfera B pode atingir é dada por:

mVmV2

2Bl = mgH &

& H =g

V2

2Bl =

,2020

2525 0= 1,25 m

24 m

A

B

4 m

"g

82.a.

1) Sendo a colisão elástica: Vaf = Vap, ouseja:

VB -V2

0 = V0 & VB =V2

3 0

2) Qapós = Qantes & MVB +mVmV

20 = mV0 &

& MV mVmV2

32

0 0+ = mV0 & M =m3

83. c. v2/c2 = 15/16, que, substituído na ex-pressão da energia cinética, nos leva aK = 3 Mc2. A expressão Mc2 é justamen-te a energia de repouso do elétron.

84. d.

1) Na queda livre de B, a energia mecâ-nica conserva-se:

Ef = EI & 9,0 = mB $ 10 $ 1,8 && mB = 0,5 kg

2) Para o equilíbrio inicial do sistema,temos: T = PB; 2T = PA, logo:PA = 2 PB & mA = 2mB = 1,0 kg

85. a)

x" e y" são os vetores dos eixos Ox eOy.

b) Na colisão haverá conservação daquantidade de movimento total dosistema, ou seja: Q

"

após = Q"

antes.Como p"A = 8 x" + 4 y" e q"A = 10 x",temos que:p"A + p"B = q"A & 8 x"+ 4 y"+ p"B = 10 x"&

& p"B = 2 x"- 4 y"

86. e. A afirmação I é falsa. Não há forçasexternas horizontais. A afirmação II éverdadeira. Na ausência de forçasexternas horizontais, o centro de massado sistema permanece imóvel. A afir-mação III é igualmente verdadeira. O

V0 /2 VB

após

repouso

M

BA

m

V0

antes

M

BAm


A

VS = 2 m/s

H

VA = 0

"g

A

C

VC

20 cm

V1

H = 1,25 m

D = 5,0 m

g = (10 m/s2)"

PA"

PB

H0 = 1,8 m

"

T"

T"

T"

B

A

PA"

PB"

qA"

y"

x0

"

y

x

movimento do pêndulo provoca umaredução igual a mgl na energia mecâni-ca do sistema.

87. Qi = 0 e Qf = -Mv + m $ (3,5 - v), logo:

v $ (M + m) = 3,5 m &

& v =,7070

3 5 5#= 0,25

sm

= 25s

cmcm

88. a) A força resultante sobre o sistema énula, logo a quantidade de movi-mento linear é conservada:

mv = MV + mu & V =Mm (v - u) &

& V =MM5

(300 - 200) = 20 m/s

b) A aceleração do projétil relativa ao cu-bo é obtida da relação: v2 = (u - V)2 +

+ 2 aL. Assim:

a =( ) ( ) ( )

Lv u V

2 6060300300 1801802 2 2 2- -

=-

&

& a = 960 m/s2

O tempo de duração da travessia édado por:

(u - V) = v - at & t =( )a

v u V- -=

=960960

300300 180180-=

81 s

c) A distância percorrida pelo cubo édada por: D = 0,5 act

2, onde ac é a ace-leração do cubo relativa ao solo e rela-cionada ao tempo t e à velocidade vpela expressão: v = act

2. Dessa expres-são obtemos ac = 20/(1/8) = 160 m/s2.Portanto, a distância percorrida é:

D =21 160

64641

64648080

=c m = 1,25 m

89. I = m $ v & v =mI

= v = &

& v =3( ) ,2

8 2 1010 2 8 10103# # #+ -

#

#,0 51

= 28 m/s

90. b. Em = Ec = Ep = m $ g $ h

91. a. A velocidade aumenta linearmenteaté o bloco L atingir o solo. A partir daía velocidade se torna constante.

92. c. Na colisão, o sistema tem como forçaexterna aquela aplicada pela haste dedireção y. Isso significa que na direção xo sistema é isolado e haverá conserva-ção do momento linear do sistema for-mado pelas esferas I e II.

93.

1) Da figura:

h = L - L cos 45° = L L122

22 2

- =-J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

áream

2) Conservação da energia mecânicaentre A e B:

mVmV2

12

= mgh & V1 = ghgh2 =

= gLgL gLgL22

2 22 2

-= -

J

L

KK `

N

P

OO j

3)

Da figura:

h1 = L - L cos 30° = L 123

-J

L

KK

N

P

OO=

= L2

2 3-J

L

KK

N

P

OO

4) Conservação da energia entre B e C:

mgh1 =mVmV

222

& V2 = ghgh2 1 =

= gLgL22

2 3-J

L

KK

N

P

OO = gLgL 2 3-` j

5) A variação da quantidade de movi-mento da esfera:

∆Q = m (V1 + V2) =

= m gLgL 2 2 2 3- + -b l

6) A quantidade de movimento adqui-rida pelo bloco tem o mesmo módu-lo de ∆Q, por ser o sistema isolado noato da colisão:

MV = m gLgL 2 2 2 3- + -b l&

& V =Mm gLgL 2 2 2 3- + -b l

7) τat = ∆Ecin. & µMgd(-1) =

= -M2

V 2& d =

gVµ2

2=

, Mm L

0 62 2 2 32

2 2

= - + -b l; E

Capítulo 7 Estados da matéria1. d. 2. c. 3. b.

4. a.

41111

32

132

-

-=

t100100

0=

-&

& t =2525400400

=

= 16 °C

5. d.

t h212212 3232

32324 2

2-

-=

--

&t180180

3232-=

=h

22-

& t = 32 + 90 h - 180 &

& t = 90 h - 148

6. a. A temperatura 0 K é a menor possí-vel. Assim, -100 K e -290 °C (-17 K) nãopodem ser medidas.

7. a. A equação de conversão é dada por:

T5

C =T

93232F -

&,T

5 99797 7 3232C =

-&

& TC = 36,5 °C

8. a. A equação de conversão é dada por:

T5

C =T

93232F -

&T5 9

5050 3232C =-

&

& TC = 10 °C

9. c. A equação de conversão é dada por:T5

C =T

93232F -

&, T

56 0 1010

932323

F#=

-&

& TF 1,1 $ 104 °F

10. d. T100100

C =T

107107 22E

-

-&

& TC =105105100100 (TE - 2) =

21212020 (TE - 2)

11. c. Representando as escalas, temos:

x x2020130130 2020

0100100 0

++

=--

&

&x 2020150150+

=x

100100& x = 40 °J

12. a. A equação de conversão é dada por:TK = TC + 273, logo, para TC = 2 # 107 °C,temos TK = 2,0000273 # 107 K 2 $ 107 K.

13. d. O coeficiente de dilatação da barraA é maior que o da barra B, logo abarra A dobra-se sobre a barra B, semhaver escorregamento entre elas.

14. d. O resfriamento do anel e do pinofará diminuir os diâmetros de ambos.Como é um pouco maior, o diâmetro doanel diminuirá mais do que o do pino,causando um melhor ajustamento.

°C°J

xx

0

130

–20

100


V1

h

L

L

L cos 45°

A

45°

O

B

V2

h1

LL cos 30°

C

30°

O

B

23

h

114

1

°C

t

0

100

m

4

h

2

°F

t

32

212

15. a. Quando um recipiente totalmentepreenchido com um líquido é aquecido,a parte que transborda representa suadilatação aparente. A dilatação real dolíquido é dada pela soma da dilataçãodo frasco e da dilatação aparente.

γaparente = γreal - γfrasco

16. c. A dilatação linear da haste pode serequacionada como segue:

∆l = l0 ∆T & =,

l Tl

∆∆

4 1001000 0202

0 $= =

= 5 # 10-5 °C -1

17. b. As dilatações lineares e volumétricassão respectivamente: ∆L = L0 $ $ ∆T e∆V = V0 $ γ $ ∆T. Dividindo uma pelaoutra, temos:

VL

V TL T

V TL T

∆∆

γ ∆∆

∆∆

30

0

0

0

$ $

$ $

$ $

$ $= = =

VL

3 0

0=

Como ∆V = 4,5% V0:

, %VL

VL∆

4 5 30 0

0= & ∆L = 1,5% L0

18. e. A dilatação volumétrica de um corpoé dada por: ∆V = V0 $ γ $ ∆T. Sabemos que:V0 = 5 $ 40 $ 30 = 6 000 cm3; γ = 3 $ = 3 $ 2 ## 10-5 = 6 # 10-5 °C-1; ∆T = 100 °C. Assim,substituindo os valores na equação,temos:

∆V = 6 000 $ 6 # 10-5 $ 100 = 36 cm3

19. b. Sendo T T∆ ∆5 9

C F= , temos:

T∆5 9

7070C = & ∆TC 39 °C

Assim: ∆V = V0 $ γ $ ∆T = 20 $ 0,0012 $ 39 0,940 L

20. b. O prejuízo devido à contração volu-métrica é:∆V = V0 $ γ $ ∆T = 4 000 $ 10-3 $ (-20) = -80 L

21. b. Sabemos que: V1 = 2 L; T1 = -73 + 273 == 200 K; P1 = 38 cmHg; V2 = 1 L; P2 =

= 1,5 atm = 114 cmHg. Da equaçãogeral dos gases:

TP V

TP V

1

1 1

2

2 2$ $= &

T2002003838 2 114114 1

2

$ $= &

& T2 = 300 K = 27 °C

∆T = 27 - (-73) = 100 °C

22. b. Sabendo que Vf = 3 $ Vi e Tf = 0,9 $ Ti,da equação geral dos gases perfeitos,temos:

TP V

TP V

i

i i

f

f f$ $= &

,TP V

TP V0 9

3i

i i

i

f i$

$

$ $= &

& Pf = 0,3 $ Pi

23. c. No estado inicial, temos: Ti = 17 °C == 290 K; Pi = 25 lbf/pol2; Vi = V. E nasituação final: Pf = 27,5 lbf/pol2; Vf = V(volume constante). Sendo um gás ideal:

TP V

TP V

i

i i

f

f f$ $= &

,T290290

2525 2727 5f

= &

& Tf = 319 K = 46 °C

24. d. Aplicando a lei de Charles, temos:

( )TV

TV S S H

3003001111

3603602

0

0 $ $= = =

+&

& H = 11,2 m

25. c. Dado que: pA = 12 atm; TA = 100 K;VA = 4 L; pB = 12 atm; TB = 200 K; VB = 8 L;pC = 6 atm; TC = 200 K, temos:

T Vp V

Tp V

A A

A A

B

B B

$

$ $= &

& TB = p Vp V

A A

B B

$

$$ TA =

48

$ 100 = 200 K

Tp V

Tp V

C

C C

A

A A$ $= &

& VC = p Tp T

C A

A C

$

$$ VA =

61212

100100200200

$ $ 4 = 16 L

26. e. 1) A transformação de A para B é iso-córica e sabemos, pelo diagrama,que: TB = 409,5 K, TA = 273,0 K e:PA = 1,00 atm, logo:

, ,,

Tp

TP P

409409 5 273273 01 0000

B

B

A

A B$= = &

& PB = 1,5 atm

2) A transformação de B para C é isotér-mica e sabemos que nas CNTP o volu-me de 1 mol de gás ideal é de 22,4 Le que, pelo gráfico, PC = 0,75 atm;assim, temos:PCVC = PBVB & 0,75 $ VC = 1,5 $ 22,4 =

= 44,8 L

27. d. Do estado A → B & isobárica; B → C& isotérmica; C → A & isocórica.

28. a. ∆U = Q - τ = 8 000 cal - 20 000 J == 33 600 J - 20 000 J = 13 600 J

29. Sabemos que o trabalho realizado pelogás na expansão é dado pela área sob acurva no diagrama p - V:

τ = 1,0 # 105 N/m2 $ 2,0 # 10-2 m3 =

= 2,0 # 103 JSabendo que a quantidade de calorcedida ao gás na expansão é Q = 5,0 ## 103 J, temos, pela primeira lei da ter-modinâmica:

Q = τ + ∆U & ∆U = Q - τ = 3,0 # 103 J

30. b. O rendimento é dado por: η = 1 -TT

2

1 ,

em que T1 = 373 K e T2 = 400 K. Assim:

η = 1 -400400373373

= 0,0675 6,8%

31. a. As escalas a seguir nos permitemconstruir uma relação linear:

N C1010 0

04040 3737

3737--

=--

&N C1010 3

3737=

-

A temperatura de mesmo valor numé-rico em ambas as escalas será:

x x1010 3

3737=

-& x 52,9 °C = 52,9 °N

°C°N

CN

37

10

0

40

32. a) Desprezando o peso do pistão eadmitindo que está em equilíbrio,temos:

Pgás = Ptotal =

= Patm +

+ d $ g $ h &

& Pgás =

= 1 # 105 +

+ 103 $ 10 $ 40 == 5 # 105 Pa

b) Como não há troca de calor (compres-são adiabática), podemos obter onovo volume do gás no interior docilindro pelo gráfico C, ou seja, o volu-me inicial é de 1 m3, que correspondeà pressão de 5 # 105 Pa e um volumefinal de 0,3 m3. O volume inicial do gásé V0 = S $ h0 = 3 $ 2 = 6 m3; assim, o volu-me final será Vf = 0,3 $ 6 = 1,8 m3. ComoVf = S $ hf & 1,8 = 3 $ hf & hf = 0,6 m

c) Admitindo-se o gás como ideal, tem-se:

TP V

TP V

0

0 0

f

f f$ $= &

3003001 1010 65# $

=

,T

5 1010 1 85

f

# $= & Tf = 450 K

33. c. Até o travamento do pistão o aqueci-mento do gás é isobárico. Após o trava-mento, passa a ser isocórico.

Tp V

Tp V

0

0 0$ $= &

Tp V

Tp V

42

0

0

0

0atmatm$ $= &

& p = 2patm

34. e. Para a água no estado líquido:0 °C T 100 °C ou 273 K T 373 K

35. c. Temos que: p1 = 2 atm; p2 = p1 = 2 atm;T1 = 300 K; V2 = 1,2 V1.

Tp V

Tp V

1

1 1

2

2 2= &

,VT

V300300

2 2 1 21

2

1$ $=

T2 = 300 $ 1,2 K = 360 K

θ2 = T2 - 273 = 87 °C

36. b.

37. c.

( )( )T

100100 00

120120 30300 3030c

-

-=

- -

- -&

&T

100100 1501503030c = & Tc = 20 °C

p

p

0

Patm(T0)

(4T0)

(2T0)

V0 2V0 V


Patm

Pgás

Ptotal

°x

TC

°C

0

0

120 100

–30

38. b.

