Revisão Total – Física – Gabarito
O movimento retilíneo uniforme (MRU)
1 b
11 a
2 c
12 a) Os espaços percorridos por cada pessoa são dados 3 b
4 A distância entre a Terra e a Lua, d, pode ser determina-
da pela equação 2d = vt, em que v é a velocidade da luz
no vácuo e t, o intervalo de tempo de ida e volta do raio
de luz.
. 8.
Assim, tem-se d = 3 10 2,5 = 3,75 . 108 m = 375.000 km.
2
5 c
6 a) A velocidade escalar média vC dentro da cidade é
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
a razão entre a distância nela percorrida e o tempo
gasto para tal, isto é, vC = 10 km/0,5 hora, donde
vC = 20 km/hora.
b) A distância percorrida na rodovia é D = 330 km – 10 km
= 320 km; o tempo gasto para percorrê -la é
t = (4,5 – 0,5) h, isto é, t = 4,0 h. Portanto, a velocidade escalar constante na rodovia é vR = D/t, ou seja,
vR = 320 km/4,0 h, donde vR = 80 km/h.
1
por: 2
3  = VA t e 3  = VB t, sendo  o comprimento das escadas e t o tempo gasto pelas pessoas em seus percursos até se cruzarem. Daí, conclui-se que vB 1
vA = 2 , o que resulta em VB = 0,5 m/s.
b) O comprimento das escadas será dado por  = VAtd,
onde td é o tempo de descida, que resulta em  = 12 m.
t
c) Como  = VAtd e  = VBts , temos que td = 1
2.
s
13 e
14 e
15 b
16 a
17 a
7 c
18 b
8 b
19 Soma: 16
9 a
20 Soma: 02 + 08 = 10
10 e
1
Física 1.indd 1
8/30/11 11:02 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
O movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV)
1 Entre os instantes 0 e 3 segundos, o motorista desacele-
2 e
v2
64
4 a) h máx = 2g0 = 3,2
= 20 m; como t subida = t descida ,
9 Soma: 01 + 02 + 04 + 08 + 16 = 31
10 d
11 c
12 a
3 Soma: 01 + 16 + 64 = 81
8 d
temos:
v
8
2tsubida = 2 . g0 = 2 . 1,6 = 2 . 5 = 10 s.
b) Não, pois na Lua não há uma atmosfera como na
Terra, o que faz com que a queda seja realmente uma
queda livre da influência do ar. Assim, como era de se
esperar ambos os objetos têm a mesma aceleração
de queda e caem simultaneamente e juntos até atingirem o chão.
13 b
14 a
15 d
16 Soma: 02 + 04 + 08 + 16 = 30
17 d
18 a
5 Soma: 001 + 002 + 016 = 19
19 a
6 b
20 d
7 a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
ra uniformemente o carro, tal que a área sob a reta entre
estes instantes deve ser igual ao espaço percorrido desde o instante em que o motorista aciona os freios até
chegar à lombada eletrônica.
. 1
Área = 1
2 (80 + 40) 3600 = 0,05 km = 50 metros
2
Física 1.indd 2
8/29/11 10:23 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Leis de Newton e algumas forças especiais
1 b
14 a
2 a
15 Dos diagramas das forças dos blocos A e B, temos:
FIG.024B-FIS-TOP-3
NB
3 Soma: 01 + 04 + 08 + 16 = 29
f
NA
4 d
F
5 c
f
6 c
mAg
(
7 b
8 b
9 c
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
mBg
m
F – f = mAa ∴ F = f 1 + mA
{
B
f = m Ab
O limiar do deslizamento ocorre quando F = F (máx) e
f = fmáx = μe mAg, isto é:
m
1
F(máx) = fmáx 1 + mA F(máx) = 6,0 . 1,0 . 10 1 + 2 = 9,0 N
B
(
10 d
)
)
(
)
16 I, II, III, IV
11 b
17 a
12 c
FIG.023B-FIS-TOP-3
18 a
13
19 Px1 = m1 . g . sen 30º
F (N)
20
10
S1
S2
1
2
3 t (s)
S3
–10
Px1 = 0,4 . 10 . 0,5 = 2,0 N
Px2 = m2 . g . sen β
Px2 = 0,6 . 10 . sen β = 6,0 sen β
P x1 = P x2
2,0 = 6,0 . sen β
sen β = 2,0 = 1
6,0
3
β = arc sen 1
3
20 c
mF
O impulso (I) corresponde à área abaixo da curva.
Pelo gráfico observamos que a área para cada força
é igual ao produto da força pelo intervalo de tempo
que ela atuou. Sabe-se também que o impulso é igual
à variação da quantidade de movimento, desta forma
temos:
ΣÁreas = S1 + S2 + S3 = I = Q − Q0 = mv − mv0 , com os
dados do enunciado e do gráfico temos
20 N . s = (10 kg)v – (10 kg)0, v = 2 m/s.
Esse mesmo resultado pode ser obtido aplicando-se a
segunda lei de Newton e as equações da cinemática.
