HIPER
Resolução dos exercícios
complementares
FÍSICA
3. c
A velocidade do amigo de João pode ser escrita como:
60 km
v A = 60 km/h s v A =
s v A = 1 km/min
60 min
FM.01
1. a
10 dias = 10 ⋅ 24 = 240 h
Δs 480
s vm = 2 km/h
=
Δt 240
Desta forma, quando João passa pelo ponto P, seu amigo já está
4 km à frente.
sA= 4 + t
80
8
sJ =
⋅t = t
60
6
8
sA = sJ s 4 + t = ·t s 24 + 6t = 8t s t = 12 min
6
2. a
A trajetória é relativa ao referencial e acompanha o movimento do
trem.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3. e
I. d = 2,5 ⋅ 106 anos-luz (Errada)
II. d = 2,5 ⋅ 106 anos-luz = 2,5 ⋅ 106 ⋅ 3 ⋅ 107 ⋅ 3 ⋅ 105 s
s d = 2,25 ⋅ 1019 km (Correta)
III. Correta.
4.Soma = 58 (02 + 08 + 16 + 32)
(01) Errada: os trens completam a travessia da ponte no mesmo
tempo.
(02) Correta.
(04) Errada: pode-se determinar, pois os trens terminam a travessia simultaneamente.
(08) Correta.
DtA = DtB
150 + x 500 + x
=
s 300 + 2x = 500 + x s
10
20
s 2x − x = 500 − 300 s x = 200 m
(16) Correta.
150 + 200
Δt A =
s Δt A = ΔtB = 35 s
10
(32) Correta.
5. O trem de carga deve realizar o percurso de:
∆sc = 200 + 50 = 250 m
4. a
vcresc. = 0,06 cm/dia =
0,06 ⋅ 10−2
= 2,5 ⋅ 10–5 m/h
24
Em 1 h, o crescimento é 2,5 ⋅ 10–5 m; portanto, o número de camadas que surgem em 1 h é:
1 camada
10–10 m
n
2,5 ⋅ 10–5 m
−5
s n= 2,5 ⋅ 10
10−10
s n = 2,5 ⋅ 105
5. Δt = 1 h 25 min 11 s = 5.111 s
Δs = 53 · 5.864 = 310.792 m
Assim: v c =
310.792
vm=
· 3,6 H 219,0 km/h
5.111
v p =
v c ,c = v c ,c
Δsp
Δt
sv =
400
= 16 m/s
25
6. a) Quando A passar pelo ponto P, o avião B estará 320 km à
frente, pois:
∆sB = vB ⋅ ∆t = 640 ⋅ 0,5 = 320 km
Assim, temos:
• sA = s0 + vA ⋅ t s sA = 0 + 800 ⋅ t
• sB = s0 + vB ⋅ t s sB = 320 + 640 ⋅ t
Mas sA = sB s 800 ⋅ t = 320 + 640 ⋅ t s t = 2 h
b) a distância entre os aviões no instante mostrado na figura,
sabendo-se que ela retrata a perseguição 15 min. antes de o
avião A chegar ao ponto P.
dAB = dAP + dPB s dAB = vA ⋅ ∆t + vB ⋅ ∆t s
10 = x – 40
x – 40 = 10
ou x – 40 = –10
x = 50 km/h
x = 30 km/h
Como o automóvel se aproxima do caminhão, temos x = 30 km/h
Observação: ct = caminhão de trás;
cf = caminhão da frente e
c = carro
FM.02
1. Soma = 10 (02 + 08)
(01) Errado. O garoto está em movimento em relação a A.
(02) Correto. O garoto e o observador B possuem a mesma velocidade horizontal.
(04) Errada.
(08) Correta. Para A, a bola apresenta dois movimentos: horizontal
e vertical.