Da figura, temos que:T

3030 20208282 2020

2525 20202020B

--

=-

-&

T10106262

52020B=

-&

&T

26262

12020B=

-& TB = 51 °B

39. c. Relacionando a altura da coluna demercúrio com a escala Celsius, temos:

Assim:

, ,,h T

2020 0 8 08 0

100100 00c

-

-=

-

-&

,,h T

1212 08 0

100100c-

= & h =θ

25253 c + 8,0 (I)

Para as escalas Celsius e Fahrenheit,temos:

T T5 9

3232c F=-

Fazendo-se Tc = TF = T, temos que:T T5 9

3232=

-& 9T = 5T - 160 &

& T = -40 °C = - 40 °Fque na equação (I):

h =( )2525

3 4040-+ 8,0 = -4,8 + 8,0 = 3,2 cm

40. e. 10 °C &T

93232

51010F -

= & TF - 32 - 18 &

& TF = 50 °F

40 °C &T

93232F -

=54040

& TF - 32 = 72 &

& TF = 104 °F∆T = 104 - 50 = 54 °F

41. b. p = nR ,VT como nR

VT

= constante,

então: p = constante (transformaçãoisobárica)

42. a. ∆LA = A $ L0A $ ∆θ & 3 = A $ 20 $ 5 && 3 = 100 $ A

∆LB = B $ L0B $ ∆θ & 3 = B $ 15 $ 5 && 3 = 75 $ B

100 A = 75 $ B & 4A = 3B &

&

43

B

A = = 0,75

43. O volume Vo pode ser expresso por:Vo = Lo

3, em que Lo é a medida da arestado cubo feita por um observador em

h (cm)

(20,0)(ponto do vapor)

(ponto do gelo)

h

(8,0)

(100)

(0)

T (°C)

TC

A

82 (água em ebulição)

(gelo fundente)

30

20

25

20

B

TB

repouso no seu interior. Para um obser-vador em repouso no referencial S, asarestas do cubo medem:

Lx = ,Lγ

0 Ly = Lo e Lz = Lo

γ =2 2

cv1 1

1001006464

61010

2

21 1

- = - =- -

c cm m

O volume da nave, medido pelo obser-vador em repouso no referencial S, é:

V = Lx $ Ly $ Lz =L Vγ γ

3o o=

ou V = 0,6Vo

44. a) A equação de estado do gás ideal épV = nRT, em que T é a temperaturaabsoluta do gás. Como a pressão émantida constante, a uma variaçãode volume ∆V corresponde umavariação de temperatura ∆T, satisfa-zendo a relação:

p∆V = nR∆T, ou TV

pnRnR

TV

∆∆

= =

Portanto,

=V T

VV T

V∆∆1 1

$ $= & =T1

b) T = 0 °C = 273 K, portanto

= (1/273) K-1

45. a. 1) L = L0 (1 + ∆T). Como L = 1,0020 L0,portanto:

1,0020 L0 = L0 (1 + ∆T) &

& =,

T∆0 00200020

& =3,

T∆2 0000 1010$ -

(I)

2) S = S0 (1 + $ ∆T). Como = 2 e∆Thaste = ∆Tplaca, temos que:

S = 2,50 # 103

3

$,

TT∆ ∆1 2 2 0000 1010

+-$

$d n =

= 2,51 # 103 cm2

46. a) Quando a porta do freezer é aberta,entra ar a uma temperatura maiordo que a de seu interior, fazendo apressão interna igualar-se à pressãoexterna. A porta é fechada e o arexistente no interior do freezer é res-friado rapidamente, diminuindo sen-sivelmente seu volume e, conseqüen-temente, a pressão interna. Como apressão do ar externo é maior, a dife-rença de pressão dificultará a suaabertura. Para conseguirmos abrir aporta, será necessário aplicarmosuma força de intensidade maior doque aquela decorrente da diferençaentre a pressão externa e a interna.Se deixarmos passar um certo inter-valo de tempo, notamos que a aber-tura da porta fica mais fácil. Issoocorre porque a vedação da portanão é ideal, possibilitando a entradade ar externo no interior do freezer.Esse ar será resfriado lentamente,mas aumentará o número de partí-culas de ar, o que aumentará a pres-são do ar no interior do freezer.Quando essa pressão tornar-se igualà pressão externa, a massa média dear de dentro do freezer ficará cons-tante e a porta estará presa apenas

pelos ímãs existentes na borracha devedação que aderem ao metal docorpo do freezer.

b)T

p VT

p V0

0 0

1

1 1= &

( ),2727 273273

1 0 1010 1501505$ $

+=

=( )

p3 273273

1501501 $

- +&

, p300300

1 0 1010270270

51

=$

&

& p1 = 0,9 # 105 N/m2

Portanto, usando a definição depressão, temos:

∆p =AFR

& FR = ∆p $ A &

& FR = (1 $ 105 - 0,9 $ 105) $ (1,0 $ 0,6) == 6,0 # 103 N

Capítulo 8 Calor1. a. A variação de temperatura é deter-

minada pela equação:Q = m $ cPb $ ∆T & 30 = 100 $ 3 # 10-2 $ ∆T& ∆T = 10 °CA variação na área do disco é obtidapela equação:

∆S = S0 $ $ ∆T = S0 $ 2 $ Pb $ ∆T &

&SS∆0

= 6 # 10-5 $ 10 = 6 # 10-4 = 0,06%

2. b. 3. b. 4. c. 5. a.

6. c. A temperatura não varia quandouma substância pura muda de fase.

7. e.I. Correta: sendo o metal um bom

condutor de calor, o aquecimentono interior da carne ocorrerá demaneira mais rápida.

II. Correta: tanto a fibra de lã quanto oar aprisionado entre as fibras consti-tuem bons isolantes térmicos, difi-cultando as trocas de calor entre apessoa e o meio ambiente.

III. Errada: o fato de o metal ser melhorcondutor do que a madeira implicaque o metal atinge mais rapidamen-te a temperatura de equilíbrio.Entretanto, tanto a madeira quantoo metal entrarão em equilíbrio tér-mico com o ambiente.

8. e. A sugestão está correta, pois ocobertor se comportará como um iso-lante térmico.

9. a. Como a água da superfície livre sofredilatação térmica, seu volume aumentae sua densidade diminui. Assim, comoas camadas superiores ficam menosdensas, não ocorre mais a convecçãotérmica. A água do fundo tem sua tem-peratura diminuída pelo processo decondução térmica.

10. d. A massa de 2 cubos de gelo provocauma variação de 24 °C na água, faltan-do apenas 1 °C para o início da sua soli-dificação. Ao colocarmos 4 cubos degelo, haveria mais energia a ser cedidapara a água chegar a 0 °C, ou seja, oequilíbrio teria sido atingido e haveriano copo gelo e água a 0 °C.


11. a. Na primeira experiência, T = 40 °C, jáque foram misturados volumes iguaisde água, 1,0 L a 60 °C e 1,0 L a 20 °C. Nasegunda experiência aquecemos o reci-piente B com 2,0 L de água a 20 °C até40 °C. Como aplicamos a mesma potên-cia (mesmo aquecedor) e a mesmaquantidade de água a ser aquecida, avariação de temperatura e os intervalosde tempo são diretamente proporcio-nais, isto é:

tT

tT

∆∆

∆∆

=ll&

( ) ( )t∆8080

6060 2020 4040 2020-=

-

l&

& ∆t ′ = 40 s

12. c. Para elevar a temperatura de 15 L(m = 15 kg) de água de 25 °C, é necessá-ria uma quantidade de calor:Q = m $ c $ ∆T & Q = 15 $ 1 $ 25 = 375 kcalA potência útil P será:

P =t

Q∆ 1/601/60 h

375375 kcalkcal= = 22 500 kcal/h

13. a) Sabemos que: T0 = 20 °C; T = 25 °C;V = 200 m3; d = 103 kg/m3; c = 4,2 ## 103 J/kg °C. A quantidade de calor écalculada por:

Q = m $ c $ ∆T = V $ d $ c $ ∆T && Q = 200 # 103 $ 4,2 # 103 $ (25 - 20) &

& Q = 4,2 # 109 J

b) O processo predominante de trans-ferência de calor entre o ambiente ea água da piscina é a irradiação.

14. e. ∆E = Q = P $ ∆t = U $ i $ ∆t && Q = 120 $ 5 $ 5 $ 60 = 180 000 J 4,3 ## 104 cal

15.

Cálculo da temperatura da água quesai do chuveiro:

10 $ 4,18 $ (28 - T) + 52,5 $ 4,18 $ (28 - 23) = 0& T = 54,25 °C

Cálculo do calor recebido pela água dochuveiro:

∆Q = 10 $ 4,18 $ (54,25 - 10) == 1 849,65 kJ

Cálculo da potência útil:

Pu =,

tQ

∆∆

1010 60601 849849 6565

$= = 3,08 kW

Como 20% da energia são utilizadospara aquecer o ar:

Pt =, ,

,P0 8 0 8

3 0808u = = 3,85 kW 4 kW

16. A potência desperdiçada pelo motoris-ta é dada por:

P =t

Qt

m c T∆ ∆

∆$ $= & P $ ∆t = m $ c $ ∆T &

& 120 $ ∆t = 2,6 # 720 # (37 - 2,4) && ∆t 540 s

16% V ⇒ 10 L

52,5 L84% V

17. Durante o aquecimento, a água absor-ve calor:

Q = m $ c $ ∆T = 1 $ 4,186 # 103 $ 80 == 334 880 J

Q = 0,7 $ Eincidente & Eincidente = 478 400 J

Logo a intensidade irradiada pelo Solna superfície terrestre é dada por:

I =, ( , )t A

E∆ π1818 4 6060 0 5

478478 4004002

incidenteincidente

$ $ #=

552 mW

2

18. e. De acordo com o gráfico:

P =t

m c T m∆

∆41 4040$ $ $ $

= = 10 m

Como P é constante, durante a ebuli-ção da água, temos:

10 m =t

m∆

540540$l

& ∆t′ = 54 min

19. e. Ambas as esferas recebem a mesmaquantidade de calor, logo:QA = QB & mA $ cCu $ ∆TA = mB $ cCu$ ∆TB &

& mA $ ∆TA = mB $ ∆TB &

& ρCu $ VA $ ∆TA = ρCu $ VB $ ∆TB &

&34 π $ RA

3 $ ∆TA = 34 π $ RB

3 $ ∆TB &

& ∆TB =RR

3

3

B

A ∆TA &

& TBf - TBi = 8 (100 - 20) && TBf = 640 + 20 = 660 °C

20. a.I. Dada a vazão φ = 4 # 10-5m3/s e o volu-

me desejado V = 40 L = 40 # 10-3m3,temos:

3 5

t∆4040 1010 4 1010

1m m

s3 3

I

# #=

- -&

& ∆tI = 1 000 s

II. Dada a potência P = 4 200 W = 4 200 J/s= 1 000 cal/s, a quantidade de calornecessária para aquecer 40 L de água(m = 40 000 g) de 20 °C a 50 °C é:Q = m $ c $ ∆T = 40 000 $ 1 $ (50 - 20) =

= 12 # 105 calLogo:

5

t∆1212 1010 1 1010

1calcal calcal

s3

IIII

# #=

-&

& ∆tII = 1 200 s

III. Considerando metade do volumeem I e metade do volume em II, ointervalo de tempo total será a somadas duas metades dos intervalos detempo de cada caso.

∆tIII =t t∆ ∆2 2

I IIII+ =

21 000000

21 200200

= + = 1 100 s

Ou seja, a opção I proporcionará aágua desejada no menor intervalode tempo.

21. c. A potência fornecida é constante,logo a quantidade de calor que elacede é proporcional ao tempo.Como em 3 s o sólido se aquece e emmais 5 se funde, temos:m c T m L∆

3 5$ $ $

= & 5 m $ c $ ∆T = 3 m $ L &

& L =35 c $ ∆T =

35

$ 0,6 $ 60 & L = 60gcalcal

22. a. Sabemos que a massa se conserva, ouseja:mágua = mgelo & dágua $ Vi = dgelo $ (Vi + 20) &

& 1 $ Vi = 0,9 $ (Vi + 20) & 0,1 $ Vi &

& 18 & Vi = 180 cm3

Logo a massa total será: m = 180 g.Então podemos calcular o calor retirado:Q = m $ c $ ∆T + m $ L = 180 $ 1 $ (0 - 20) +

+ 180 $ (- 80) && Q = -3 600 cal - 14 400 cal = -18 000 cal

23. d. Sabemos que o fluxo é constante,logo a massa de leite que entra em B,por unidade de tempo, a 5 °C e a 80 °Cé a mesma. O equilíbrio térmico éexpresso como:

m $ c (T - 5) + m $ c (20 - 80) = 0 && T = 65 °C

24. a) O fluxo de calor pode ser expresso daseguinte forma:

tQ

tm

∆ ∆= $ c $ ∆T &

&t

Q∆ = 3 $ 4 $ (25° - 15º) &

&t

Q∆ = 120 kJ

b) A potência do aquecedor é constan-te, logo:

tQ

tm

∆ ∆= $ c $ ∆T &

& 120 = 2 $ 4 (T2 - 15) & T2 = 30 °Cc) A variação de temperatura também

é a mesma:∆Tinício = ∆T & 25 - 15 = T2 - Tc &

& Tc = 20 °C

25. a) A potência fornecida pelo combustí-vel é:

P =3 600600

1s

5 L 3636 1010 J/LJ/L6$ #= 150 kW

A potência dissipada Pd correspondeà diferença entre a potência forneci-da à água e a fornecida pelo geradorPG; logo:

Pd = P - PG = 150 - 25 = 125 kWb) A potência utilizada para o aqueci-

mento e para vaporização da água édada por:

Pd =t

mcmc T mLmLt

m∆

∆∆

+= (c ∆T + L) &

& Pd = V (c ∆T + L) & 125 $ 103 =

= V (4 # 103 $ 75 + 2,2 # 106) && V = 5 # 10-2 kg/s

c) R =PPG

& R =1501502525 16,7%

26. a) Por conservação de energia:Qr + Qc = 0 & mgs L + mgs cvgs (Te - (-78))

+ mgc cgc (Te - (-10)) = 0102 $ 134 + 102 $ 0,20 (Te + 78) +

+ 102 $ 0,5 (Te + 10) = 0 & 5,2 Te =

= -199,6 & Te =,,

5 2199199 6

- = -38 °C

b) Gelo comum e vapor de gelo seco.