21 a = m + mF + m ; F23 = m + m3 + m
1
2
3
1
2
3
22 Na situação inicial, a força que a mosca exerce no pra-
to é igual ao seu peso. Quando a mosca está se movimentando, para qualquer direção, tal que a aceleração
vertical seja nula, a força exercida pelas asas da mosca
no ar deve ser igual ao seu peso, não afetando o equilíbrio. Por outro lado, na situação que ocorra aceleração
vertical diferente de zero, a força exercida pelas asas da
mosca no ar é diferente de seu peso, alterando a condição de equilíbrio.
3
Física 1.indd 3
8/30/11 1:33 PM
Revisão Total – Física – Gabarito
1 a
11 c
2 a
12 Soma: 01 + 02 = 3
3 a
13 d
4 e
14 b
5 c
15 b
6 e
16 Soma: 02 + 16 + 32 = 50
7 e
17 d
8 e
18 d
9 c
19 c
10 a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Trabalho e energia mecânica
4
Física 1.indd 4
8/29/11 10:23 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Princípio da conservação da quantidade de movimento
1 O impulso I que a parede transmite à bola é dado pela
área sob o gráfico:
.
I = 2 . 20 0,01 + 20 + 40 . 0,02 = 1,40 N . s
2
2

Tem-se F = D 
q, em que 
q é a quantidade de movimento
da bola.
Uma vez que a quantidade de movimento inicial q i
e a final qf são vetores de mesma direção e sentidos
opostos, tem-se que I = qi + qf = mvi + mvf .
Sendo a colisão elástica, a energia cinética da bola se
2
2
conserva, ou seja, mvi = mvf , de forma que vi = vf .
2
2
Assim: I = 2mvi e, consequentemente,
I
1,4 N . s
~ 23 m/s
=
=
vi =
2m
2 . 30 . 10–3 kg
2 b
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3 b
4 a) MV = Mgh
2
V = √1,6 . 10 = 4,0 m/s
b) MV – mV = MVB + mVp
5,0 (M – m) = 4,95 M + 7,0 m ⇒ M = 240 m
Para m = 3,0 g, temos M = 720 g.
5 a
7 b
8 b
9 d
10 a
11 Soma: 01+ 16 = 17
12 c
13 a
14 c
2
6 c
15 e
16 d
17 b
18 d
5
Física 1.indd 5
8/29/11 10:23 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Estática e hidrostática
10 d
2 Soma: 002 + 016 = 18
11 d
3 a
12 b
4 V, F, F, V, V
13 b
5 e
14 c
6 a
15 Soma: 4
7 a
16 d
8 d
17 a
9 d
18 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 c
6
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Revisão Total – Física – Gabarito
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Calor e temperatura
1 e
11 e
2 a
12 b
3 c
13 b
4 d
14 b
5 a
15 c
6 c
16 d
7 a
17 V, F, F, F
8 e
18 a
9 b
19 Soma: 02 + 04 + 08 = 14
10 Soma: 8
7
Física 1.indd 7
8/29/11 10:23 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Dilatação dos sólidos e dos líquidos
2 c
3 d
4 ΔV/V0 = 3α ΔT
ΔT = ΔV / (3α V0) = (h A0) / (3α V0)
ΔT = (6,0 · 10–2 · 1 · 10–7) / (3 · 40 · 10–6 · 1 · 10–5) = 6/120 · 102
ΔT = 100/20 = 5,0 oC
Ts = Ti + ΔT = 17 oC
5 d
6 c
7 Como o triângulo no início é retângulo e isósceles, os
catetos possuem inicialmente o comprimento  0 e a
–
hipotenusa 0√2. Após a dilatação térmica o triângulo
torna-se equilátero. Logo, devemos ter
–
–
0(1 + A√2DT ) = 0√2(1 + A · DT / √2)
o que resulta em DT = 1 ºC
A
10 a) Para uma barra de comprimento L0 que sofre uma variação de temperatura ΔT, vale a relação
L
L0 – 1 = aDT. Para o cálculo de αA e αB , os termos L
L0 – 1 e ΔT, para as barras A e B, podem ser extraídos do gráfico mostrado na figura.
L
Para a barra A, temos L – 1 = 1,0022 – 1,0000 = 0,001
0
e ΔT=100 oC. Portanto, aA = 22 · 10–6 oC–1.
L
Para a barra B, temos L – 1 = 1,0011 – 1,0000 = 0,0011
0
e ΔT=100 oC. Portanto, aB = 11 · 10–6 oC–1.