(16) Errada. Para B, a bola descreve um movimento retilíneo na
vertical.
s dAB = (800 + 640) ⋅
1
s dAB = 360 km
4
FM.03
1. e
v
a = Δ
Δt
a1 = 0 − 4
0,02
2. e
Comprimento do quarteirão: ℓ = 10.000 s ℓ = 100 m
Para que a av. Geralda Boapessoa seja liberada, devemos ter:
Δt =
250
s Δt = 25 s
Δt
t
50 – 40 = x – 40
s 10 =
Δt
Para o trem de passageiros:
6. e
t
Δsc
CADERNO 1
vm =
a1 = –200 m/s2
|a1| = 200 m/s2
a2 = 0 − 4
0,1
a2 = – 40 m/s2
|a2| = 40 m/s2
Δs 10 + 100 + 240 + 10
360
= 900 s = 15 min
=
s Δt =
0,4
0,4
v
1
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10/4/10 9:13:32 AM
2. a
x = 10 + 10 ⋅ t – 5 ⋅ t2 (SI) s v0 = 10 m/s e a = –10 m/s2
Portanto, a velocidade em t = 4,0 s vale:
v = v0 + a ⋅ t s v = 10 + (–10) ⋅ 4 s v = – 30 m/s
=
2
3. a)
v (m/s)
3+5
s vm = 4 m/s
2
2
1
Portanto, o deslocamento vale:
∆s = vm ⋅ ∆t = 4 ⋅ (5 – 3) s ∆s = 8 m
20
0
• s1 = s0 + v0 ⋅ t +
a⋅t
2
2
s s1 = 0 + 8 ⋅ t +
0,5 ⋅ t
2
s t2 =
b)
Δv
Δt
40 km/h − 0
a =
5s
8 km/h
a =
s
108
= 30 m/s
3,6
72
vC =
= 20 m/s
3,6
vA =
14
16
18
t (s)
De 0 a 4 s: Movimento uniforme.
De 4 s a 8 s; Movimento uniformemente retardado;
De 8 s a 12 s: Movimento uniformemente acelerado;
De 12 s a 16 s: Movimento uniforme;
De 16 s a 20 s: Movimento uniformemente retardado.
6. d
v = v0 + at
0 = v0 + a · 2,5 s v0 = –2,5a
(I)
2
v2 = v0 + 2a · Δs
2
0 = v0 + 2a(–6,25)
v02 = 12,5a
(II)
Substituindo (I) em (II), tem-se:
v0 = –5 m/s
v0 = –2,5a s –5 = –2,5a s a = 2 m/s2
2
s = s0 + v0t + at
2
v (m/s)
30
20
t
t
s = 6 – 5t + t2
= 20t + 100
FM.05
1. b
t = 20 s
vamb. = v0(amb.) + at
20 = 30 + a · 20
a = – 0,5 m/s2
Em módulo: a = 0,5 m/s2
v
g
FM.04
1. A s tA = t
B s tB = t + 2
2. b
2
at
2
0,5t 2
400 =
2
sA =
12
5. a
O movimento é, inicialmente, uniforme acelerado e, em seguida, uniforme. Assim, a posição x é mais bem representada pelo gráfico I e,
a velocidade, pelo gráfico II.
6. a
ΔsA = ΔsC
2
10
Δv 0 − (−10)
s a1 = 2 m/s2
=
Δt
5
Δv 0 − 20
Carro 2: a2 =
s a2 = – 4 m/s2
=
Δt
5
2
a⋅t
b) s = s0 + v0 ⋅ t +
2
2 ⋅ t2
Carro 1: s1 = 75 – 10⋅ t +
s s1 = 75 – 10 ⋅ t + t2
2
4 ⋅ t2
Carro 2: s2 = 50 + 20 ⋅ t –
s s2 = 50 + 20 ⋅ t – 2 ⋅ t2
2
a =
(30 + 20) t
8
4. a) Carro 1: a1 =
5. e
6
–2
20
= 80 s t H 9 s
0,25
0
4
2
• s2 = s0 + v ⋅ t s s2 = 20 + 8 ⋅ t
Quando o atleta 1 alcançar o atleta 2, temos: s1 = s2
8 ⋅ t + 0,25 ⋅ t2 = 20 + 8 ⋅ t s
2
–1
4. c
As funções horárias dos espaços para os dois atletas são:
at 2
at 2
s sA =
= t2
2
2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
v3 + v5
A
sB = s0 + vt = 4t
sA = sB
t2 = 4t s t = 4 s
b) sA = sB = 16 m
3.b
Em t = 3,0 s, a velocidade é:
v3 = v0 + a ⋅ t s v3 = 0 + 1 ⋅ 3 s v3 = 3 m/s
Em t = 5,0 s:
v5 = v0 + a ⋅ t s v5 = 0 + 1 ⋅ 5 s v5 = 5 m/s
Entre esses dois instantes, a velocidade média é:
vm =
sA = s0 A + v0 ⋅ t +
a = 0
t2 = 1.600 s t = 40 s
Δv 4 – 0
=
= 2 m/s2
2. a) aA =
Δt 2 – 0
a=
p
2
R = 2M
a=p
R=0
a = 2p R = 2M
R= M 2
2
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10/4/10 9:13:44 AM
3. a
4. • θA = θo + ωA ⋅ t s θA = 1,5 ⋅ t
• θB = θo + ωB ⋅ t s θB = 3(t – 4)
Temos θA = θB, então:
1,5 ⋅ t = 3 ⋅ (t – 4) s 1,5 ⋅ t = 3 ⋅ t – 12 s 1,5 ⋅ t = 12 s t = 8 s
P'2
∆r2
∆r1
R2
R1
5. e
I. (V) A velocidade angular varia para compensar o aumento da
velocidade escalar tangencial à medida que o dispositivo de
leitura se movimenta radialmente.