27. c. Considerando o sistema termicamen-te isolado, temos:ΣQ = 0 & Qbloco + Qcalorímetro + Qágua = 0 && 500 $ cmetal $ (60 - 100) + 5 $ (60 - 20) +

+ 200 $ 1 $ (60 - 20) = 0 && cmetal = 0,41 cal/g $ °C


do gelo foi derretido, ou seja, aindahá gelo na mistura.

b) Todo calor cedido pela água seráabsorvido pelo gelo. Sendo a fra-ção da massa de gelo derretida,temos que: m L = -mA cA ∆T. Logo = - (mA cA ∆T )/(m L) = 1. Todo o gelofoi então derretido.

c) A pressão P abaixo da superfície édada por P = P0 + ρgh em que P0 é apressão atmosférica. Portanto a dife-rença de pressão é ρgh = 103 N/m2

que é aproximadamente 1/100 dapressão atmosférica.

37. d. No vácuo a transferência de calor sóocorre por radiação; pelo metal, elaocorre por condução.

38. b.

39.d.

40. d. A pressão e a temperatura são inver-samente proporcionais ao volume.

41. b.

42. e.

43. c. A taxa P de calor emitido por um corpoaquecido é dada em função da sua tem-peratura absoluta por meio da expressãode Stefan-Boltzmann: P(T) = k T4, logo odiagrama é mais bem representado por:

44. ∆S a T = constante é dada por: ∆S = .TQ

Assim:

∆S =( ), ,

tmLmL

100100 2732733 0 5 4 10105

v $ $=

+cal/K

4 343 cal/K

45.MS

hchcGMkGMk

∆∆ π8 B= & ∆S =

hchcM GMkGMk∆ π8 B =

.TQ∆

= Como ∆Q = ∆U, temos:

∆S =TU

hchcM GMkGMk∆ ∆ π8 B=

Como ∆U = ∆Mc 2, temos:

TMcMc

hchcM GMkGMk∆ ∆ π82

B= & T =GMkGMkhchc

π8

3

B

46. a. A transmissão de calor através dossólidos é a condução térmica.

47. d. De A para B, a pressão permanececonstante e a transformação é chama-da isobárica. De B para C, o volumepermanece constante e a transforma-ção é chamada isométrica, isocórica ouisovolumétrica.

48. e. Q = m $ c $ ∆TComo a água e o óleo receberam amesma quantidade de calor Q, temos:

Q = m $ cA $ ∆TA = m $ cO $ ∆TO &

& cA $ ∆TA = cO $ ∆TO & 1 $ 10 = 0,4 $ ∆TO &

& ∆TO = 25 °C

T

P

0

28. b. Considerando o sistema termica-mente isolado, temos:

QA + QB = 0 & mA $ cA $ ∆TA +

+ mB $ cB $ ∆TB = 0 &cc

m Tm T

∆∆

B

A

A A

B B

$

$=- =

( )( ) ( )

mm2

3030 10103030 8080

20202 5050

A

A $=-

-

-=-

-= 5

29. a. A razão entre as energias térmicas édada por:

,,

QQ

m c Tm c T

mm

∆∆

1 00000 2525

2

1

2 2

1 1

2

1

$ $

$ $$= =

Como Q1 = Q2, temos:

,,

mm

0 25251 0000

2

1 = = 4,0

30. a. A capacidade térmica de cada umadas substâncias é dada por:

I. 500 $ 0,19 = 95 C

calcalo

II. 400 $ 0,031 = 12,4 C

calcalo

III. 200 $ 0,26 = 52 C

calcalo

Como Q1 = Q2 = Q3 & ∆tII ∆tIII ∆tI

31. a. Do estado A para o B, a pressão e ovolume aumentam, pois o sistema rece-be calor do meio externo.

32. a) Como η′ = η/2, temos:

η′ =( )

( )

2

11 227227 273273

2727 273273-

+

+

& η′ = 0,4

Como τ = P $ ∆t, em que ∆t = 1 h =3 600 s e Q = 7 200 $ 5,0 # 107 J, pode-mos obter a potência gerada peladefinição de eficiência:

0,4 =,

P7 200200 5 0 1010

3 6006007$ #

$& P = 4 # 107 W

b) Vamos calcular a quantidade decalor cedida para a água em 1 h:

Q′ = Q - τ = 7 200 $ 5,0 # 107 - 4 ## 107 $ 3 600 = 2,16 # 1011 J

Logo a potência cedida P′ para aágua é dada por:

P ′ =,

tQ∆ 3 600600

2 1616 10101111#=

l= 6 # 107 W

Podemos reescrever a potência emfunção do fluxo e da variação datemperatura, ou seja:

P ′ =t

d V c T∆

∆$ $ $= µ $ φ $ c $ ∆T

em que o fluxo é φ = 5 000 L/s = 5 m3/s,assim:6 # 107 = 103 $ 5 $ 4 000 $ ∆T & ∆T = 3 °C

33. b. Sabemos que Q = 800 cal = 3 344 J eτ = 209 J; então, pela primeira lei datermodinâmica, temos:

∆U = Q - τ = 3 344 - 209 = 3 135 J

34. a. Pela 1a lei da termodinâmica, temos:

∆U = Q - τ = mL - p ∆V &

& ∆U = 539 $ 4,18 - 1,0 $ 1,013 ## 105 $ 1670 # 10-6

&

& ∆U = 2,25 # 103 - 0,17 # 103 =

= 2,08 # 103 J = 498 cal

35. e. condução, radiação e convenção.

36. a) A temperatura final de equilíbrio dosistema é zero grau, pois apenas 1/4

49. d. V1 + V2 = 3 (I). Considerando o siste-ma termicamente isolado e a capacida-de térmica do recipiente no qual ocor-rerá a mistura desprezível:

Q1 + Q2 = 0 & (m c ∆T )1 + (m c ∆T )2 = 0 && d $ V1 $ c $ ∆T1 + d $ V2 $ c $ ∆T2 = 0 && V1 (60 - 20) + V2 (60 - 80) = 0 && 2V1 - V2 = 0 (II)

Resolvendo o sistema formado por (I) e(II), temos:

V1 = 1 L (20 °C) e V2 = 2 L (80 °C)

50. a) A quantidade total de calor irradia-da em 1 minuto é dada por:Q = 6 pessoas # 200 J/(segundo $ pes-soa) # 60 segundos = 72 000 J

b) Q = mC∆T = ρ $ V $ C $ ∆T &

& ∆T =$ $ $,V CQ

ρ 1 2 3 1 0000007272 000000$

= = 20 °C.

51. Temos:

2,( , )()( )()( )

tQ KAKA∆ ∆

∆θ∆θ2 5 1010

0 0101 4 2525$

= =-x

= 40 W

Portanto a quantidade de calor em 1,0 hé Q = 40 Wh.

52.tQ KAKA T

∆∆

∆∆

=x

&AQ∆

=

= 5 # 10-5,0 5

2525 3 600600#= 9 cal/cm2

53. e. Ao duplicarmos a temperatura T1,reduzimos a fração T2/T1 à metade deseu valor original. A eficiência originalé η = 0,30 = 1 - (T2/T1), ou seja, T2/T1 =

= 0,70. Após duplicarmos a temperatu-ra T1, teremos, assim, T2/2T1 = 0,35. Por-tanto, a nova eficiência passa a ser:

η′ = 1 - 0,35 = 65%

54. e.

No processo 1 não há realizações detrabalho, logo:

QV = ∆U = (3/2) nR∆T &

& nR∆T = (2/3) QV (1)

O processo 2 se realiza à pressão cons-tante, logo:

W = Pi ∆V = nR∆T &

& ∆U = QP - W = QP - nR∆T

Pelo processo 1, ∆U = QV. Assim temos,usando a eq. (1):

QV = QP - (2/3) QV & (5/3) QV = QP &

& QV = (3/5) QP = (3/5) # 100 = 60 joules

55. d. P =t

Q∆ & P ∆t = Q. Como não houve

mudança de estado físico, temos:

P ∆t = (m c ∆T )água + (m c ∆T )panela

Para a água: 2,0 L = 2 000 cm3, logo:

ρágua =Vm

& 1 = m2 000000

& m = 2 000 g

Pr

Pi

Vi

Tr

Ti

1

2

Tr

Vr


A intensidade de F1 é dada por:

F1 =d

K Q Qd

K Q5 52 2

2$ $ $-=

Após o contato, usando a conservaçãodas cargas elétricas, temos:

Q =Q Q Q Q Q

2 25 21 2+

=-

=-

O que nos leva à seguinte situação:

A intensidade de F2 é:

F2 =( d

K Q Qd

K Q2

2 22 2

2$ $ $- -=

)

Assim, a razão entre F1 e F2 é dada por:

FF

KdQ

KdQ5

52

1

2

2

2

2

$

$

= =

9. c. A posição das cargas pode ser repre-sentada por:

Fazendo um diagrama de forças para B,temos:

FAB = kr

Q Q2ABAB

A B$=

= 9 # 109 #66

( ), ,

31 2 1010 1 0 1010

2

# # #- -

&

& FAB = 1,2 # 10-3 N

FCB = kr

Q Q2C

C B$

B

=

= 9 # 109 #66

( ), ,

41 6 1010 1 0 1010

2

# # #- -

&

& FCB = 0,9 # 10-3 N

Logo a resultante das forças será dadapor:

R = F F2 2ABAB CBCB+ = 1,5 # 10-3 N

FAB"

FCB

R

B"

"

–2 –1

1

1

2

2

y

x

–1

A (1,2 µC)

B (–1,0 µC)C (1,6 µC)

2d

F2 F2

–2Q–2Q

Logo, na situação final: QA 0, QB 0,QC 0.

2. a.I. Correta. A carga positiva da esfera B

cria um potencial elétrico positivona superfície ao seu redor, inclusivena esfera A. O potencial de A iguala-se, por indução eletrostática, emtodos os seus pontos. Quando aesfera A é ligada à Terra por um fiocondutor, a diferença de potencialelétrico entre elas provoca uma cor-rente elétrica para a esfera até queseu potencial seja zero, igualando-se ao da Terra.

II. Incorreta. Como A recebe elétrons,sua carga total será negativa.

III. Incorreta. Como a carga total daesfera A é negativa, a força elétricatotal sobre ela é atrativa.

3. e. Sendo idênticas, após o contato, asesferas metálicas terão cargas iguais:

QA = 8,0 10–8 C QB = 0; Q; Q

Como a carga é conservada:QA + QB = Q + Q & 8,0 # 10-8 + 0 = 2 Q &

& Q = 4,0 # 10-8 CComo a carga elétrica elementar ée = 1,6 # 10-19 C, podemos concluir que aesfera B cede elétrons para a esfera A:Q = n $ e & 4,0 # 10-8 = n $ 1,6 # 10-19

&

& n = 2,5 # 1011

4. c. As partículas se encontrarão nametade da distância, pois, pela 3a lei deNewton, as forças de ação e de reaçãotêm a mesma intensidade.

5. d. Sabemos que a carga total (3 Q),quando as três esferas são separadas,divide-se em partes diretamente pro-porcionais aos seus raios, ou seja:

qmenor = ,Q2

qmédia = Q e qmaior =Q2

3

6. c. F = K $r

Q q2

$& 576 # 10-3 = 9 # 109 $

$)1

6

(Q

5 10102 1010

2#

$ #-

-

& Q = 8 # 10-6 C = 8µC

7. e. Como VB = 8 VA & RB = 2 RA, logo,após o contato, Q′B = 2Q′A = Q. Como acarga se conserva:

QA + QB = Q′A + Q′B & 4 + 5 = Q2

+ Q &

& Q = 6µC

Logo, após o contato, Q ′A = 3µC e Q ′B =

= 6µC.

8. e. Antes do contato, temos a seguintesituação:

d

F1 F1

–5QQ

A B A

Q Q

Bapós o

contato⇒

Portanto:#

,,

4 20 8484 10103

$ ∆t = (2 000 $ 1,0 $ (100 - 20)) +

+ (500 $ 0,20 $ (100 - 20))

200 ∆t = 160 000 + 8 000200 ∆t = 168 000

∆t = 840 s = 14 min

56. c.Para levar 100 g de água de 0 °C a -10 °C,é preciso retirar-lhe uma quantidadede calor Q, tal que:

Q = m c ∆T & Q = 100 $ 1 $ (-10) && Q = -1 000 cal

Ao agitar os 100 g de água, o sistemasai do estado de sobrefusão, utilizandoas 1 000 cal na formação de uma massade gelo m′, tal que: -1 000 = m′ $ (-80) && m′ = 12,5 g

57. c. Se o aquecimento do gás foi feito avolume constante, não houve realiza-ção de trabalho. Assim, toda a energiarecebida foi destinada ao aquecimentodo gás.∆U = 12,5 ∆T & 1 250 = 12,5 (T - 300) &

& 100 = T - 300 & T = 400 K

58. Lf =,m

Q0 5 10102020 1010

gcalcal3

3

#

#= = 40 cal/g

59. c =m T

Q∆

∆& =

= ( )/()/( )

( )/()/( )1010 0 8080 2020

4040 3030 100100 8080- -

- -= 3

60. a) .T

P VT

P VA

A A

B

B B$ $= Como TA = TB, te-

mos:

PA $ VA = PB $ 3VA & PB =P3A

b) O gás “recebe” energia na forma detrabalho. Como a transformação(BC) é isobárica:

T = p $ ∆V & T =P3A (VA - 3VA) &

& T =32

- PA VA

Capítulo 9 Corpos eletrizados1. a. O corpo A provoca indução eletros-

tática no conjunto B, C e Terra.

Desligando-se o conjunto BC da Terra:

Afastando-se A e separando-se B e C:

B

+

+

+

+

+

C

++

+

+

+

BCA

-

--

-

-

--

-

++

+

++

BCA

-

-- -

--

--

++ +

++

clíq.

csól.


10. c. A situação inicial pode ser represen-tada pela figura que segue:

Logo: F = K $dQ

2

2

& K $ Q2 = F $ d 2 (1)

Representamos agora a situação final:

As condições de equilíbrio são dadas nafigura que segue:

Ou seja:

cotg =FP

dKQKQm g

2

2E

$= (2)

substituindo-se (1) em (2), temos:

cotg =F d

m g d2

12

$

$ $

11. b. Sabemos que a carga no núcleo doátomo de hidrogênio é q1 = +e e que nonúcleo o átomo de hélio é q2 = +2e.Usando a lei de Coulomb:

F = k0d

q qk

de e2

21 2

0 2

$$

$= &

& F = kde2

0 2

2

12. c.