22 · 10–6
a
b) Consequentemente, aA =
=2
11 · 10–6
B
11 Aef = Arf e Aei = 1,02Ari
Aef = Aei (1 + bΔTe ) em que
ΔTe = –20 – 30 = –50 oC
Arf = Ari(1 + bΔTr )
Aef = Ari = Aei (1 + bΔTe ) ⇒ 1,02 (1 – 50b) = 1 + bΔTr
8 b
⇒ 0,02 – 51b = bΔTr
2 · 10–2
0,02
–51 =
– 51 = 400 –51 = 349,0 oC
ΔTr =
5 · 10–5
b
9 0A · 0B = 75 → 3 · 0A · 0B= 75 → 0B = 5 cm
12 283 cm2
e 0B = 15 cm
A = B → 15 (1 + aADq) = 5 (1 + aBDq)
→ 15 (1 + 300aA) = 5 (1 + 300aB)
a
15 + 45.000aA = 5 + 15000aB → 15 + 4.500 9B =
= 5 +15.000aA
10 = 10.000 aB → aB = 1 · 10–2 oC–1
13 Soma: 4
14 Soma: 2
15 a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a
8
Física 1.indd 8
8/30/11 11:03 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Calor e mudança de fase
1 c
15 b
2 Soma: 01 + 02 + 04 + 16 = 23
16 e
3 b
17 e
4 e
18 a) Ec = 12 mv2;
5 c
Q = MHCHDt
⇒ MH = pval =
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
6 d
7 Soma: 01 + 02 = 3
8 a
9 c
10 b
11 Resposta: Errado.
12 b
M v2
MHCHDt = 1 Mmv2 . . . Dt = m
M HC H
2
104 . (4.200)2 o
C
Dt =
8,4 · 10–6
Dt = 2,1 . 10–6 oC
J
b) 1 cal/g oC = 4,2 . 103 kg oC
M H C H T + M FC F T = M FC F T F
M HC HT H
Dt =
=
M H C H + M FC F
J
kg oC
=
J
[1013 kg · 1 + 104 kg · 0,1]4,2 · 103
kg oC
104 . 10–1 . 103 o
T=
C
1013 + 104 · 10–1
6o
10 C
... T =
. . . T = 9,999 · 10–8 oC
1013 + 103
T ≈ 10–7 oC
104 kg . 0,1 . 103 oC . 4,2 . 103
13 a
14 a φcal = kA
10–3kg
· 1013 · 10–3 m3 = 1013 kg
10–6m3 J
1 cal/g oC = 4,2 . 103 kg oC
Tag – Tar
L
4,0 · 10–3 · 2,0 · 104 · 10 = 1,6 · 102 cal/s
5,0
b) O volume de água a ser congelado é
V = (15 – 5,0) · 2,0 · 104 = 2,0 · 105 cm3.
Sua massa é
m = pgV = 0,90 · 2,0 · 105 = 1,8 · 105g.
O calor trocado será
Q = mLF = 1,8 · 105 · 80 = 1,4 · 107cal.
19 Soma: 2
20 e
9
Física 1.indd 9
8/29/11 10:23 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Gases e termodinâmica
1 7,5 atm
13 e
2 c
14 a
ideal têm a mesma pressão, temos V i /T i = V f /T f ,
onde Vi e Vf são os volumes inicial e final, e Ti e Tf,
as temperaturas inicial e final. Portanto Tf = (Vf/Vi )Ti.
Substituindo, nessa equação, os dados do enunciado,
obtemos Tf = (3,5 · 10–3 / 2,0 × 10–3) 300 K, donde Tf
= 525 K.
15 d
16 • os pontos nos quais o gás atinge a maior e a menor
temperatura:
A equação de estado para o gás ideal é PV = nRT, em
que P, V e T são, respectivamente, a pressão, o volume
e a temperatura do gás, e n é o número de moles.
Logo, a temperatura é dada por T = PV .
nR
Percebe-se, portanto, que a temperatura é mínima no
ponto em que o produto PV é menor, e é máxima no
ponto em que tal produto é maior; ou seja, a temperatura é mínima no ponto A e é máxima no ponto B.
b) Pela primeira lei da termodinâmica, ΔU = Q – W, em
um processo no qual ΔU é a variação da energia interna do gás, Q é o calor que ele absorve e W é o trabalho que ele realiza. O gás realiza trabalho a pressão
constante P = 1,0 · 105 N/m2 na variação de volume
ΔV = (3,5 · 10–3 – 2,0 · 103) m3, isto é, ΔV = 1,5 · 103 m3.
Portanto, W = P ΔV = 1,0 · 105 (N/m2) · 1,5 · 10–3 m3,
isto é, W = P · ΔV = 150 J. Pelo enunciado, o gás absorve um calor Q = 375J. Portanto, ΔU = 375 J –150 J,
isto é, ΔU = 225 J.
4
I, II, III, V
Tmín =
5 e
6 a) Inicialmente a energia potencial gravitacional do sis tema (martelo + Terra) se transforma totalmente em
energia cinética do martelo até o instante em que
este toca a superfície superior do êmbolo.