II. (F) O número de voltas será diferente para as duas faixas, pois
possuem raios diferentes.
III. (V) A velocidade linear é constante (v = cte)
Por outro lado, v = w · R. Como R aumenta, w diminui. Assim:


Δr1 ≠ Δr2


v1 ≠ v2
P2
P1
,
PP
= P2P2,
1 1
4. b
v = –10 m/s
ω =
vC
v
6. d
vC
–10 = vC – vB

30 = vC + vB
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
20 = 2vC
s vC = 10 m/s
θ
vcs = v
v a-s
sen θ v a-s
0,8 80
s
=
s
=
tg θ =
s v = 60 km/h
v
v
v
cos θ
0,6
dPA
60
s vPA = 0,5 m/s
=
Δt
2 ⋅ 60
d
dPA
60
b) vPM = PM =
s vAM = 0,8 m/s
=
Δt
cos θ ⋅ Δt 3
⋅ 2 ⋅ 60
5
d
d ⋅ sen θ
c) vAM = AM = PA
Δt
Δt ⋅ cos θ
3
4
Se cos θ =
, então sen θ =
. Portanto:
5
5
6. a) vPA =
vAM =
12
B
A
1 12 − 1
1
11
360
=
⋅t s t =
s t = 16,36 min
⋅t s =
2  360 
2 360
22
FM.07
1. a
1
Distância A: hA =
· g · (tA)2 s hA =
2
1
Distância B: hB =
· g · (tB)2 s hB =
2
B 45
=
=9
A
5
vas
2p
2p
p
s ωA =
rad/min
=
TA 12 ⋅ 60
360
2p 2p
p
ωB =
s ωB =
rad/min
=
TB
60
30
ωA =
Sabemos que θ = θ0 + ω · t , assim:

p
p
⋅t
θ A = +
2 360

p
θ =
 B 30 ⋅ t
Mas θA = θB, então:


p + p ⋅ t = p ⋅ t s p = p ⋅  1 − 1  ⋅ t
2 360
30
2
 30 360 
5. b


Sejam vc-s a velocidade da chuva em relação ao solo; v a-s a veloci
dade do automóvel em relação ao solo e vc-e a velocidade da chuva
em relação ao estudante.
vce
2p
, para que diminua, T deve aumentar.