F1 = k $( ) ( )d

q qk

d

q q

2 24 2

2 2A B$

$$

= =

dk q

32321

2

2

$$

=

F2 = k $d

q qk

d

q q4 4

2 2A C$

$$

= =

dk q

16161

2

2

$$

=

FF

dk q

dk q

FF

16161

32321

21

2

1

2

2

2

2

2

1

$$

$$

Ñ= =

13. b.

R =IU

17

= = 7 Ω

U = R $ I = 7 Ω $ 4 A = 28 V

P"

FE"

T"

P = mg

T

d1

FE

14. c.

15. c.

16. d. O primeiro fio tem as seguintes pro-priedades: l, ρ, S = πr 2 e R = 10 Ω. Osegundo fio tem: l′ = 2 l, ρ′ = ρ, r ′= 2r,S′ = 4 S.

Como R = ρ ,Sl podemos comparar as

resistências, ou seja:

RR

rl

rl

πρπρ

42

2

2=

l&

R1010 2

1=

l& R′ = 5 Ω

17. d. Para que as correntes sejam iguais,as resistências elétricas também devemser, ou seja:

R1 = R2& ρD Dπ

ρπ

4

2 7272

4

10010012

22

$= &

2

DD

100100144144

2

1 =d n &DD

10101212

2

1 = &

& D1 = 1,2 D2

18. a) Ao aumentar a temperatura, aumen-ta-se a resistividade (gráfico ρ # T) e,portanto, a resistência elétrica au-menta. Desprezando-se os efeitos dadilatação térmica, temos:

ρ (2 000) = 65 # 10-8 Ω $ m

ρ(20) = 5 # 10-8 Ω $ m &R

R2020

2 000000 =

=

AlAl

ρ

ρ

2020

2 000000

c

c

m

m

&R

R2020

2 000000 = 13

b) P =R

U 2& 60 =

( )R

120120 2

& R = 240 Ω

c) R = ρAl

& 240 =

=)

2

26(

ρπ

45 1010

1010

5050 10102#

#

#-

-

-

&

& ρ = 90 # 10-8 Ω $ m. Pela análise dográfico, concluímos que a tempera-tura é 2 750 °C.

19. a) Considerando: L = 3 diâmetros =

6 raios = 6 $ 2,0 # 10-10 m e A = π $ r 2 =

= 3,2 $ (2,0 # 10-10)2 m2.

R = ρAL

= 1,6 #

# 10-8 $1010

2020, ,,

3 2 4 0 10101212 0 1010$ #

# -

-& R = 150 Ω

b) R = 6,,

iU

8 0 10100 1#

=-

& R = 12 500 Ω

20. b. P = 150 W + 150 W + 180 W + 200 W +

+ 200 W = 880 W

P = U $ i & i =UP

=220220 V880880 W

= 4 A

21. d. 50% acima da corrente nominal.

22. a.

23. c. i =UP

=220220 V

6 000000 W= 27,27 A

24. a.

P Q R S

- - + +

25. d. Lâmpadas em paralelo estão subme-tidas à mesma ddp. A potência máxima(1 W) é atingida quando a ddp em seusterminais for igual a 6 V. Assim, quandoligadas em série, para que a potênciaseja máxima, temos:

Como o gerador é ideal:

E2 = 6 V + 6 V + 6 V = 18 V

26. a. Sabemos que: Rs = 60 Ω; Rp = 30 Ω;Req = 50 Ω. Logo:

i =RU

Ω50505 V

eqeq= = 0,1 A &

& U40 = R $ i = 40 Ω $ 0,05 A = 2 V

27. e. O gerador é ideal, logo a indicaçãodo voltímetro é sempre igual à fem dogerador, independentemente de quaischaves estão fechadas. Portanto:

U1 = U2 = U3 = 4 V

28. a) Os três resistores estão sob a mesmaddp, ou seja, estão em paralelo.Assim:

R1

12121

12121

12121

eqeq= + + & Req = 4 Ω

b) A intensidade de corrente na saída

da fonte vale: i =RU

Ω41212 V

eqeq= = 3 A e

1 A em cada resistor. Logo as corren-tes nos fios AK e BJ serão de 2 A.

29. d. Com a chave aberta, o circuito equi-valente é dado por:

i =RU

eqeq& 0,3 = U

2020& U = 6 V

Com a chave fechada, o circuito equiva-lente é:

i =15156

= 0,4 A

A

i

i

10 Ω

6 V

5 Ω

A

U

20 Ω

300 mA

E2

6 V 6 V 6 V


d

F FQ Q" "

30. b.

U = R1 $ i1 = 20 $ 0,4 = 8 V

U = R2 $ i2 & i2 =58

= 1,6 A

Como i = i1 + i2 & i = 2 A, então:

U′ = R $ i = 1 $ 2 = 2 VA fem (ε) vale:

ε = U + U′ & ε = 10 V

31. a. O voltímetro deve ser ligado emparalelo com L1. O amperímetro deveser ligado em série com L1.

32. c. A condição para que a ddp, no LDRiluminado, seja desprezível em vistada ddp em R é: R 100 Ω. Para que addp em R seja desprezível em vista daddp no LDR não iluminado: R 1 MΩ.Portanto o valor que se ajusta às duascondições é: R = 10 kΩ.

33. c.

34. e. Como a rede é infinita, RAB equivale a:

Logo: RAB = 2R +R RR R

ABAB

ABAB$

+&

& R2AB - 2R R2

AB - 2R2 = 0

R

R

R

⇔RAB RAB

A

B

R

R

R

R

R R

R

3

2R

R R

R

R

0

R

R

R R/2

R R

R

R' = 0

R' = 0 R' = 0

R

2R

3

0

3R2

a)

b)

c)

d)

e)

ε

1 ΩU'

i1 = 0,4 A i2

U

i

20 Ω 5 Ω

Temos duas raízes:

RAB = R 1 3+` j e RAB = R 1 3-` j (quenão tem significado no problema)Logo: Req = R 1 3+` j

35. e. A situação está representada nafigura a seguir:

A intensidade da corrente elétrica será:

i =Rεeqeq

& 0,5 =, Rε

2 5&

Rε

= 1,25

Com a chave (Ch) fechada, temos oseguinte circuito:

i′ =Rεeqeq

=Rε

2

& i′ = 2Rε

= 2,5 A

Ou seja, o amperímetro, com a chavefechada, marcará 2,5 A.

36. c. Representando-se o circuito equiva-lente, temos:

Simplificando e indicando as correntesnos amperímetros, temos:

7i = 14 & i = 2 A (A1)2i = 4 A (A2)4i = 8 A (A3)

2R

R/2

R

A1

A2 A4

A3

M

4i

2i

i

7i

N

R

RR

R

R

A1

A2 A4

A3

M N

R

R

ε

A r

R

R

R R

i = 0,5 A

Req = R + 2R = 2,5R

ε

ε

A

A

2

⇔

⇔

37. a. O circuito proposto é equivalente a:

Como RAB = R2 +83 R1 = 2R2, temos:

83 R1 = R2 & R

R1

2 = r =83

38. d. Segundo a figura representada aseguir,

temos que:

i =RU

81616 V

Ω= = 2 A

P = R $ i2 = 4 $ 12 = 4 W

39. d. E = P $ ∆t && E = 2 $ 2 + 3 $ 4 + 6 $ 2 + 10 $ 2 + 2 $ 3 =54 kWh # 30 dias & E = 1 620 kWhPodemos, então, obter o resultado uti-lizando uma regra de três:

x11 1 620620

R$R$ 0 , 0kWhkWh kWhkWh

= & x = R$ 162,00

40. c. P = 20 # 100 W = 2 000 W; E = 2 kW $4 h $ 30 = 240 kWh. Logo:

xR$R$ 100100,0000500500 kWhkWh 240240 kWhkWh

= & x = R$ 48,00

41. d.

42. d.

43. e. P = R $ i 2. A corrente é máxima nocaso da associação em paralelo.

2 Ω

16 V

6 Ω

A

R3 R3

R1R1

R1

R1

R2

R2

R1

A B

2R3 = R1

A 2 B

B

B

A

A

38

R1

R1

R2

R2

R1

R1

R1

R1

R1

R1

⇔

⇔⇔

⇔⇔

⇔


57. d. A figura esquemática representa umcircuito:

Como i e R são os mesmos para os resis-tores em série, a tensão para cada umserá 2,0 V, logo a tensão total na asso-ciação é UAB = 6,0 V. Como itotal = 8,0 Ana associação, podemos calcular apotência dissipada, ou seja:

P = UAB $ i = 6,0 $ 8,0 = 48 W

58. d. A energia consumida por uma lâm-pada é E = P $ ∆t, logo a diferença entreo consumo entre duas lâmpadas é dadapor:

∆E = EA - EB = (PA - PB) ∆tPara UB = 100 V, temos iB = 1,2 A. Assim,em 1 h teremos:

∆E = (PA - UB $ iB) ∆t =

= (170 - 100 $ 1,2) $ 1 & ∆E = 50 Wh

59. a. As resistências das lâmpadas, nascondições nominais, são dadas por:

R =P

U 2& R1 =

21212 1212$

= 72 Ω

R2 =4

1212 1212$= 36 Ω

R3 =6

1212 1212$= 24 Ω

Considerando constantes as resistên-cias, o circuito pode ser representadocomo segue:

Assim:i =

48481212

= 2,5 # 10-1 A

60. a) Sim. V = R $ i & R =,,

iV

0 82 4

= = 3,0 Ω

b) P =tE

RV 2

= & E =R

V t2&

& E =,

( , )3 0

9 0 5 60602 # #= 81 # 102 J

c) Como P = R

V 2, para V = cte, quanto

menor R, maior P. Assim, para asassociações, temos:Associação I (em paralelo): Req = .R

3Associação II (em série): Req = 3R.Logo, na associação I, Req é menor e apotência dissipada será maior, per-mitindo um aquecimento mais rápi-do da água.

12 V12 V

72 Ω

36 Ω

24 Ω

24 Ω 48 Ω

i i

⇔

+ -

R

A B

R R

R

F

i = 8,0 A

U = 2,0 V

V

A

Para o aquecimento da água com umgerador de eletricidade:

Q2 =R

U 2$ ∆t =

1111110110 110110$

$ 3 600 =

= 3,96 # 106 JLogo Q1 7Q2. Ou seja, serão necessá-rios 7 L de gasolina para o gerador deeletricidade obter a mesma variação detemperatura que a combustão diretada gasolina.

52. d. Sabemos que:l100 - l20 = l20 ∆T = 2 # 10-3 $ l20 $ 80 &

l100 = 1,16 l20

No caso de a ddp ser constante e aresistência depender apenas do com-primento, temos:

PP

ll

2020

100100

100100

2020= &,P

1001001 1616

12020

= & P20 = 116 W

53. d. Quando ligamos, a resistência equi-

valente do circuito é Req =R2

, portanto:

i′ =RE

2

= 2RE

= 2i

P′ = Ei′ = E $ 2i = 2P

54. c.

P2 = 4 $ i 22& 9 = 4 $ i 2

2& i2 = 1,5 A

Temos:i1 = i - i2 & i1 = 0,5 AU = 4 $ i2 & U = 6 VU′ = 9 $ i1 & U′ = 4,5 V

Como U1 = U - U′, temos U1 = 1,5 V

R =,,

iU

0 51 5

1

1 = & R = 3 Ω

55. a. Segundo o enunciado:

P1 = 3 $ P2 & tE

tE

∆∆

∆∆

31

1

2

2$=

Para ∆t1 = ∆t2 = ∆t, temos:

tE

tE

∆∆

∆∆

31 2$= & ∆E1 = 3 $ ∆E2

Ou seja, a lâmpada L1 consome o triploda energia da lâmpada L2.

56. c. Vamos calcular o consumo mensal decada um dos dispositivos elétricos:

— lâmpada 60 W (L1)

∆EL1 = P $ ∆t =1 0000004 6060$

c m $ (30 $ 5) = 36 kWh

— lâmpada 100 W (L2)

∆EL2 = P $ ∆t =1 0000002 100100$

c m $ (30 $ 4) = 24 kWh

— chuveiro (ch)

∆Ech = P $ ∆t =1 0000004 000000

c m $ (30 $ 0,5) = 60 kWh

O custo mensal será dado por:

xE E E∆ ∆ ∆

R$R$ 0 ,20201kWhkWh1 2L L chch+ +

= &

& x = R$ 24,00

U'

U

R

i1i = 2 A

4 Ω

9 Ω

i2

U1

44. d.

P =,

tE∆

3 60060040403 6

= = 324 W

45. c. Para operar nas condições P = 6 050 We U = 110 V, a resistência será dada por:

P =R

U 2& R =

PU 2

=6 0500501101102

= 2,0 Ω

46. a. No caso da associação em série, a re-sistência equivalente é Rs = R1 + R2 = 9 Ω

Assim, como Ps =RU 2

S, temos: 16 = U

9

2&

& U = 12 VNo caso da associação em paralelo, aresistência equivalente é dada por:

Rp =R RR R

1 2

1 2$

+& Rp =

3 63 6$

+(Ω) & Rp = 2 Ω

Assim, como Pp =RU

p

2, temos:

Pp =( )

21212 2

(W) = 72 W

47. a)Como a resistência elétrica mantém-se constante, podemos escrever:

PU

PU

1

12

2

22

= &( ) ( )P6

24241212

1

2 2

= & P1 = 6 W

b) Não. Transformadores funcionamcomo “curto-circuitos” quando utili-zados com corrente contínua.

48. e. No caso de uma bateria ideal, temos:U = ε = 12 V. Logo a potência elétricadissipada na lâmpada é 40 W. Assim,temos:

P = U $ i & 40 = 12 $ i & i = 3,3 A

Podemos, então, calcular a resistência:

P =R

U 2& R =

PU

404012122 2

= = 3,6 Ω

49. b. P = 0,45 kW; ∆t = 6 h; logo ∆ε = P $ ∆t =

= 2,7 kWh.

50. b. A potência disponível é dada por:

Pt = Ui = 110 # 15 = 1 650 W

Como Pt = PL + PF & 1 650 = 150 + PF &

& PF = 1 500 W.