No instante em que toca a superfície do êmbolo,
parte da energia cinética é transformada em outras
formas de energia (sonora, térmica do êmbolo, etc.) e
a energia restante é transformada em energia interna
do gás que se encontra no interior do pistão.
b) A energia cinética disponível no instante anterior
ao início da compressão é igual à energia potencial
gravitacional do sistema (martelo + Terra), isto é,
Ec = Ep = mgh ⇒ Ec = 5 · 10 · 6 = 300 J.
Considerando-se que apenas 80% dessa energia é utilizada para comprimir o gás, ou seja, é transfor-
mada em energia interna do gás, então:
2 · 0,8 · 300
0,8Ec = 3 nRΔT ⇒ ΔT =
⇒ ΔT = 10 K
3·2·8
2
7 Soma: 01 + 04 + 08 = 13
8 Soma: 001 + 002 + 004 = 7
9 c
10 e
11 e
12 c
• os valores dessas temperaturas:
Substituindo-se, na equação, os valores da pressão e
do volume fornecidos pelo gráfico em cada um dos
pontos, obtêm-se as temperaturas desejadas.
Temperatura mínima (ponto A)
2,0 · 103 · 2,0
4 · 8,3
=
4,0 · 103
33,2
≅ 1,2 · 102 K
Temperatura máxima (ponto B)
Tmáx =
6,0 · 103 · 4,0
4 · 8,3
=
24,0 · 103
33,2
≅ 7,2 · 102 K.
• o trabalho realizado pelo gás em cada trecho:
Quanto ao trabalho realizado pelo gás em cada trecho, sabe-se que ele se iguala à área sob a curva no
gráfico P · V no trecho considerado, caso o gás expanda-se, ou ao valor negativo dessa área, tratando-se
de compressão.
Trecho AB
(6,0 · 103 + 2,0 · 103) · 2,0
WAB = área do trapézio =
;
2
WAB = 8,0 · 103J.
Trecho BC
WBC = 0
Trecho CA
WCA = – (área do retângulo) = –2,0 · 103 · (4,0 – 2,0);
WCA = – 4,0 · 103 J.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3 a) Como os estados de equilíbrio inicial e final do gás
• a diferença entre o calor por ele absorvido e o cedido
ao meio exterior durante um ciclo:
Para se calcular a diferença entre os calores absorvido
e cedido, usa-se a 1–a lei da termodinâmica, ΔU = Q – W,
em que ΔU é a variação da energia interna, Q é a diferença procurada e W é o trabalho total realizado pelo gás.
Como, em um ciclo fechado a variação da energia interna do gás é nula Δ (U = 0), tem-se que Q = W.
Logo, Q = W = WAB + WBC + WCA = 8,0 · 103 – 4,0 · 103;
Q = 4,0 · 103 J.
17 Soma: 02 + 04 + 32 = 38
10
Física 2.indd 10
8/30/11 1:39 PM
Revisão Total – Física – Gabarito
Refração da luz
16 Uma vez que os ângulos internos do prisma são todos
iguais a 60°, observa-se que o ângulo de incidência do
raio na superfície interna BC é também 60°. Se esse ângulo for igual ou superior ao ângulo crítico, nada passa
pela face BC. Nesse caso, o raio é refletido com um ângulo de 60° e, por geometria, incide na superfície AC, fazendo um ângulo de 90° e, portanto, emergindo pela face
n
AC. O ângulo crítico é dado pela fórmula: sen L = 2 , onde
n1
n1 é o índice de refração do meio onde está o raio
incidente, e n2 é o índice de refração do outro meio, sendo
que, para qualquer ângulo igual ou superior a L, haverá
reflexão total. No nosso caso, n1 é denotado por n, e n2 é
o índice de refração do ar, admitido como igual a 1. Por
outro lado, como o ângulo de incidência na superfície
BC é 60°, para que o raio não passe pela face BC, esse
deve ser o ângulo crítico, portanto a condição sobre n
–
será sen 60° ≥ 1 . Ou ainda n ≥ 2√3 .
n
3
2 b
3 d
4 Soma: 02 + 04 + 16 = 22
5 e
6 e
7 Soma: 01 + 04 + 32 = 37
8 V, F, V, F, V
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
9 a
10 d
17 c
11 a
18 O ângulo limite é
12 b
n
n
θc ⇒ sen θc n casca ⇒ θc = arcsen n casca
núcleo
núcleo
13 c
o meio 2 é um metamaterial.