T
1
· 10 · 12 = 5 m
2
1
· 10 · 32 = 45 m
2
3
CADERNO 1
P'1
2. d
Queda livre:
1
1
h1 =
·g · t2 s h1 =
· 10 · 42 s h1 = 80 m
2
2
Velocidade após 4 s:
v = v0 + g ⋅ t s v = 0 + 10 ⋅ 4 s v = 40 m/s
Queda com velocidade constante:
h2 = v ⋅ t = 40 ⋅ 3 s h2 = 120 m
Altura de queda:
h = h1 + h2 = 80 + 120 s h = 200 m
4
5 s v = 0,7 m/s
AM
3
2 ⋅ 60 ⋅
5
60 ⋅
3. d
FM.06
1. e
v = 20 m/s
(20) = 5 m/s2
v2
sa=
80
R
2
a = ac =
2. b
2p ⋅ R 2 ⋅ 3,14 ⋅ 6.400
v =
s v = 1.675 km/h
=
T
24
h
Na linha do Equador: veq. = 1.675 km/h ou veq. = 465 m/s
Latitude 25°:
v = veq ⋅ cos 25° = 465 ⋅ 0,91 s v = 423 m/s
h = h0 + v0 · t – 5t2
t = 6 s (tempo após o piloto ter abandonado a pedra)
0 = 4v0 + v0 · 6 – 5 · (6)2
0 = 10v0 – 180
v0 = 18 m/s
vB = 18 m/s
h0 = 4 · 18 = 72 m
3. a
T = 3.600 s
f =
1
1
sf =
Hz
T
3.600
3
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10/4/10 9:13:56 AM
4. c
2
Equação de Torricelli: v2 = v0 + 2a · Δs
Altura máxima: v = 0 e v0 = 27 m/s
5. d
gt 2
h =
2
2
g ⋅ (1)
3 =
2
6.
vx
2,5 m
14 m
g = 6 m/s2
vx =
6. vavião = 360 km/h = 100 m/s
∆s = vavião ⋅ ∆t s ∆s = 100 ⋅ 1,0 s ∆s = 100 m
Δs
t
t w h =
FM.08
1. a
O ângulo de 30° é com a vertical.
1
vx = v0 · sen 30° s vx = 400 ·
s vx = 200 m/s
2
3
v0y = v0 · cos 30° s v0y = 400 ·
s v0y = 200 3 m/s
2
gt 2
2
2,5 = 5t2
t 2 = 0,5 s t = 0,7 s
vx = 20 s vx H 28 m/s
0,7
Espelho
Sabendo que cada movimento demora 0,4 s, então, em 1,74 s, é
possível efetuar 4 movimentos.
4
B
x = v0 ⋅ cos 45° ⋅ t s 0,5 = v0 ⋅
Na vertical:
y = y0 + v0y ⋅ t +
a⋅t
2
2
2
2
⋅tst=
2 ⋅ v0
2
s 0,4 = v0 ⋅ sen 45° ⋅ t –
2
⋅ t – 5 ⋅ t2
2
Substituindo (I) em (II):
s 0,4 = v0 ⋅
10 ⋅ t
2
A
O
10
8
C
s
D
2
4
(II)
Da geometria da figura, a distância inicial entre o observador O e a
imagem P’ da bola é 5 unidades. A nova distância entre a máquina e
P’ deve ser 10 unidades. Para a máquina posicionada em A, temos:
2
0,4 = v0 ⋅
P’
5
3
5
3
(I)
2
4
P
 2 
2
2
 s 0,4 = 1 − 2 ⋅ 5 s v = 5 m/s
⋅
− 5 ⋅ 
0

2
2 2 ⋅ v0
v02
 2 ⋅ v0 
P’
5
P
4. d
P’
4
3
O
4
4
v0
3
3
5
5
A
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
FO.01
1. e
O diâmetro aparente da bola, na foto, reduz-se à metade quando a
distância entre a máquina e a imagem da bola (que é o objeto para
a máquina) duplica.
2. a
Tempo de permanência no ar:
v ⋅ sen 60°
2 ⋅ 10 ⋅ 0,87
ttotal = 2 ⋅ tsubida = 2 ⋅ 0
s ttotal =
s ttotal = 1,74 s
g
10
3. a
Na horizontal:
6m
O
Para a máquina posicionada em D, a distância entre a máquina e P’
também vale 10 unidades.
(DP’) = 82 + 62 s DP’ = 10.