51. e. Na combustão direta da gasolina:

Q1 = m $ c $ ∆T = 200 $ 4 # 103 $ 35 == 28 # 106 J

R2 = 6 Ω

R1 = 3 Ω

Rp = 2 Ω

UU

⇒

R1 = 3 Ω R2 = 6 Ω RS = 9 Ω

U U

⇒


61. e. Circuito I: PI =R

E2

2

Circuito II: PII =RE

2

2

c m

Assim, temos:

/PP

REr

E

2

241

2

2

IIII

I = = = 0,25

62. Colocando a pilha invertida, o circuitoequivalente é expresso da seguinteforma:

a) I =, , ,

51 5 1 5 1 5- +

= 0,3 A

b) A potência dissipada: P = 3 $ (0,3)2 =

= 0,27 W.c ) No caso de uma ligação correta da

pilha, a corrente seria dada por:

I0 =,5

4 5= 0,9 A

Logo:

( , )( , )

PP

3 0 93 0 3

91

02

2

$

$= =

63. a) A potência fornecida pelo resistor édada por:

P =R

U4040

1201202 2= = 360 W

Para a experiência A, consideramos ointervalo de tempo entre 0 e 6 min(∆t = 360 s), logo a quantidade decalor fornecida à água é dada por:

P =t

Q∆ & Q = P $ ∆t & Q = 360 # 360 &

& Q = 129 600 JPara ∆t = 360 s, temos

∆T = 27,5 °C - 20 °C = 7,5 °C

Usando cágua = 4 J/g °C, podemosdeterminar a massa de água:

Q = m $ c $ ∆T & 129 600 = m $ 4 $ 7,5 && m = 4,32 kg

b) No caso de haver equilíbrio térmicoentre o bloco e a água durante toda

3 Ω

3I I

I

I

1,5 V 1,5 V 1,5 V

2 23

2 Ω Ω Ω3

E 2R/2

R

2R

2R

PII =

R

2

⇔

⇔

R

E 2

R

2R

2R

2R2R

PI =

⇔

⇔

a experiência (gráfico B) e conside-rando ∆t = 16 min - 16 min = 10 min,a quantidade de calor total forneci-da ao conjunto será:Qtotal = P $ ∆t = 360 $ 10 $ 60 = 216 000 JA quantidade de calor absorvidopela água, no intervalo de tempoconsiderado, é dada por:

Qágua = m $ cágua $ ∆T =

= 4 320 $ 4 $ (35 - 25) = 172 800 J

Ou seja:Qbloco = Qtotal - Qágua =

= 216 000 - 172 800 = 43 200 J

Assim, temos:Qbloco = m $ cbloco $ ∆T & 43 200 =

= 5 400 $ c $ 10 & cbloco = 0,8 J/g °C

64. a) Para a mesma luminosidade:N1L1 = NL & 80 $ 750 = N $ 500 & N = 120

b) Ptotal (127 V) = N1 $ P1 = 80 $ 75 = 6 000 WPtotal (110 V) = N $ P = 120 $ 60 = 7 200 WLogo a potência adicional é:

PA = 7 200 - 6 000 = 1 200 W

65. a. As resistências elétricas das lâmpadassão dadas por:

R =P

U 2& R1 =

( )10102020 2

= 40 Ω

R2 =( )20202020 2

= 20 Ω

R3 =( )

51010 2

= 20 Ω

R4 =( )10101010 2

= 10 Ω

Representamos, então, o circuito equi-valente da seguinte forma:

em que i1 =30302020 2

3= A; i2 =

60602020

31

= A;

assim, a indicação do amperímetroserá:

i = i1 + i2 = 1 APodemos, então, mostrar que nenhu-ma das lâmpadas queimará:

U1 = 20 #32

= 13,4 V 20 V

U2 = 10 #32

= 6,6 V 10 V

U3 = 40 #31

= 13,4 V 20 V

U4 = 20 #31

= 6,6 V 10 V

66. a) O calor (Q) fornecido ao sistema éigual à energia térmica dissipada noresistor:

∆E = Q = R i 2∆t && Q = 5 $ (0,10)2 $ 600 = 30 J

b) O gás levanta o êmbolo realizandouma força de 300 N, vertical para cima.O trabalho realizado é dado por:

τ = Fp $ d = 300 $ 0,030 = 9 J

20 V

20 Ω

20 Ω40 Ω

10 Ω

U3

i1 i1

i2 i2

U4

U1 U2

Ai

Com a primeira lei da termodinâmi-ca, temos:

∆U = Q - τ = 30 - 9 = 21 J

67. a) A equação característica do resistoré: U = 2 $ i. A curva que representaseu comportamento está apresenta-da a seguir:

b) Os elementos em série são percorridospela mesma i; como devem dissipar amesma potência, o ponto A é o únicoadequado para que o circuito entreem funcionamento. Logo i = 2,5 A.

c ) Como V0 = VR + VL = 5 + 5 & V0 = 10 Vd) P = U $ i = 5 $ 2,5 = 12,5 W

68. d. O esquema que representa a situa-ção é o seguinte:

U = E - r $ i = 12 - 0,8 $ 5 = 8 VAssim, a potência elétrica útil é dadapor:

Pu = U $ i = 8 $ 5 = 40 W

69. e. O esquema que representa a situa-ção antes de a lâmpada 1 queimar é oseguinte:

Depois de a lâmpada 1 queimar, temos:

1 2

3

V

i

i

B A

4

i = 0

1 2

3

V

i

2i

B A

4

i = 0

r = 0,8 Ω

i = 5 AE = 12 V

circuito

bateria

I (A)

V (V)

3,0

2,5

2,0

1,5

10 2 3 4 5 6 7 8

A

1,0

0,5

curva característicado resistor

antes

depois

2 $ i

i

2V $ i

V $ i

R $ i 2

R $ i 2

correnteentreA e B

potênciaretirada

na bateriapotência

em 3


70. a) Sabemos que a ddp nos terminais dabateria pode ser representada como:

V = ε - irE a ddp nos terminais do resistor:V ′ = iR. Como V = V ′, temos:

ε - ir = iR & ir = ε - iR & r =iε

- R &

& r =,3 0

1212- 3,5 = 0,50 Ω

b) Podemos calcular V ou V ′:V´ = V = ε - ir = 12 - 3,0 $ 0,50 =

= 10,5 V 11 Vc ) Pu = Ri2 = ε $ i − r $ i2 = 12 $ 3,0 - 0,5 $ 9,0 =

= 31,5 W 32 WLogo a eficiência será dada por:

η =PP

iP

3636 W3232 W

T

u u= = 88%

d) E = Pu∆t = 31,5 $ 10 $ 60 1,9 # 104 J

e) E = ∆Q = mc∆T & ∆T =mcmcE

&

& ∆T =,

2402401818 900900 0 2424# 19 °C

71. c.

72. b. O fato de o pente atrair o pedaço depapel indica que o papel ficou polariza-do pelo pente. Ao ser atritado no cabe-lo do estudante, o pente fica carrega-do. Neste caso, ao ser aproximado deum papel neutro, o campo elétricogerado pelas cargas no pente irá pola-rizar o papel, com cargas de sinal opos-to no lado do papel mais próximo dopente. Como a força elétrica diminuiucom o aumento da distância, o papelserá atraído pelo pente.

73. d. Ao fechar-se um pouco a torneira,diminui-se a vazão de água que atra-vessa o resistor, diminuindo, dessamaneira, a massa de água que seráaquecida por unidade de tempo.

74. A correta é: I = 2,5 # 109 (elétrons/m) ## 1,6 # 10-19 C # 5 $ 107 m/s = 20 # 10-3 C/s == 20 mA

75. O fluxo total do campo elétrico atra-vés da superfície do cubo é igual a φT =

= q/ε0. O fluxo através de cada face docubo será:

φ = φT /6 = (5,0 $ 10-9)(4π # 9,0 $ 109)/6 == 94,2

76. c. Sendo i a intensidade da correnteelétrica referente à descarga atmosféri-ca, n o número de elétrons, e a cargado elétron (em módulo) e ∆t o interva-lo de tempo, temos:

i =t

n e∆$

& n =e

i t∆$&

& n = 1919,,

1 6 1010100100 1010 1 05

$

$ $-

= 6,25 # 1025 elétrons

Logo a ordem de grandeza é de 1026 elé-trons.

77. d. Como as esferas atraem-se mutua-mente, não existem duas eletrizadascom cargas de mesmo sinal. Lembrando-se de que um corpo neutro é atraído porum corpo eletrizado e que corpos neu-tros não trocam forças de natureza elé-trica, conclui-se que uma esfera é neu-

tra, uma está eletrizada com carga posi-tiva e a outra, com carga negativa.

78. e.

A intensidade da força que A exerceem B é dada por:

FAB =d

K Q Q

ABAB2A B

& 0,50 =( , )K Q Q0 4040 2 &

& KQQ= 0,08 (unidades do SI) (I)

A intensidade da força que B exerce emC é dada por:

FBC =( , )

,d

K Q Q0 10100 0808

2BCBC2

B C= = 8,00 N

A intensidade da força que A exerceem C é dada por:

FAC =( , )

,d

K Q Q0 50500 0808

2ACAC2A C

= = 0,32 N

A intensidade da força resultante que ascargas A e B exercem em C é dada por:

FR = FAC + FBC = 0,32 + 8,00 = 8,32 N

79. e.

Seja a o lado do quadrado ABCD. Ascargas +q colocadas em A e C geramem D um campo elétrico de módulo:

E"

A= E"

C= K $aq

2

O campo resultante em D, devido às duascargas, A e C, tem módulo dado por:

E"

A, C= E"

A $ Kaq

2 2 2$=

Colocando-se uma carga negativa emB, de módulo qB, o campo em D seanulará:

E"

A, C& E"

B & Kaq

Kdq

2 2 2B

$ $= &

& 2Kaq

Ka

q2

22

B$ $=

` j

&

& qB = 2 2 q

Ou seja: qB = -2 2 q.

EAB"

EC"

EB"

EA

qBa

a

C

BA

Da

da

+q

+q

"

FAC

FAC

A B C"

"

(N)

(+) (–)

f'f' f

fFF

80. a) Pela lei de Coulomb, calculamos aintensidade da força elétrica entre asesferas:

F = K0 $ dQ Q

πεπε41

21 2

0$=

10109

( , )0 31 1010 5 1010

2$# $ #- -

= 5 # 10-8 N

A força é atrativa, pois as esferasestão eletrizadas com cargas elétri-cas de sinais opostos.

b) Após o contato, as esferas adquirem,cada uma, carga elétrica igual a:

Q =Q Q

21 2+

=)10109 #(

21 1010 5 1010+ -- -#

=

= 2,5 # 10-10 C

Pela lei de Coulomb:

F ′ = K0 dQ Q

πεπε41

20

$$=

( , )( , )

0 32 5 1010

2

1010 2

$$ -

= 6,25 # 10-9 N

A força é repulsiva, pois, após o conta-to, adquirem cargas de mesmo sinal.Respostas: a) 5 $ 10-8 N; atrativa

b) 6,25 $ 10-9 N; repulsiva

81. c. A força eletrostática é a resultantecentrípeta, ou seja:

rkeke

rmVmV

2

2 2= = mV 2

&

& V 2 =mrmrkeke2

& V = emrmrk 1,6 # 106 m/s

82. a. r =RL

πρ

2 e rA = 2 rB

( ) ( )RL

RL

πρ

πρ

22 2A

A A

B

B B= & ρ

ρ41

B

A= = 0,25

83. a) 1) Potência com a chave na posição I:

PI =,

( )RU

2020 0220220

1

2 2

= = 2 420 W2) Economia de energia elétrica:

∆E = (PII - PI) $ ∆t. Como: PII = 4 400 W,PI = 2 420 W e ∆t = 30 h $ (1/3) = 10 h(em 1 mês), temos que: ∆E = (4,40 -- 2,42) $ 10 = 19,8 kWh

b) Quantidade de água consumida nobanho em II:

Q = Eelétrica = PII $ ∆t = mII $ c $ ∆T &

& mII =cP t

∆θ∆θ∆

4 000000 15154 400400 2020 6060IIII

$

$

$$ $

= &

& mII = 88 kg & VII = 88 L

Economia de água entre os doisbanhos: ∆V = VII - VI = 88 - 48 = 40 L.

84. b. A potência elétrica do chuveiro édada por:

P =(1/3)(1/3) h

2 200200 WhWh= & P = 6 600 W &

& P = U $ i & i =UP

220220 V6 600600 W

= = 30 A

85. 3 220 = (220)2/R & R = 48 400/3 220 = 15 Ω

Eelétr.

∆E

rp

Fe

e-

+


dAB = 0,40 m

dAC = 0,50 m

dAC = 0,10 m

QA = Q QB = Q QC = Q

A B C

86. iA = 1,5 # 10-3 = 1,5/R & R = 1,0 # 103 ΩiB = (1,5 - ε)/R = 0,5 # 10-3

& ε = 1 V

87. d. Quando a chave S está aberta:Ea = 100 $ 0,5 + 0,5R = 50 + 0,5R

Com a chave S fechada, temos que:Ef = 50 $ 0,75 + 0,75R = 37,5 + 3/4R

Subtraindo Ef - Ea = (1/4) R = 12,5 && R = 50 Ω.

88. b. Inicialmente, temos a seguinte situa-ção:

Associando o resistor de 2 Ω e o de 4 Ω(em série), temos que:

Se i = 2 A no resistor de 6 Ω, no de 3 Ωé 4 A. Assim:

Os resistores equivalentes valem:

R =6 36 3

91818#

+= = 2 Ω

Pela 1a lei de Ohm: U = R $ i = 3 $ 6 = 18 V

89. e.

1) U = Rcq $ i & 80 = 20 $ i & i = 4 A2) UAC = R′ $ I = 3 $ 4 = 12 V

3) P =R

U4

12122 2ACAC = = 36 W

90. c. Em cada lâmpada, a intensidade dacorrente é:

i =UP

1 V0 ,5 W

= = 0,5 A

Logo, em cada série i = 0,5 A. Para astrês séries:

iT = i1 + i2 + i3 = 3 # 0,5 A = 1,5 A

ε

1 Ω

3 Ω2 Ω ε6 A 6 A⇒

ε

1 Ω

3 Ω 6 Ω2 A4 A6 A

6 A

ε

1 Ω

3 Ω (2 A) 6 Ω

ε

1 Ω 2 Ω

3 Ω 4 Ω(2 A)

91. c.