❘n1❘sen θ1 = ❘n2❘sen– θ2
1,8 · 1 = ❘n2❘ · √2 ⇒ ❘n2❘ = 1,8 ≈ 1,28
2
2
1,4
1
8
b) v =
√ 2,0 · 10–11 · 1,25 · 10–6 = 2,0 · 10 m/s
n = c = 1,5
v
15 d
)
19sen θ1 · nar = sen θ2 · nóleo
14 a) O raio E representa a trajetória do raio de luz quando
(
sen θ3 · nágua = sen θ2 · nóleo
sen θ3
1
n
= ar ⇒ sen θ3 =
sen θ1
nágua
sen θ1 nágua
(nar=1)
θ1 = 4o = π << 1 ⇒ sen θ1 ≅ θ1 ⇒ sen θ3 = θ3
45
o
θ
θ3 = 1 = 4 = 3 o
nágua
1,33
Física • Gases e termodinâmica
1 e
20 a
21 a
11
Física 2.indd 11
8/29/11 10:48 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
1 e
14 c
2 e
15 e
3 e
16 c
4 d
17 a
5 b
18 d
6 Soma: 01 + 02 + 04 = 7
19 V, V, V, F, F
7 d
20 a) Como a imagem é maior e direita, trata-se de um sis tema lente convergente com objeto entre o foco e o
vértice. Por isso, quanto mais próxima da sua distân cia focal estiver a lente – se distanciando do papel – maior será o aumento da imagem conjugada.
8 b
9 a
10 b
11 a
12 c
13 Soma: 002 + 004 + 008 = 14
b) Sendo:
Y1 = 4Y
y1 = – p1 ⇒ 4y = – p1 ⇒ p1 = –36 cm.
y
p
9
y
Então:
1 = 1 – 1 ⇒ f = 12 cm.
9 36
f
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Lentes esféricas, instrumentos ópticos e visão humana
12
Física 2.indd 12
8/29/11 10:48 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Acústica
1 d
11 b
2 c
12 e
3 d
13 a) Como a distância deve obedecer à relação:
L = n(λ/2), n =1,2,3,...
temos que:
λ = (2L /n), n = 1, 2,3,...
4 a
5 b
b) Como v = λ f ,
f = v/λ = (nv/2L), n = 1,2,3,...
14 b
6 d
7 b
15 d
8 d
16 c
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
9 Soma: 01 + 04 + 16 = 19
lespectador
– 10log
l0
( )
(
l
R
)
= 10log(
10log( l
)
R
Db = 20log ( 80 ) = 20log2 = 6dB
40
10 D b = b 40 – b 40 = 10log
juiz
espectador
ljuiz
l0
2
)=
17 b
18 c
espectador
2
juiz
13
Física 2.indd 13
8/29/11 10:48 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Carga elétrica
1 a
12 a) De acordo com a lei de Coulomb, o campo eletros tático gerado pela partícula de carga q no centro da esfera é horizontal, para a esquerda e de módulo
Eq = (9,0 · 109 Nm2/C2) · 4,0 · 10–6 C / (2,0 · 10–1 m)2, ou seja, Eq = 9,0 · 105 N/C.
2 e
3 d
4 c
5 c
6 a
7 a
b) Como o campo eletrostático total em qualquer ponto
no interior da esfera é nulo, pois ela é um condutor
em equilíbrio eletrostático, concluímos que as cargas
induzidas na superfície da esfera criam um campo eletrostático no centro da esfera que anula o campo criado pela carga q. Portanto, o campo devido às cargas
induzidas na superfície é horizontal, para a direita e de
módulo 9,0 · 105 N/C.
13a) O tempo de chegar à altura h’ = 5H é t’ = 8H .
g
b) O tempo total para a partícula atingir o solo é
t1 = 18H .
g
c) Logo, o tempo que a partícila peramanece sob a
ação do campo elétrico será
18H –
8H = 2H .
t = t1 – t’ =
g
g
g
d) Como o campo elétrico tem módulo constante, a
aceleracão horizontal é ax = qE .
m
1
Portanto, Dx = 2 axt2 = qEH .
mg
b) 0,40 N
√
c) Zero
9 d
√
10 d
11 O campo no ponto M resulta da superposição dos campos produzidos por cada carga.
E1
E2
14 c
E3
15 a
16 b
Os módulos dos campos produzidos pelas cargas são:
1,0 · 10–6
= 1,0 · 109 V/m;
E1 = 9 · 109
(3,0 · 10–3)2
2,0 · 10–6
= 2,0 · 109 V/m;
E2 = 9 · 109
(3,0 · 10–3)2
4,0 · 10–6
= 4,0 · 109 V/m.
E3 = 9 · 109
(3,0 · 10–3)2
2
2
O campo resultante é dado por E = √(E1 + E2) + E 3 .
Substituindo os valores acima, obtemos
E = 5,0 · 109 V/m.
17 d
√
√
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
√
8 a) 2 · 105 N/C
14
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8/29/11 10:48 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Corrente e resistência elétrica
1 A carga será dada pela área sob a curva no intervalo de
tempo entre 0 e 4 s. Q = 1 (3,0 . 4,0) = 1,0 . 4,0 = 10 C.
2
12 e
13 A corrente no ramo ab é o dobro da corrente i no ramo
acb. Portanto, a corrente total é 3i = 0,6 e obtemos i =
= 0,2A. Como cada resistor do ramo acb dissipa 1,0 W,
temos que Ri 2 = R(0,2) 2 = 1,0 e, portanto, R = 25 Ω .
Então Vab = R(2i) = 25 . (2 . 0,2) = 10 volts.