Logo a alternativa correta é e.
v0 = 1.440 km/h = 400 m/s
vy = v · sen 30° = 400 · 0,5 = 200 m/s
vy = v0y
v y2 = v02y + 2a · Δh. Para v0y = 0
0 = (200)2 – 20h
h = 2.000 m
Altura total: H = h + 1.000
H = 3.000 m
2. e
A figura seguinte ilustra a situação dada no texto:
5. v0x = v0 ⋅ cos 60° = 400 ⋅ 0,50 s v0x = 200 m/s
3
v0y = v0 ⋅ sen 60° = 400 ⋅
s voy = 200 3 m/s
2
Altura máxima:
(vy)2 = (v0y)2 + 2 ⋅ g ⋅ h s 0 = (200 ⋅ 3 )2 – 2 ⋅ 10 ⋅ hmáx. s
s hmáx = 6.000 m
Tempos de subida:
vy – v0y + g ⋅ t s 0 = 200 ⋅ 3 – 10 ⋅ tsub. s tsub. = 20 3 s
Alcance:
x = v0x ⋅ 2 ⋅ tsub. = 200 ⋅ 2 ⋅ 20 3 s x = 8.000 3 m
Razão entre o alcance e a altura máxima:
x
hmáx.
=
α
poste
α
H
h
oeste
8.000 3
4 3
x
s
=
6.000
3
hmáx.
5m
α
15 m
α
leste
2m
h 15
s h = 37,5 m
=
5
2
Portanto: H = 2 ⋅ h = 2 ⋅ 37,5 s H = 75 m
4
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10/4/10 9:14:08 AM
−
3. Soma = 14 (02 + 04 + 08)
(01) Errada. Propagação retilínea da luz.
(02) Correta.
(04) Correta.
p’ = – 0,47 m
i
− p’
=
o
p
i = −0,47
18
,
10
p' i
=
p o
(08) Correta. Observe a figura a seguir:
A
B’
0
i = 0,08 m
A’
B
p
3. c
Um espelho convexo conjuga imagem virtual, direita e menor que o
objeto.
A imagem situa-se atrás da superfície do espelho.
p’
(16) Errada. Se p = 1,8 m e p’ = d = 5 cm:
i
5
1
=
si=
⋅o
o 180
36
4. c
p – p’ = 7,5 cm ∴ p’ = p – 7,5
f = 5 cm
4. d
24 3
8
f =
10p – 37,5 = p2 – 7,5p
p2 – 17,5p + 37,5 = 0. As raízes são:
p1 = 2,5 e p2 = 15
p '– p = 7,5 )
p2 = 15 (
→ p3' = 15
p3 ·15
5=
p3 + 15
Cada bailarina conjuga 7 imagens.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Assim: 7 =
360
− 1 ⇒ 8a = 360º
a
α = 45º
5.
E1
E2
5p3 + 75 = 15p3
F
F1’
y
y
p· p'
p ·( p – 7,5)
s5=
p + p'
p + ( p – 7,5)
F2’
x
x
d
p =
3
75
= 7,5
10
5. a) Distância Terra-Lua (dL):
dL = c ⋅ ∆t = 3 ⋅ 108 ⋅ 1,3 s dL = 3,9 ⋅ 108 m
x + y = 20
d = 2x + 2y
d = 2(x + y)
d = 2 · 20 \ d = 40 cm
cos α =
dL
3,9 ⋅ 108
s dS =
s dS = 1,5 ⋅ 1011 m
dS
2,6 ⋅ 10−3
b) Observe a figura:
6. e
CADERNO 1
1
1
1
1 −10
, − 0,5
=
+
s
=
0,5 10 p '
p'
5
F
Porta
y
2
E
p
y
D
2
x
p’
x
L
2
6. a)
Parede
O espelho foi aproximado.
L
y
D
y⋅x
=
sD=
L+ x
x
L+ x
i2
F
FO.02
1. Soma = 53 (01 + 04 + 16 + 32)
(01) Correta Espelho côncavo: Se p = 2 ⋅ f, a imagem é real e
invertida.
(02) Errada. Se f < p < 2 ⋅ f, temos imagem maior que o objeto.
(04) Correta. Se p < f, temos imagem virtual.
(08) Errada. Se p < f, a imagem é maior que o objeto.
(16) Correta. Espelho convexo conjuga imagem virtual.
(32) Correta. Espelho convexo conjuga imagem menor que o objeto.