Ecq = 1,5 + 1,5 + 1,5 + 1,5 = 6,0 V

92. e. Adotando o potencial 0 V em A esabendo que as 4 lâmpadas são iguais,determinamos os potenciais em B(entre as lâmpadas 3 e 4) e em C (entreas duas baterias): Com a conexão do fioentre os pontos B e C, os potenciais nãosão alterados e, conseqüentemente, asquatro lâmpadas permanecem acesas,sem qualquer mudança em seus brilhos.

93. d. Resistência equivalente a R2 e R3:

Req =R RR R

2 3

2 3#

+= 20 Ω

E a corrente: i =R R

V1 eqeq+

= 0,2 A

A potência na resistência equivalente éP = Reqi

2 = 4/5 W.

94. c. Req = iU

1 A3 V

= = 3 Ω

Deste modo, a caixa pode conter aassociação de resistores indicada naalternativa c:

95. b. Os resistores de 3 Ω e 6 Ω estão emcurto-circuito, ou seja:

i1 = i2 = 0 e i3 =RU

Ω10101212 V

= = 1,20 A

96. b. No amperímetro A: i1

U = R20 $ i1 & 24 = 20 $ i1 & i1 = 1,2 AU = R40 $ i2 & 24 = 40 $ i2 & i2 = 0,6 Ai = i1 + i2 = 1,2 + 0,6 = 1,8 A

1 Ω 2 Ω

A B

3 Ω

A B

2 Ω

2 Ω

2 Ω

1 Ω

A B⇒

⇒

VC = 12 V VA = 0 V

VB = 12 V

12

34

1,5 V 1,5 V 1,5 V 1,5 V

1,5 V 1,5 V 1,5 V 1,5 V

série

série

paraleloE' = 6,0 V

E' = 6,0 V

Indicação do voltímetro V2: tensãoelétrica U2 no resistor de 20 Ω comque V2 está em paralelo.

U2 = R20 $ i = 20 $ 1,8 = 36 V

97. c.

98. c.

Do circuito, temos:

i =RE

ΣΣ

& 0,10 =,

,R2 0

2 0+

& R = 18,0 Ω

Aplicando-se a 2a lei de Ohm para ocondutor, temos:

R = ρ A

& 18,0 =

=8

,, ,

e 1 0 10102 6 1010 3 0 1010

2

2

$ #

# $ #-

- -

&

& e = 4,3 # 10-9 m

99. Resistência equivalente do circuito exter-no ao gerador, antes de R1 ser rompido.

Nas condições de potência máxima,temos:

RS1 +R

71515

= r & RS1 +R

71515

= 5R &

& RS1 =R

72020

Com a ruptura de R1, temos:

Nas condições de potência transferidamáxima, temos:

RS2 +R

11113030

= 5R & RS2 =R

11112525

A variação da resistência do reostatoé, em módulo, dada por:

∆RS = RS2 - RS1 =R R R

11112525

72020

77774545

- =-

1,0 V

1,0 Ω 1,0 Ω

1,0 V

b

ea

A

condutor deresistência R

20 Ω

40 Ω

24 V

20 Ω

10 Ω

i

ii

i

i

V1

i1

i2

V2A

U


4 Ω7 Ω

7 Ω

R = = 3 Ω

10 Ω

10 Ω

12 Ω

A

A

U = 80 V

U = 80 V

C

C

B

paralelo

série Req = 3 + 7 + 10Req = 20 Ω

R' = 3 Ω B

4 · 124 + 12

1,5 V 1,5 V 1,5 V 1,5 V

série

r = 5 RRS

4 R3

6 R

6 R

6 R

RR

Rε

ponte dewheatstone

10 R3

10 R3

15 R7

Req = R3 +

⇒

⇒

2 R

2 R

2 R

r = 5 RRS

6 RR

Rε ⇒

ε

r = 5 R

ε

r = 5 R

ε2 R

2 R

2 R

RS 2 R

4 R3

RS

r = 5 R

15 R7

100. Sendo o fluxo de energia solar médioincidente igual a 1,0 # 103 W/m2,concluímos que cada célula de área10 cm2 = 10 # 10-4 m2 recebe a seguin-te potência:

P =1,0 # 103 W/m2 $ 10 # 10-4 m2 = 1,0 W

Sendo de 10% a eficiência de conver-são de energia solar em energia elétri-ca e como cada célula é capaz de geraruma tensão de 0,70 V, a intensidade dacorrente fornecida por uma célula é:

i =UP

71

0 ,7070 V0,100,10 W A= =

l

Para obtermos 2,8 V, associamos nconjuntos de 4 células em série, lem-brando que a corrente mínima deveser 0,35 A:

n $71

= 0,35 & n = 2,45 3

Capítulo 10 Eletromagnetismo1. b. 2. a. 3. b. 4. d. 5. b.

6. c. Quando fracionamos um ímã, asnovas extremidades, de cada parte,passam a ter pólos opostos ao dasextremidades anteriores, ou seja:

7. a. Levando em consideração que oponto P está eqüidistante dos pólos dosquatro ímãs, que os ímãs são todosiguais e que o sentido do campo gera-do por um ímã é do norte para o sul,podemos representar os campos B1, B2,B3 e B4 no ponto P:

O alinhamento da agulha será com ocampo resultante, ou seja:

S

N

B1"

B2P

P"

BR"

B3"

B4"

⇔

N

F F

S SN

8. d. Fechada a chave K, as linhas de forçanas vizinhanças do cilindro podem serrepresentadas como segue:

Assim, se A for o norte do ímã, ocorre-rá atração.

9. e. Os transformadores funcionam ba-seados na variação do fluxo magnéticoatravés de um circuito, fenômeno cha-mado indução eletromagnética.

10. e. Usando a regra da mão direita, ocampo de indução magnética produzi-do pela corrente que passa no fio é ver-tical apenas no plano que contém amesa, não produzindo deflexão hori-zontal nas bússolas 1 e 5.Como não estão no plano da mesa, asbússolas 2, 3 e 4 sofrerão deflexão hori-zontal.

11. e. O movimento do ímã implica umavariação de fluxo magnético no interiordo enrolamento do carretel, fazendo comque surja uma corrente elétrica induzidano fio. A variação do fluxo e, portanto, aluminosidade da lâmpada dependerãoda velocidade do ímã. A derivada emcada ponto do gráfico x # t nos mostracomo varia a velocidade do ímã.

12. a) i =RU

1010200200 kVkV

Ω= = 20 kA

b) PD = U $ i = 2 # 105 V $ 2 # 104 A == 4 000 MWAssim, temos:

%P

xP P

100100D D C=

-&

& x =%

4 0000003 000000 100100$

= 75%

c) PD =( )

RU

10105 10102 5 2#

= = 25 000 MW

Assim, temos:

%P

xP P

100100D D C=

-&

& x =%

2525 0000002424 000000 100100$

= 96%

13. d. Na fig. 1 as linhas de força se unementre os dois pólos (atração), enquantona fig. 2, não (repulsão).

14. Pmecânica = d V g h / ∆t = 1,0 # 103 # 700 ## 10 # 100 = 7,0 # 108 W∆P = (Pmecânica - Pelétr.) = 7,0 # 108 - 6,3 ## 108 = 0,7 # 108 = 70 # 106 W

15. d. P = & Eelétr. = P $ ∆t = 0,75 kW $

$ 60 h = 45 kWh

16. a. Resistência elétrica da torradeira(constante).

P =R

U 2& R =

PU 2

& R =( )1 200200120120 2

= 12 Ω

Eelétr.

∆t

K+ –

esquerda

SULímã

SUL

NORTE

NORTEA B

A potência elétrica dissipada sob ddpde 108 V será:

P′ =R

U 2l& P ′ =

( )1212

108108 2

= 972 W

A economia é dada por:

Eelétr. = (P-P′) $∆t =( )

1 0000001 200200 972972-

$61$30 &

& Eelétr. = 1,14 kWh

17. a) Nas fases 1 e 2: no forno, a energiapotencial química armazenada nobagaço de cana é transformada emenergia radiante por meio da com-bustão dele. A energia radiante étransformada em energia térmica aoser absorvida pela água e é usadapara aquecê-la e produzir o vapor deágua. Nas fases 3 e 4: a energia tér-mica do vapor de água é transforma-da em energia mecânica de rotaçãoda turbina e, no gerador, a energiamecânica é transformada em ener-gia elétrica. O trabalho mecânico érealizado quando a energia térmicado vapor é transformada em energiacinética de rotação das turbinas.

b) 1) Q = m $ c $ ∆T = 200 $ 1 $ 90 = 18 ## 103 kcal

2) A massa de bagaço e o calor pro-duzido são proporcionais (regrade três).

m1 2 1010

1818 1010kgkg 3

3

#

#= & m = 9 kg

c) Se 1 080 kg são queimados por minu-to, teremos 18 kg por segundo.

Q1kgkg

1818 kgkg2 1010 kcalkcal3#

= &

& Q = 36 # 103 kcal = 144 # 103 kJComo a eficiência é de 50%, a ener-gia elétrica é dada por:

Eelétr. = 2144144

#103 kJ = 72 #106 J = 20 kWh

d)

Temos que: a + b + a = 200 & b = 200 -- 2a. A área cercada A é dada por:A = ab = a (200 - 2a). Logo a funçãoA = f(a) é dada por:

Assim, Amáx. ocorre em: a = 50 m e b =

= 100 m, ou seja, Amáx. = ab = 5 000 m2 =

= 0,5 hectare. Com 0,5 hectare de áreaplantada são produzidas 45 toneladasde cana. Supondo a potência constante,temos que reduzir a quantidade de cana

A

a

Amáx

0

arco deparábola

50 100

Rio

a

b

a


RSRS

RS

6 R 6 R

6 R

2 R 2 R

2 R2 R

2 R

2 R

5 R

R

R R

30 R11 30 R

11R3 +

⇒

⇒ ⇒

r = 5 Rε

r = 5 R

ε

r = 5 Rε

r = 5 R

ε

pela metade, o que faria a usina funcio-nar metade do tempo anterior (∆t/2) e,portanto, a energia consumida e o res-pectivo excedente se reduziriam pelametade, isto é, o excedente passaria aser 1 800 kWh na metade do tempo.

18. b. Ao sofrer um desvio, ficando perpen-dicular ao fio, a agulha sofre a ação deum campo magnético gerado pela cor-rente elétrica estabelecida no circuito.

19. d. Uso da regra da mão direita.

20. c. Pelo uso da lei de Lenz.

21. F = B $ i $ L = 3,8 # 10-5 T $ 500 A $ 1 m == 19 # 10-3 N

22. F = e2/(4 π ε0 r2) = 9,0 # 109 (1,6 # 10-19)2/

(5,0 # 10-11)2 = 9,0 # 10-8

a = 9,0 # 10-8 / 9,1 # 10-31 = 1,0 # 1023 m/s2

23. e. Para V"

= constante & Fe = Fmag. &

& q E = q V $ B & V =BE

24. e. Ao ocorrer a desintegração, as partí-culas de mesma massa passam a tervelocidades com a mesma intensidadee direção, mas em sentidos opostos.Sendo as velocidades perpendicularesao campo magnético B

", as partículas

descrevem trajetórias circulares. Pelaregra da mão direita, determinamos adireção e o sentido da força magnéticaque age em cada partícula, no instanteda desintegração. Assim, localizamos ocentro O das trajetórias. As trajetóriastêm o mesmo raio:

25. d. Considerando as es-piras isoladas e usandoa lei de Lenz, concluí-mos que o sentido decorrente nas duas é omesmo: anti-horário,logo a intensidade dacorrente em A é maiorque em B, pois a variação do fluxo mag-nético é maior em A. No fio que une asduas espiras, teríamos o seguinteesquema:

Concluímos que i =iA - iB, no sentidode iA. Conseqüen-temente, no senti-do de 2 para 1.

iB

iB

iA

iA

0–+

+

x

+q

+q

–q

– q–

Fm"

BP

"

V"

–V"

Capítulo 11 Ondas1. a. Sabemos que a altura do som corres-

ponde à sua freqüência.

2. b. v = 6 + 4 = 10 m/s. Logo:

v = λ $ f =Tλ

& T =vλ

1010 m/sm/s2020 m

= = 2 s

3. d.

4. a. λ =

sfv

5 000000 1

3030 000000s

cmcm

= = 6 cm

5. c. Pois sabemos que o período de um

pêndulo é dado por: T = 2πgL .

6. Para tubos abertos em uma das extre-midades e no primeiro modo de vibra-ção, temos:

f =,l

n v4 4 2 5 1010

1 3403402

$

$ #

$=

-=

= 3,4 # 103 Hz

7. c. Sabemos que: λ = 3 m, T = 2 s. Assim:

v =Tλ

23

= = 1,5 m/s

8. b. Sabemos que λ = 0,68 m e que a fre-qüência de som na água e no ar é amesma; logo:

v = λ $ f & 340 = 0,68 $ f &

& f =,0 6868

340340= 500 Hz

9. c. Pela figura a seguir, podemos con-cluir que 2,5 λ = 150 cm & λ = 0,6 m.

Assim, temos: v = λ $ f & 1,5 = 0,6 $ f & f = 2,5 Hz

10. d. Sabemos que T = 0,5 s e que λ = 5 cm.Ou seja:

v =,T

λ0 55

= = 10 cm/s

11. d. Sabemos que λ = 4 $ 2,5 = 0,1 m.Como v = 340 m/s, temos:

v = λ $ f & 340 = 0,1 $ f & f = 3 400 Hz

12. b. Temos: v = λ $ f & 330 = 0,165 $ f & f =

2 000 Hz. Sabemos que, para uma fontesonora, a freqüência pode ser expressacomo:

f =/vt

vtvtλ

λ=

A freqüência da onda sonora no refe-rencial do corredor é:

f ′ =/ ( ) /v

tv t

tv v t

λλ λC= =

-l l=

=( )v v

λC-

Mas podemos escrever que:

f ′ =/

( ) ( )v f

v vf

vv vC C-

=-

&

& f ′ = 2000 ( )

( , )330330 0

330330 6 6060 coscos 6060o$

-

-=

= 1 980 Hz

13. d. Pelo gráfico: T = 20 µs e f = 0,05 # 106 Hz.Observando a tabela, verificamos quegatos e morcegos são animais com per-cepção suficiente.

30 cm

150 cm

λ λ λ/2

14. a) Se considerarmos os instantes 1#10-9 se 5 # 10-9 s, obtemos T = 4 # 10-9 s e,por conseqüência, f = 250 MHz.

b) Como P = U $ i, temos:

c) Sabemos que a área desse gráficonos fornece a energia, isto é:

E =9( )

23 2 1010 2 1010 1212# $ #- - -

+

+1010( )

25 4 1010 2 1010 1212# $ #- - -

&

& E = 2 # 10-21 J

Pm =t

E∆ 4 1010

2 10109

2121

#

#=

-

-

&

& Pm = 5 # 10-13 W

15. b. A freqüência é o inverso do período.