2 b
3 Soma: 02 + 04 + 08 + 16 = 30
4 Soma: 04 + 08 = 12
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
5 a
14 a) v = wr = 2Tp r = 260· 3s · 2,8cm = 2,8 mm/s
b) imédia = q = 2,4. Ah = 1 A = 2,5 · 10–4
Dt 400 24h 4000
A = 0,25 mA
6 b
7 d
15 e
8 d
16 V, F, V, V, V
9 b
10 Soma: 001+ 002 + 004 = 7
11 Se medirmos entre dois pontos que compreendam k
resistências, então a resistência equivalente será
1
1 = 1 +
2 R
(N – k)R , de modo o que Req = (Nk – k ) N .
Req
kR
Note-se que o termo em parênteses é um polinômio de
segundo grau em k. O máximo de um polinômio de segundo grau ax2 + bx + c, com a < 0, é x = –b/2a.
Como a = –1 e b = N no polinômio em parênteses, temos que a resistência equivalente máxima será quando
N
N+1
N–1
k = 2 para N par, e k = 2 ou k = 2 para N ímpar.
15
Física 2.indd 15
8/29/11 10:48 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Capacitores, geradores e receptores
1 d
12 c
2 a
13 d
3 d
14 a) Quando os dois interruptores estão abertos, temos 4 c
i4 = i3 = V/(R3 + R4) = 24/(4 + 4) · 103 = 3,0 mA.
6 Soma: 01 + 04 + 08 + 16 = 29
b) Se apenas o interruptor I1 está fechado, temos paralelo
de R2 e R4 em série com R3: a resistência equivalente de
R2 e R4 é de 1/R = 1/4 + 1/8 = 3/8 – R = 8/3 = 2,7 kW.
7 Soma: 01 + 02 + 04 = 7
A resistência total neste caso será: Rtot = R + R3 = 8/3
+ 4 = 20/3 = 6,7 kW.
A corrente passando no resistor 3 será i3 = V/Rtot =
24 V/(20/3) kW = 3,6 mA.
Quando os dois interruptores estão abertos, temos
apenas um circuito em série dos resistores R3 e R4 e
a bateria:
i4 = i3 = V/(R3 + R4) = 24/(4 + 4) · 103 = 3,0 mA.
Isso corresponde a uma queda de tensão R3 i3 = (4,0
kW) · (3,6 mA) = 14,4 V que deve ser subtraída de 24
V dando uma tensão de 9,6 V no resistor R4. Assim
temos i4 = 9,6 V/4 kW = 2,4 mA.
8 Soma: 02 + 04 + 16 = 22
9 a) Aplicando a lei das malhas à única malha do circuito, obtemos para a corrente i no circuito:
–12 V + 0,10Ω i + 11 V + 0,10Ω i = 0, donde 0,20 i =
= 1,0 V, ou seja, i = 5,0 A.
b) VA – VB = 11 V + 0,10Ω · 5,0 A, isto é, VA – VB = 11,5 V.
10 No circuito em série, a corrente é dada por:
e
= e ... (1)
(R + 3R)
4R
A potência fornecida pela bateria para o circuito no qual os resistores estão ligados em série é:
2
Ps = is · e = e ... (2)
4R
No circuito em paralelo, a corrente é dada por:
e
= 4e ... (3)
ip =
3R
3R
4
A potência fornecida pela bateria para o circuito no qual os resistores estão ligados em paralelo é:
2
Pp = ip · e = 4e ... (4)
3R
Das equações (2) e (4), obtemos que:
e2
Pp
4R
=
= 3 ... (3)
4e2
Ps
16
3R
is =
c) Este caso é similar ao anterior exceto que agora R1, R2 e
R4 estão em paralelo, e a resistência equivalente é agora
de 1/R = 1/8 + 1/8 + 1/4 = 1/2 – R = 2,0 kW. A resistência
total neste caso será: Rtot = R + R3 = 2 + 4 = 6,0 kW.
A corrente passando no resistor 3 será i3 = V/Rtot =
24 V/6 kW = 4,0 mA. Isso agora corresponde a uma
queda de tensão R3 i3 = (4,0 kW) · (4,0 mA) = 16 V que
deve ser subtraída de 24 V dando uma tensão de 8 V
no resistor R4. Assim, temos i4 = 8 V / 4 kW = 2,0 mA.
( )
( )
( )
11 Soma: 01 + 02 + 08 = 11
15 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
5 d
apenas um circuito em série dos resistores R3 e R4 e a bateria:
16 e
17 c
18 c
16
Física 2.indd 16
8/29/11 10:48 AM
Revisão Total – Física – Gabarito
Magnetismo
FIG.149B-FIS-TOP-17
1 a
X
X
X
X
X
X
B
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
2 a
3 b
R
q
4 Soma: 02 + 08 = 10
5 Soma: 02 + 08 = 10
B) Se o vetor velocidade está associado a uma partícula
positiva, então a força magnética é vertical para cima;
se está associado a uma partícula negativa então será
vertical para baixo.