(64) Errada. A imagem é direita.
b)
2. b
f = – 0,5 m
1 1 1
= +
f
p p'
i
= r0
o
r1 > r0
i
− p ' o ⋅ r0 − p '
=
s
=
o
p
o
p
p’ = –r0 · p
1 1 1
= +
f
p p'
C
1 r0 ( p − p ) 1 p ( r0 − 1) 1 ( r0 − 1)
=
s =
s =
r0 pp
f
r0 pp
f
r0 p
f
5
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10/4/10 9:14:16 AM
− 1) f
(I)
r0
−p '
r1 =
s p1' = – p1r1
p
1 1
1
=
−
f
p1 r1p1
p=
(r
0
r1p1 = (r1 – 1)f
p1 =
II – I s d = p1 – p =
d=
(r − 1) f
1
6. c
A
(II)
r1
(r − 1) f − (r
1
0
r1
f · ( r1 − r0 )
− 1) f
B
r0
AB < AC + BC
r0 · r1
FO.04
1. a)
b)
c)
d)
FO.03
1. a
No interior da fibra óptica, a luz sofre sucessivas reflexões totais.
A reflexão total ocorre quando a luz se propaga do meio mais
refringente para o menos refringente (caso do núcleo da fibra
óptica em relação ao ar).
Conforme o gráfico, o meio A é mais refringente que o meio B.
N
40°
A
B
Substância A
Substância B
c
S
nA > nB
2. b
(1)
50°
Correta. Se p > 2 ⋅ f, então a imagem é real, invertida e menor
que o objeto.
(2) Correta. Se p = 2 ⋅ f, então a imagem é real, invertida e do
mesmo tamanho que o objeto.
(3) Errada. Ver item (1).
(4) Errada. Se p = f, então a imagem é virtual.
(5). Correta. Se p = f, então a imagem é imprópria.
A soma dos itens errados = 7
2.
30° 30°
3. a) A anomalia é a hipermetropia, e as lentes devem ser convergentes.
b)
r
i
B w lentes divergentes.
A w foco coincide com a retina.
C w lente convergente.
Existem pelo menos três explicações para a presbiopia (ou vista
cansada), que se manifesta depois dos 40 anos. Com o passar
do tempo, o olho perde o poder de convergência, pois pode
ocorrer:
• enrijecimento do cristalino ou
• perda de tonicidade dos músculos ciliares ou
• crescimento contínuo do cristalino.
A presbiopia pode ser compensada por lentes convergentes e tem
relação com a hipermetropia.
d
30°
i
− p ' 125
, o −p '
=
s
=
s p’ = –1,25 p s p’ = –2,5 cm
o
p
o
p
1 1 1
1 2,5 − 2
1 0,5
1 1
= −
s =
s =
s =
= 0,1 m
f 2 2,5
f
2 ⋅ 2,5
f
5
f 10
Como V = 1; 1 = 1 s V = 10 di
f f 0,1
4. F – V – V – F
I. Falsa. O comportamento óptico do sistema é convergente.
II. Verdadeiro. Vsistema = V1 + V2 + V3 = 6 – 4 – 1 = 1 di
III Verdadeiro. O índice de refração depende da cor da luz.
IV. Falsa.
I. Errada
II. Errada: vvidro < vvácuo
III. Errada.
IV. Correta: nplaca > nvácuo
V. Correta.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
5. d
A lente usada para a “correção” de miopia é a divergente.
3. c
V =
n
di
= obs.
do nobjeto
d
1
Ponto A: i =
s di = 11,25 cm
15 4
3
d
1
Ponto B: i =
s di = 56,25 cm
75 4
3
1
1
1
=− sV =−
s V = –2 di
f
dr
0,5
f = – dr s f = – 50 cm
6.