16. a. v = λf. Então, o comprimento deonda associado à freqüência 100 kHz éλ = 3,4 mm.

17. b. Pelo princípio de superposição, duasondas de mesma amplitude, mesmocomprimento de onda e mesma fre-qüência viajando em sentidos opostosirão interagir de maneira a formar umaonda com mesma freqüência e ampli-tude igual à soma das amplitudes dasondas iniciais.

18. a) h = C - C cos θ = C(1 - cos θ). Então,mgh = mv2/2, ou seja, h = v2/2g = 0,05 m.Assim: cos θ = 0,5 e θ = 60º.

b) T - mg = m v 2/C & T = 20 Nc ) pfinal = mv = pinicial = 1 kg m/sd) v0 = 1 m/s. Fat = µmg & a = µmg/m =

= µg = 2 m/s2

Logo: m (v 2f - v 2

0)/2 = -µmgd = -amd& v 2

f = v 20 - 2ad & d = 0,25 metros.

19. d. λ = 40 cm e A = 10 cm

Temos, então, que: V = λf = 40 # 2,0 == 80 cm/s.

20. a. λ = 20 m e T = 10 s

f =T1

10101

s= = 0,1 Hz

v = λ $ f = 20 m $ 0,1 $ s-1 = 2,0 m/s

y (m)

y (m)

5 λ = 20 m

T = 10 s

5

30

x (m)

t (s)

10 cm10 cm

(comprimento de onda)

(amplitude)

λ

V

A

P (10–12 W)

t (10–9 s)0 1

1,0

2 3 4 5 6 7

2,0

AiB

iAN

B

R =

1. 2.

i

ii

i


21. b. Entre duas contrações sucessivas, opapel deslocou-se ∆s = 20 mm e v =

= 25 mm/s. Logo:

v =ts

∆∆

& 25 =T2020

& T = 0,8 s

Como um batimento se repete a cada0,8 s, pode-se determinar o número debatimentos em um minuto (60 s):

f1batimentobatimento 0 ,8 s

6060 s= &

& f = 75 batimentos/min

22. A razão entre as freqüências de oscilaçãoé igual ao inverso da razão entre os perío-dos de oscilação; portanto, igual a 4.

23. λ + λ/4 = L & λ = (4/5)L. Para o modofundamental, (1/4)λ0 = L & λ0 = 4 L.Portanto f0/f = 5.

24. a. T = 2π /L g . Quando T = 40 °C, Laumenta de comprimento, aumentan-do T e atrasando o relógio. Por outrolado, quando T ambiente é inferior a20 °C, ocorrerá o inverso e o relógioadiantará.

25. d. O som de maior freqüência é o de3 kHz = 3 000 Hz, ou seja: V = λ f &

& 340 = λ $ 3 000 & λ 11,3 cm.

26. c. De acordo com a figura, vemos queo comprimento de onda da onda éλ = 1,0 m. O período é dado por: T =

= λ/v = 1/5 s. Após t = 0, os pontos P eQ estarão a primeira vez sobre o eixo xno tempo t = (1/4) $ (1/5) = 1/20 = 0,05 s.

27. e. 1) A = xmáx. = 0,10 m

2) ω =,T

π π π24 02

2= = rad/s

3) Para t = 0, temos x = 0 e, portanto:

x = A cos (ϕ0 + ωt) & 0 = 0,10 cos ϕ0 &

& cos ϕ0 = 0 & ϕ0 =π2

ou ϕ0 =π23

Como imediatamente após t = 0 te-mos x 0, então ϕ0 =

π23 .

Logo:

x = A cos (ϕ0 + ωt) &

& x = 0,10 cos tπ π23

2+c m

28. A onda que parte da fenda (vidro) estácom fase oposta da onda que parte daoutra fenda (filtro). No ponto do ante-paro que está eqüidistante das duasfendas acontece uma interferência des-trutiva, ocorrendo um aclaramento demenor intensidade, mas que não apre-senta brilho nulo, já que as intensidadesdas ondas são diferentes. Onde ocorreinterferência construtiva, a intensidadeda onda resultante é menor que A devi-do ao enfraquecimento do sinal envia-do pelo filtro. A posição m na qual seforma o máximo central fica deslocadapara a direita em relação à posição ori-ginal, pois o filtro óptico emite umaonda de menor intensidade que a emi-tida pela lâmina de vidro.

29. d. (I) A percepção de um som maisbaixo (menor freqüência), à medida

que a corneta afasta-se do estudanteem repouso no alto do edifício.

V Vf

V Vf

0

0

somsom somsom F

F

! != &

&V340340 0

485485340340

512512F+

=+

&

& 340 + VF =485485

512512 340340$& VF 18,93 m/s

(II) A queda livre da corneta é um movi-mento uniformemente acelerado, logo:V V2

02

F F= + 2g∆h & (18,93)2 = 2 $ 9,8 ∆h &

& ∆h 18,3 m

Capítulo 12 Luz1. d

2. a. Desprezando o raio da Terra, temos:

Para o balão ocultar todo o Sol, o com-primento (x) da corda deve ser, nomáximo:

,x

150150 1010 0 7575 10104040

9 9# #= & x = 8 000 m

Assim, temos:I. Correta. Para qualquer comprimen-

to da corda menor que 8 000 m, obalão ocultaria todo o Sol e o estu-dante não veria diretamente nenhu-ma parte dele.

II. Incorreta. Veja comentário sobreafirmação I.

III. Incorreta. A distância do balão aoestudante (200 m) é muito pequenae a região de sombra não excederiao diâmetro do balão.

3. b. DSol = 400 DLua & dD

yxSolSol SolSol= &

&xD

yd

SolSol

SolSol =

dD

yxLuaLua LuaLua= &

xD

yd

LuaLua

LuaLua =

DS

xS y

d

imagem

Sol

40 m

Sol

balão

estudante

0,75 · 106 km

150/106 km

x

h

estudanteem repouso f0 = 485 Hz

V0F = 0

referencialDoppler

+

fF = 512 HzVF = ?

Temos, então, que:

xD

xD

SolSol

SolSol

LuaLua

LuaLua= &x

DxD400400

SolSol

LuaLua

LuaLua

LuaLua= &

& xLua =x400400

SolSol

Como xSol = 1 uA (1 unidade astronômica):

xLua =4004001

= 2,5 # 10-3 uA

4. b.

5. c.

A trajetória do raio de luz incidente noespelho 1 é horizontal. A trajetória doraio de luz incidente no espelho 2 évertical, ou seja, 2i = 90° & i = 45°

θ + 45° = 90° & θ = 45°No triângulo AII′ :θ + AB + 90° = 180° & 45° + AB = 90° & AB =

45°

6. b.

O triângulo OCD é semelhante aotriângulo OA′B′:

y120120 180180

3030= & y = 20 cm

7. a) Os raios de luz que partem de D e E etangenciam os extremos da aberturada porta (no plano horizontal quecontém a haste) delimitam a regiãodo espelho que, efetivamente, seráutilizada pelo observador.

b) Pela escala fornecida na figura: L =

= DEDE = 1,5 m.

O O'

B B'C

D

y

A A'30 cm 30 cm

60 cm 60 cm180 cm

120 cm 120 cm

θ

A

A

θ + i = 90°i'

iI

Ar = iA

O'

O

N

A

1

espelho

espelho

2

A

45°

B

DL

xL y

dLua


(vista de cima)régua

escala

L

D

O′

0 1 m

E

O

parede espelho

17. b. 18. b.

19. a.

20. c.

nA $ sen iB = nB $ sen rB ′ & rB ′ iB & nB nA

21. e. A figura fornecida permite concluirque a luz sofreu refração, passando deum meio menos refringente (A) a outromais refringente (B).

O raio refratado, em relação ao inci-dente, aproxima-se da N.No meio menos refringente (A), a velo-cidade de propagação da luz é maior,logo: vA vB.

22. b.

ri

sensensensen

= &

&r

30302 10103 1010

sensensensen

8

8o

#

#= & sen r 0,33

23. b. Os ângulos de incidência e refraçãodo raio de luz são:

= &vv

30306060

sensensensen

o

o

crcr

arar= &

& vcr = 0,57 $ var

vincidente

vpassa

sen iBsen rB

60o

i = 60o

ar

N

cristal30o

r = 30o

p

A

A

vprovém (ar)

vpassa (vidro)

luzvidro

ar

N

rA

iA

meio A70°

40°

50°

20°

meio B O raiorefratado,em relação ao incidente, aproxima-seda N

N

A

r

r

i A

A

A

B

NII

III

I

12. d. Conforme situação proposta, a abs-

cissa do objeto é: p =23 f. Substituindo

na equação dos pontos conjugados:

f p p1 1 1

= +l&

( / )f f p1

3 21 1

= +l

logo:

p f1

31

=l

& p′ = 3f

O que nos leva à conclusão de que aimagem é real, invertida e se forma noponto B.

13. c. Se o objeto for real, sua abscissa ép = +15 cm. Como a imagem é direitae mede h/5, temos que:

( / )yy

hh

pp5

= = -l l

& p′ = -p5

= -3 cm

Ou seja, a imagem é virtual. Assim:

f p p1 1 1

15151

31

= + = -l

&

& f = -3,75 cmOu seja, o espelho é convexo e o raiode curvatura é R = 7,5 cm.

14. a) Situação 1: espelho esférico convexo.A imagem obtida é virtual, direita emenor, mas o campo visual é maiordo que aquele que seria obtido comos outros tipos de espelho.Situação 2: espelho esférico côncavo.A imagem obtida é virtual, direita emaior.Situação 3: espelho plano. A imagem évirtual, direita e do mesmo tamanho.

b) A = -pp

23

=l

& p′ = -23 p

f p p1 1 1

= +l& f =

p ppppp

+l

l

f =( / )

( / )/

( / )p p

p Ppp

3 23 2

23 22

- +

-=

-

-= 3p &

& f = 3 $ 3,0 = 9,0 mmOu seja, o espelho é do tipo esféricocôncavo.

15. c.

f D D1 1 1

o i= + &

D f D1 1 1

i o= - &

&D1

20201

10101

20201 2

20201

i= - =

-=- &

Di = -20 cm

Como Di 0, a imagem é virtual.

A =DD

10102020

o

i = = 2

16. e.

x sH

sh

+= & H =

x

x x

4949

4949+

$ h = 5,0 m

4

49

P Q

x

x

h

s

S =

A V F C B

objeto

imagem

Dy

E

8. b. Campo visual do espelho para acâmara:

Logo a região que passa a ser visualiza-da é a seguinte:

9. e. I. Falsa, pois não está especificado o

referencial a partir do qual é medidaa translação da imagem.

II. Falsa, pois “eixo fixo perpendicularà direção de incidência da luz” não éúnico.

III. Falsa, pois não se define o plano quecontém o espelho.

10. e. Algumas pessoas utilizam um espelho“dupla face”, que proporciona, de umlado, uma imagem direita e de tamanhoigual ao do objeto que está à sua frentee, do outro, uma imagem de tamanhomaior que o do objeto. Entretanto,sabe-se que não se trata efetivamentede um espelho de face dupla, mas dedois espelhos independentes um dooutro. O espelho que nos proporcionauma imagem de tamanho igual ao doobjeto é plano e aquele que nos propor-ciona uma imagem maior que o objetoé côncavo. Porém, para que esta últimaimagem, além de maior, seja direita, oobjeto deverá ser colocado entre o vérti-ce e o foco principal do espelho.

11. a)

b) Assim, a haste de sustentação do sen-sor (colocado no foco secundário) blo-queia uma área menor do refletor emcomparação com a que bloquearia seestivesse no foco principal, F′, tornan-do a recepção do sinal mais eficiente.

v

EF′

F

C

eixo secundáriosa

télite

satélite

eixo principal

CF V

A B

C

BA

C

campovisual


33. a. A situação inicial corresponde a:

Afastando-se a lente do olho, temos:

34. a. A figura indica que a imagem forma-da pela lente é direita e menor que oobjeto (livro). Logo a lente é delgada edivergente. As figuras representam asituação inicial (a) e a situação final (b),quando a lente se afasta do objeto.

Observando-se as figuras, conclui-se que aimagem continua direita e ainda menor.

35. c. O observador verá nitidamente aimagem, se ela for colocada na regiãohachurada:

36. a) A determinação dos percursos dosraios extremos A1 e A2 pode ser feitaa partir da determinação do pontoP′, que é a abscissa da imagem doobjeto P. Usando uma escala em quef = 2 unidades e p = 6 unidades,temos que:

f1 1 1

p p= +

l&

21

61 1

p= +

l&

& p′ = 3 unidadesDessa forma, os raios refratados B1 eB2 que emergem da lente convergemno ponto p′, indicado na ilustração.Assim, os raios B1 e B2 atingem o muronos pontos A2 e A1, respectivamente.

b) A região iluminada tem formato cir-cular, e seu raio (3 unidades) é igualao da situação inicial do problema,isto é, antes da introdução da lenteconvergente.

vista de frentelente convergente

P P'A1

A2

B1

B2A1 = B2

A2 = B1

ff

muro

A

(disco)

(imag

em P

)

B

C

& sen θ = n1nn

11

22

- d n =

= , ,1 6060 1 52522 2- & θ 30°

30. a)

b)ri

nn

sensensensen

arar

esferaesfera= &

&n

45457070

1sensensensen

o

oesferaesfera= & nesfera = 1,34

Dessa forma, a velocidade da luz mo-nocromática no interior da esfera é:

vesfera =$,n

c1 34343 10108

esferaesfera= = 2,2 # 108 m/s

c ) A separação temporal ∆t entre doispulsos sucessivos na trajetória R1 é ointervalo decorrido entre a saída doraio que sofre reflexão em A, prove-niente da direção R0, e a do raio quesofre refração ao passar do interiorda esfera para o ar. Sabemos queResfera = 2,2 cm, logo:

∆t =,

,v

d2 2 1010

4 2 2 2 10108

2

esferaesfera #

$ $ #=

-

=

= 4 2 # 10-10 s

31. a)

nar $ sen θi = np $ sen θr

b) Para que o plástico reflita:

sen 45° sen LB =nn

22

p

arar = n1

p&

& np 2

32. d. O comportamento óptico de umalente esférica delgada depende darelação entre os índices de refraçãoabsolutos do meio e da lente. Quandoo índice de refração absoluto do meio émenor do que o do material da lente,ela é biconvexa e convergente.