C) Se o vetor velocidade está associado a uma partícula
positiva, então a força magnética está saindo do plano
da folha perpendicular à mesma; se está associado a uma
partícula negativa então a força magnética está entrando
no plano da folha perpendicular à mesma.
D) A força magnética está no plano do papel, horizontal
para a esquerda.

No caso em questão 
v ⊥ B ⇒⊥ senθ = 1 e q = –1,6 . 10–19C.

Uma vez que Fm ⊥ 
v, a força magnética não produzirá
trabalho sobre a partícula, alterando apenas a direção da sua velocidade. Assim, essa se moverá em uma
trajetória circular de raio R contida no plano da figura,

atuando Fm como força centrípeta, conforme mostra a
figura.
2
Deste modo tem-se qvB = m v , e portanto
R
. –19 . 0,0015 . 0,04
m = qBR = 1,6 10
= 9,6 . 10–31kg
v
107
12 c
7 a) As forças elétrica e magnética equilibram para que 13 c
q · E = B · q · v e desta foram v = E
B1
b) Na sequência a força magnética age centripetamente, então:
Fmag = FC
2
B2 · q · v = m · v
R
procedendo às simplificações e substituindo a equação (a), vem que:
m = B 1 · B 2· R
q
E
m·E
c) Da equação (b), podemos fazer: R =
.
B1 · B2 · q
Se o campo magnético 2 é dobrado, ficará o raio R’:
m·E
R’ =
B1 · ( 2B2 ) · q
m·E
1
Comparando R’ = 2 B · B · q teremos
1
2
que R’ = R
2
14 d
não haja desvio:
(
)
8 Soma: 01 + 04 + 08 = 13
9 F, F, F, V, F
10 Soma: 001 + 004 + 016 = 21
11 Uma partícula carregada movendo-se, com velocidade
v, dentro de um campo magnético B, está sujeita a uma
força magnética, que atua na direção perpendicular ao
plano que contém v e B e cujo módulo é dado por:
Fm = qvBsenθ, em que θ é o ângulo entre o vetor velocidade da partícula e o campo magnético.
15 c
Física • Refração da luz
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
6 A) A força magnética é vertical para baixo.
. –39
16 a) F = 9,6 10
= kDx
4
d
. –39
9,6 . 10–39
= 0,015 N/m
k = 9,6 4 10 =
d Dx
(10–7)4 6,4 . 10–9
1
b) 2 kx2 = 1,4 . 10–23T
.
. –23 .
.
. –23
x = 2 1,4 10 T = 2 1,4 10 –1 300 =
2,1 . 10
k
= 2 . 10–10
√
√
m = 0,2 nm
17 a) Utilizando a regra da mão direita, cujo mneumôni co encontra-se indicado na Figura III, o polegar é
colocado sobre a bobina, no sentido da corrente, e
os outros dedos em torno da bobina determinam a direção e o sentido do campo magnético no interior da mesma.
Nesse caso, o campo gerado pela bobina tem direção
Leste-Oeste ou Oeste-Leste e sentido Oeste-Leste.
b) O estudante desenvolveu o seguinte raciocínio: inicialmente, ele montou o diagrama a seguir, baseado nas condições do experimento, considerando
que a bússola indica a direção e o sentido do campo
magnético resultante, BR, cujos componentes são o
campo magnético gerado na bobina Bb, no sentido
Oeste-Leste, e o campo magnético da Terra, BT, no
sentido Sul-Norte.
17
Física 2.indd 17
8/29/11 10:48 AM
FIG.152B-FIS-TOP-17
18 c
N
BT
60°
BR
19 b
20 a) A resistência interna entre os eletrodos é
30°
BB
S
.
. –2
ri = ρ h. = 0,10 . 0,20 = 2 . 10–2 = 0,5 Ω
4 10
0,1 0,4
c L
b) No equilíbrio: qE = qvB
E = vB e E = ζ ,
h
logo e = Eh = vBh.
ζ
vBh
e – rii = Ri
e = (R +ri)i
i = R + r = (R + r ) =
i
i
.
.
200 0,5 0,2 20
0,5 + 7,5 = 8 = 2,5 A
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Em seguida, ele determinou o campo resultante,
BR, a partir da relação: Bb = BRcos 30o.
Bb
435
=
= 500 m Gauss
Logo BR =
cos 30o 0,87
Em seguida, sabendo que o campo magnético da
Terra, BT, é a outra componente do campo resultante, BR, ele utilizou a seguinte relação:
BT = BR cos 60o = BRsen 30o = 500 . 0,5 = 250m Gauss
18
Física 2.indd 18
8/30/11 1:39 PM
Revisão Total – Física – Gabarito
Indução eletromagnética
1 e
9 a) O sentido da corrente no anel é o anti-horário. Com
a descida do ímã cria-se uma corrente induzida para
produzir um campo magnético que se opõe àquele
produzido pelo ímã.