L*
L
A
Comprimento A’B’: 56,25 – 11,25 = 45 cm
F
4. c
O fenômeno que explica a transmissão de luz dentro da fibra é
a reflexão interna total, que pode ocorrer quando a luz passa
de um meio mais refringente para um menos refringente, ou
seja: n N > n R
B*
C
O
B
E
B'
A'
I
I*
A*
5. a
6
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10/4/10 9:14:23 AM
2
Sendo F = k ⋅ Q ⋅ Q ' s F = k ⋅ Q
2
2
d
d
FE.01
1. e
(+e) + (0) = (+e)
2. b
Assim:
–
++ –
+ –
–
–
–
–
–
–
–
–
2
F2 = k ⋅ Q ⋅ 3 ⋅ Q s F2 = k ⋅ 3 ⋅ Q s F2 = 3F
d2
d2
2
F23 = k ⋅ Q ⋅ 4 ⋅ Q s F3 = k ⋅ 4 ⋅ Q s F3 = 4F
d2
d2
+
+
+ ––
+ –
+
+
+
+
Mas: (FR)2 = (F2)2 + (F3)2 s (FR)2 = (3F)2 + (4F)2 s FR = 5F
3. b
A
F
4. Soma = 8 (08)
QA + QB
−2Q + 2Q
s QA' = QB' =
s QA' = QB' = 0
2
2
F+
4. b
Em cada contato, a carga elétrica da esfera é reduzida à metade.
Assim, temos:
C
FR
F–
Q
Q
=
s 2n = 27
2n 128
Portanto: n = 7
5. a
5. a
Como as três esferas metálicas não estão em contato, a distribuição
de cargas nas esferas apresenta-se como mostrado em a.
ER = 2 · k ·
q
d2
�
+q
6.
–q (em coulombs)
d
– +
– + C
–q
–
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
P
D
3. a
Como as esferas são idênticas:
QA' = QB' =
B
–q
 2
s 5 2 ·10–2 m
2
2 ⋅ 9 ⋅ 109 ⋅ q
18 ⋅ 109 ⋅ q
s ER =
s ER = 3,6 · 1012 · q
ER =
2
5 ⋅ 10−3
5 2 ⋅ 10−2
d=
+ +
+ +
(
)
6. a
O corpo C, por indução, mantém a separação das camadas na
esfera do eletroscópio. Os elétrons escoam para a Terra, e o
eletroscópio continua eletrizado positivamente.
Fe
q
FE.02
1. b
Distância d: F = k ⋅
P
Equilíbrio Fe = P s q ⋅ E = m ⋅ g s 4 ⋅ 10–6 ⋅ 150 = m ⋅ 10 s
s m = 6 ⋅ 10–5 kg = 6 ⋅ 10–2 g = 0,06 g
Q1 ⋅ Q2
Distância d ’: F ’ = k ⋅
d2
Q1 ⋅ Q2
FE.03
(d ')2
1
⋅ F, temos:
4
Q ⋅Q
Q ⋅Q
1
k ⋅ 1 2 2 = ⋅ k ⋅ 1 2 2 s
4
d
(d ')
1. † = ΔEc s q · E · d + m · g · h = 1 · m · v2
2
1
0,2 · 100 · 10 + 2 · 10 · 10 = · 2 · v 2
2
Sendo F ’ =
m
s (d’)2 = 4 ⋅ d 2 s d’ = 2 ⋅ d
v2 = 400 s v = 20 m/s
2. d
2. c
O trabalho da força elétrica é:
F3
FR
 1 1
†AB = k ⋅ Q ⋅ q ⋅  −  s
 rA rB 
 1
1 
−
9 = 9 ⋅ 109 ⋅ Q ⋅ 2 ⋅ 10–6 ⋅ 
 s
 2 ⋅ 10−2 3 ⋅ 10−2 
1
F2
Dessa expressão, obtemos:
Q = 3 ⋅ 10–5 = 30 µC
7
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KQ 9 ⋅ 109 ⋅ (−1⋅ 10−8 )
= –9 V
=
dA
10
3. a
Q + Q2
O potencial de equilíbrio (Uf) é dado por: Uf = 1
C1 + C2
KQ 9 ⋅ 109 ⋅ 3 ⋅ 10−8
=
= 27 V