45°

A

B

C

45°

R0

A

x x

xx

24. d. θ1 = 60º; n1 = 1; θ2 = 45º:n1 $ sen θ1 = n2 $ sen θ2 &

& n2 = θθ

45456060

26

sensensensen

sensensensen

2

1o

o= =

n2 =vc2& v2 =

nc

2= 6 # 108 m/s

25. Seja o ângulo de incidência do raiode luz que atinge o hemisfério de inci-dência e o respectivo ângulo de refra-ção, temos que: nar sen = nvidro sen .Seja ′ o ângulo de incidência do raiode luz no interior da esfera, quandoeste atinge a superfície do hemisfériooposto ao de incidência, e ′ o respecti-vo ângulo de refração, temos que: nvidro

sen ′ = nar sen ′. Como ′ = , temosque: nvidro sen = nar sen ′.Com as equações obtidas concluímosque: nar sen ′ = nar sen & ′ = .Portanto a lei de Snell tem solução parao ângulo de refração ′, comprovandoque o raio emerge da esfera.

26. b, d, e.

27. c. O raio de luz atinge a superfície dosemicírculo sobre a normal, no ponto deincidência e, por isso, passa para o acríli-co sem sofrer desvio, atingindo o centroO. Ao passar do acrílico para o ar, o raioluminoso refrata e passa do meio maisrefringente para o menos refringente,afastando-se da normal nesse ponto.Assim:

28. a)

iB + 37° = 90° & iB = 53° + 90° + rB = 180 &

& 53° + 90° + rB = 180° & rB = 37º

b)

n =,,

37375353

0 60 8

sensensensen

o

o= = 1,3

29.

nar sen θ = n1 sen θr e n1 sen θc = n2 sen 90ºComo θc + θr = 90º:

sen θc =nn

1

2 = sen θr

sen θ = n1 sen θr = n1 θ1 coscos2r- &

θFθCθ

nlíq.

nar

1,0

0,8

0,60,4

0,2

00 10 20 30

37° 53°40 50 60 70 80 90

θ (graus)

sen

θ

I

r

r

α = i

A

iA A

R

arlíquido

37o

O


N

N

R170°

N

x

45°45°

45°45°

45°45°

45°45°

R0

R2

A

70°

F0

O

imagem

olho

lustre

A0 F1 A1

F0

O

imagem

lustre

A0 F1 A1 olho

F

A(a)

(b)

B 0

A'

B'

F

A

B 0

A'

B'

64. Quando a lente equivalente tem f =

= 12 cm, temos:

f f f f12121 1 1 1010

1 2 1 2$= + - (I)

e quando há justaposição (d = 0), temos:

f f60607 1 1

1 2= + (II)

Temos, então, que:

f f12121

60607 1010

1 2$= -

Daí: f1 $ f2 = 300 e f1 + f2 = 35. Logo:f1 = 20 cm e f2 = 15 cm

65. L = (c/n) t = (3 # 108/1,5) $ 10-11 = 2 # 10-3 m

66. Nar sen 60° = Nazul sen θazul & sen θazul =

= 0,866/1,732 = 0,500 & θazul = 30°Nar sen 60° = Nverm. sen θverm. & sen θverm. =

= 0,866 / 1,225 = 0,707 & θverm. = 45°Logo: θ = 45° - 30° = 15º

67. a. A luz no interior das fibras ópticassofre sucessivas reflexões totais. Paraisso, o material do núcleo da fibra deveser mais refringente que o material da“casca”.

Observando-se qualquer ponto do grá-fico fornecido, tem-se: θA θB. Ou seja,o esquema é:

Podemos concluir que o material A émais refringente que o material B.Portanto o núcleo da fibra deve sercomposto pelo material A.

68. e.

nV sen rB = nar sen iB & sen rB =

I.nn

V

arar 1 & sen rB sen iB e rB 1. Logo,

o raio aproxima-se da normal narefração oblíqua do ar para o vidro.

II. Sendo nar e sen iB constantes para oazul e o vermelho, tem-se sen rB ∝1/nV. Como nVazul nVvermelho, concluin-do-se que:

(sen rB )azul (sen rB )vermelho &

& rB azul rB vermelho

nar sen iB a

nV

r

i

arvidro

A

A

B

θA

θB

N

A

núcleoda fibra

“casca” da fibra

onda, respectivamente, ligadas à idéiada dualidade partícula-onda.

57. b. A latitude de 23° 27′ corresponde aoTrópico de Capricórnio. A longitude de120° corresponde à Austrália.

∆S = c $ ∆t = 300 000 # 0,15 = 45 000 km

As ondas eletromagnéticas são trans-versais e tridimensionais.

58. b. A imagem é virtual e não dependeda posição do observador.

59. b. Sabendo que os espelhos formamimagens revertidas, que a imagem paraum espelho passa a funcionar comoobjeto para o seguinte, que o observa-dor visualiza a imagem formada por E3

e tomando I1 como a imagem do obje-to original formada por E1, I2 como aimagem formada por E2, a partir de I1,e I3 como a imagem formada por E3,a partir de I2, podemos representar asituação da seguinte maneira:

60. c. 1) Se a imagem é real, ela é invertidae, portanto, A = -4, logo:

A =f p

f-

& -4 =p8

8-

&

& -32 + 4p = 8 & 4p = 40 & p = 10 cm

2) Sendo A = -ppl

& -4 =p

1010- l

&

& p′ = 40 cm

d = p′ - p = 30 cm

61. a.

62.

Var $ sen rB = VCO2 sen iB &

& 340 $ sen rB .= 280 $ sen 60° &sen rB 0,71 & rB 45°

A freqüência do som no CO2 é igual àfreqüência do som no ar. Isso ocorre por-que, na refração, a freqüência da ondanão se altera. Logo: fCO2 = far = 6,0 kHz.

63. b. O ultravioleta tem menor compri-mento de onda e maior energia asso-ciada que o infravermelho.

arCO2

raio de onda

frentede onda

película(espessura desprezível)

iAiA

rArA

A'

B'

A 10 cm

40 cm

B

V

d

I1

I2I3

E1

E2

E3

G1933

1933 1933

19331933

37. b. i1 é real e invertida e i2 é virtual einvertida.

38. a) F1 - foco objeto de L1; F2 - foco obje-to de L2; F1′ - foco imagem de L1; F2′ -

foco imagem de L2.

b) a imagem de um objeto infinitamen-te afastado de L1 teria sua posição nofoco F1′ se L2 não existisse. Assim, F1′funciona como objeto virtual para L2;como F2 = -1,8 cm e P2 = -1,5 cm, usa-mos a equação das lentes:

f P P1 1 12 2 2

= +l&

&, ,P

11 51

1 81

18182

2= - =

l&

& P2′ =2

1818= 9,0 cm

39. d. A cor violeta, com maior freqüência,sofre maior desvio.

40. c. 41. a. 42. a.

43. e. Para correção do olho hipermétrope,devemos utilizar uma lente convergen-te. Para correção da presbiopia, deve-mos utilizar também uma lente conver-gente. Como, para perto, os raios pro-venientes do objeto são divergentes, énecessária uma lente mais potente.

44. a. Afirmação I é verdadeira, pois asondas mecânicas propagam-se somen-te em meios materiais. Afirmação II éfalsa, pois as ondas eletromagnéticaspodem propagar-se também em meiosmateriais. Afirmação III é falsa, pois aluz é uma onda eletromagnética.

45. e. O monóxido de carbono e o gás car-bônico presentes na atmosfera sãoopacos à radiação infravermelha.

46. c. No vácuo, todas as radiações eletro-magnéticas propagam-se com a mesmavelocidade. Dessa forma:

v = c = λ $ f

47. a. 48. a.

49. a. c = λf & λ =fc

100100 10103 1010

6

8

#

#= & λ = 3 m

Para o mesmo comprimento de onda(λ) e v = 330 m/s, temos:

v = λf ′ & f ′ =vλ 3

330330= & f ′ = 110 Hz

50. c.Como a velocidade é a mesma (c = λ $ f ):

5355351 620620

= 3,0

51. d. 52. b. 53. a. 54. c. 55. e.

56. c. As palavras “granulado” e “ondula-do” remetem às idéias de partícula e de

i2

i1


F1

L1 L2

F ′2

F ′1

F2

divergentes. A determinação da vergên-cia é feita com base no esquema abaixo:

f = - 5,0 m & f = Dmáx. = 5,0 m

V =f1

= -,5 01 dioptria = - 0,2 dioptria

Considerando f = -5,0 m = -500 cm esupondo p′ = -8,0 cm, a distância pentre o objeto e o olho será:

f p p1 1 1

= +l&

,p5005001 1

8 01

- = - &

& = +,p

1500500

18 01

- & =+,

p1

4 0000008 0 500500-

&

& p =492492

4 000000 8,1 cm

79. e. fo =,R

21

0 8$

As duas lentes plano-convexas sãoiguais e têm raios R1 = R e R2 = ∞. Assim,podemos escrever:

f1

= (n -1) R R1 1

1 2+c m = (1,8 - 1)

R1

&

& f =,R

0 8& f = 2fo

80. d. Cargas elétricas aceleradas originamcampos eletromagnéticos. É o caso deelétrons vibrando. Ondas de rádio eondas de luz são exemplos de ondas ele-tromagnéticas, convencionalmente dife-renciadas entre si em função da fre-qüência (ou do comprimento de onda)com que se propagam. Assim, são verda-deiras as declarações I e II, alternativa d.

81. c. De acordo com o gráfico, a maior taxade fotossíntese ocorre quando a luz inci-dente tem o comprimento de onda de,aproximadamente, 460 # 10-9 m, ou seja:

v = λf & 3 # 108 = 460 # 10-9 $ f && f = 650 THz

82. b. Tanto a luz como as microondas sãoondas eletromagnéticas, cujas freqüên-cias variam de acordo com a seguintedistribuição:

Observa-se que as microondas apresentamfreqüências menores que a luz visível.

450 500 550 600 650 700comprimento da onda (10−9 m)

taxa

de

foto

ssín

tese

retina

imagemfocalizada

cristalino

f

míope

foco

ponto remoto

lentecorretiva

objeto noinfinito

69. Quando o ângulo de incidência é igualao ângulo crítico de reflexão total,obtém-se que:Nlíquido = Nvidro sen φ = 1,5 # sen φ = 1,3 &

& sen φ = 0,866 & φ = 60°

70. d.I. Correta. As várias cores componen-

tes da luz branca têm índices derefração absolutos diferentes nodiamante e, por isso, separam-se(fenômeno da dispersão), seguindotrajetórias diferentes.

II. Correta. Quando um raio de luz pro-veniente do meio mais refringentede um dioptro incide na interface deseparação dos meios com um ângulode incidência maior que o limite,sofre reflexão total. É o que se ob-serva nas faces 1 e 2 do diamanteconsiderado.

III. Correta. Sendo L o ângulo limite dodioptro diamante-ar, temos:

sen LB =,n

n2 4

1diamantediamante

arar = 0,42

Como sen LB sen 30°, concluímosque L 30°.

71. b. As lentes A e C de bordos grossos, noar, são divergentes (f 0). As lentes B eD de bordos finos, no ar, são conver-gentes (f 0).

72. c. A lente conjuga a um objeto realuma imagem invertida em relação aoobjeto, e, portanto, de natureza real.Assim, trata-se de uma lente delgadaconvergente. Como o índice de refra-ção da lente é maior do que o índice derefração do meio, a lente deve possuirbordos finos, ou seja, as lentes B e D.

73. a) De acordo com a figura, a imagem doolho é maior que o seu tamanho real,isto é, a imagem é ampliada e, porisso, a lente usada só pode ser conver-gente. O defeito de visão que é corri-gido com lentes convergentes é ahipermetropia. O defeito de visãochamado presbiopia também podeser corrigido com lentes convergentes.

b) A = 1,25 e p = 2 cm

A =f p

f-

& 1,25 =f

f2-

&

& 1,25 f - 2,5 = f & f = 10 cmA vergência é dada por:

V =f1

=,0 11 di & V = 10 di

Respostas: a) hipermetropia; conver-gente

b) 10 di

74.

25/f = tg 30° = 0,500/0,866 && f = 43,3 mm

30°d

f

75. c.

Sendo f = 20 cm e pl = -50 cm, a distân-cia p entre o objeto e a lente é dada por:

f p p1 1 1

= +l&

p20201 1

50501

= - &

&p1

20201

50501

= + &p1

1001005 2

=+

&

& p =7

100100 cm

Mas: ,oi

pp

=-l

logo:

,( )i

2 07

1001005050

= --

& i = 7,0 cm

76. b

f = OF′ = 30 cm

77. a. Seja L1 a lente divergente e L2 a con-vergente, então:

f p p1 1 1

1 1 1= +

l&

p20201

80801 1

1- = +

l&

& p 1l = -16 cmA imagem produzida por L1 é virtual eestá situada a 16 cm à esquerda destalente. O aumento linear provocado porL1 fica determinado por:

A1 =pp

1

1-

l& A1 =

( )80801616

--

& A1 =51

A imagem produzida por L1 é direita emenor que o objeto, funcionandocomo um objeto real para L2. Em rela-ção a L2, temos:

f p1 1 12 2 2

= +pl

&+2020

11616 1414

1 12

= +pl

&

& 2pl = 60 cm

A2 =p2

2-

pl& A2 =

30306060

- & A2 = -2

A imagem produzida por L2 é invertida emaior que o objeto que lhe deu origem.

O aumento linear transversal é dado por:

Asist. =oi

oi

ii2 1

1

2$= = A1 $ A2 &

& Asist. =51$ (-2) = -0,4

78. e. O defeito visual é a miopia. Logo,recomendam-se, para a correção, lentes

o

objeto

objeto de L2

imagem de L2

imagem de L1

14 cm60 cm

16 cm

80 cm

l1

l2

L2L1

lente convergente

eixoprincipal

10 cm10 cm

OF'

f

F ′F

50 cm

20 cm

0

o

I


rádio

106

106 108 1010 1012 1014 1016 1018 1020 1022

104

104

102

102

10–2 10–4 10–6 10–8 10–10 10–12 10–141

comprimento de onda (metros)

infravermelho

potência

freqüência (Hertz)

microondas visível raios X

ultravioleta raios gama


Anotações:

FISICA_MP_001a096

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