dB
10
VB =
VP = VA + VB = 18 V
b)
Q1 Q2
Q
R
Q
0,3
=
⇒ 1 = 1 ⇒ 1 =
=3
R1 R2
Q2 R2
Q2
0,1
Sendo Q1 = C1 ⋅ Ui = 8 ⋅ Ui e Q2 = C2 ⋅ Ui = 4 ⋅ Ui, temos:
Uf =
8 ⋅ Ui − 4 ⋅ Ui 1
= ⋅ Ui
8+4
3
Q1 = 3Q2
Q1 + Q2 = 2 · 10–8
3Q2 + Q2 = 2 · 10–8
Q2 = 0,5 · 10–8 C
Q1 = 1,5 · 10–8 C
3 ⋅ 103
4. E = 3 kV/mm =
= 3 · 106 V/m
10−3
4. Sejam C1 e C2 os capacitores. Em série, temos:
d = 5 km = 5 · 103 m
Δt = 30 · 10–3 s
U = E · d
U = 3 · 106 · 5 · 103 = 15 · 109
U = 1,5 · 1010 V
Em paralelo:
5. b
O ponto citado encontra-se dentro da esfera. Assim:
E = 0 e U = k ⋅
C1 ⋅ C2
C1 + C2
s Ceq. =
q C1 ⋅ C2
=
ε C1 + C2
(I)
4⋅q
=C1 + C2
ε
(II)
Sendo q = Ceq. ⋅ ε s
Ceq. = C1 + C2 s
Substituindo (II) em (I):
q
1
q
=
⋅
(potencial da superfície)
R 4 ⋅ p ⋅ ε0 R
4 ⋅ q2
q C1 ⋅ C2
=
s C1 =
4⋅q
ε
C2 ⋅ ε2
ε
(III)
Substituindo essa expressão em (II), vem:
6. †R = ∆Ecin. = Ecin. final – Ecin. inicial s Ecin. final = †R + Ecin. inicial s
s Ecin. final = q ⋅ E ⋅ d + Ecin. inicial s
s Ecin. final = 1,6 ⋅ 10–19 ⋅ 104 ⋅ 10–1 + 10 ⋅ 1,6 ⋅ 10–19 s
s Ecin. final = 1,6 ⋅ 10–16 + 1,6 ⋅ 10–18 s
1
1 1
=
+
s
Ceq. C1 C2
2
2
2
4 ⋅ q 4 ⋅ q2
4 ⋅ q 4 ⋅ q + C2 ⋅ ε
+ C2 s
=
s
=
2
2
ε
ε
C2 ⋅ ε
C2 ⋅ ε
s 4 ⋅ q ⋅ C2 ⋅ ε2 = 4 ⋅ q2 ⋅ ε + (C2)2 ⋅ ε3
Portanto: ε2 ⋅ (C2)2 – 4 ⋅ q ⋅ ε ⋅ C2 + 4 ⋅ q2 = 0
Resolvendo a equação do 2o grau, obtemos:
, ⋅ 10−16 = 103 eV
s Ecin. final = 1,6 ⋅ 10–16 J = 16
16
, ⋅ 10−19
C2 =
2⋅q
ε
Substituindo esse valor em (III):
FE.04
1.
15 µF
a
3 µF
4 ⋅ q2
2⋅q
s C1 =
2⋅q 2
ε
⋅ε
ε
2⋅q
Portanto, teremos
para os dois capacitores.
ε
C1 =
b
Q1 = Q2
C1 · U1 = C2 · U2
C ⋅ U 2 Q2
=
2
2C
A
C = ε ·
d
Q2
d · Q2
E p =
=
1
ε· A 2 · ε· A
2 · d
d · Q2
E p 2 =
4 · ε · A
1
E p = ·E p
2
1
2
5. E =
C1 U2
15 U2
=
⇒
=
C2 U1
U1
3
U2 = 5U1
U1 + U2 = 600
U1 + 5U1 = 600
U1 = 100 V
U2 = 500 V
Q3 = C3 · U2
Q3 = 1 · 10–6 · 500
Q3 = 5 · 10–4 C
† = ΔE = E p − E p
1
2. e
Q2
Inicialmente, temos: E =
. Remove-se metade da carga elétrica,
2C
† = Ep
1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3. a) VA =
2
1
1
− ·E p = ·E p
1
1
2
2
6. C2 = x · C1
então:
2
Q 
 
2
E’ =
2C
s E’ =
A1
d1
ε ⋅A
ε ⋅ 3 A1
C2 = 4 · 0
s C2 = 24 · 0 1 s
d1
1
d⋅
2
C1 = ε0 ·
1 Q2
1
s E’ =
·E
⋅
4 2C
4
Portanto, a fração da energia removida é:
1
E − ⋅E
E − E'
3
4
f =
=
sf =
E
E
4
s C2 = 24C1
x = 24
8
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