2 b
3 b
b) Diminui. Pois o ímã é freado pelo campo magnético
induzido no anel.
4 a
5 a) No equilíbrio Fmag = Peso = 10 . 10–3 . 10
–1
Assim Fmag = 10 N, direção vertical para cima.
b) A ação se deve dos 10 fios: Fmag = 10 . B . i . L .............10–1
= 10 . 2 . i . 5 . 10–2, disto vem que i = 10–1 A. A corrente
deverá ter o sentido horário, porque se estabelece de
tal forma que repele o campo que entra na bobina.
P = R . i2 ...P = 0,5 . (10–1)2 = 0,5 W
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
6 c
7 e
8 Soma : 01 + 04 + 16 = 21
10 d
11 b
12 V, F, V, V
13 b
14 Soma: 01 + 04 + 08 + 16 = 29
15 e
16 b
19
Física 2.indd 19
8/29/11 10:48 AM
Revisão Total – Portal – Física – Gabarito
Cinemática vetorial
1 d
12 c
2 d
13 b
3 d
14 e
4 e
15 b
5 e
16 d
6 a
17 a
8 a
9 a
v
r1
w1
r2
10 w 2 = v = r1 = 5
r2
11 ωc é a velocidade de rotação da coroa; ω é a velocida-
de de rotação da catraca e ωR é a velocidade de rotação da roda (ωR = ω).
Como as velocidades tangenciais da coroa e da catraca
R R
são iguais: ωc Rc = ωr e V = ωr ∴ v = C ωC, a velocir
dade é inversamente proporcional ao raio da catraca.
(RC R ωC)
rmaior
rmenor
Vinicial
∴ vfinal = 6 · 12 = 16 km/h
=
=
rmaior
(R
R
ω
)
4,5
C
C
Vfinal
rmenor
18 a) As velocidades dos dentes das engrenagens do
motor são:
5
vm = 2 π rm . fm = 2 . 3 . 2 . 10–2 . 60
vm = 0,01 m/s
b) Devido aos contatos existentes, as velocidades escalares dos dentes da segunda engrenagem e dos dentes do motor são iguais: vm = v2
2 . 3 . R2
2π R2
c) Sendo, ainda: v 2 =
0,01 =
30
T2
R2 = 0,05 m
19 Soma: 02 + 08 + 16 = 26
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
7 e
20
Física portal.indd 20
8/29/11 11:06 AM
Revisão Total – Portal – Física – Gabarito
Aplicação das Leis de Newton e a gravitação universal
1 d
12 a
2 a
13 d
3 d
14 b
4 c
15 d
5 d
16 a
6 b
17 Soma: 01 + 04 = 5
7 b
18 Soma: 08 + 16 = 24
8 b
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
9 c
10 Soma: 01 + 02 + 08 + 16 = 27
11 a) O valor do raio R é dado por R = 2L + d sen θ = 82 +
10 . 0,5 = 4 + 5 = 9 m.
b) A direção da força resultante FR é horizontal, no sen tido do eixo de sustentação.
c) Temos que T cos θ – Mg = 0
1.000 . 10 / 0,866 = 1,15 . 104 N.
T = Mg/cos 30 o =
d) A força centrípeta é a componente horizontal de T,
portanto: FR = T sen θ = 1,15 . 104 . 0,5 = 5,77 . 103 N.
21
Física portal.indd 21
8/30/11 1:40 PM
Revisão TotalFig.180_Fis_Top_21
– Portal –(ilustração)
Física – Gabarito
Óptica geométrica e reflexão da luz
1
8 a
9 d
2m
6m
20
H
.
.
2 = 6 ⇒ 6 20 = 2 H ⇒ H = 60 cm
10 e
–1
11 n = 360 –1 ⇒ n = 360
4n
α
n2 + n – 90 = 0
n1 = –10 e n2 = 9 ⇒ a = 9 . 4 = 36o
2 c
12 c
3 a
13 c
4 d
14 c
5 c
15 a
6 b
16 b
7 d
17 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
20 cm
H
22
Física portal.indd 22
8/29/11 11:06 AM
Revisão Total – Portal – Física – Gabarito
Ondas
1 c
12 a) k = 4π2f 2m = 1,6 . 108 N/m
2 d
3 e
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
4 b
EPot = 1 k(Δx)2 = 3,2 . 10–8J
2
b)Em consequência da diminuição da temperatura, o comprimento do pêndulo é menor no inverno. Assim,
Δt = 1.800 . –0,20 = –2 s ⇒ tf = 1.800 – 2 = 1.798 s
2
90
5 b
13 b
6 Soma: 04 + 08 = 12
14 b
7 a
15 d
8 Sim.
16 c
9 b
17 a) f = λv ⇒ f = 4.000 Hz (ar)
10 c
11 a) As ondas circulares na superfície do líquido possuem
a mesma frequência de oscilação da mola. Esta pode
ser determinada da seguinte maneira: f = 1 .
T
Como o período T é igual a 0,2 segundo, então
f=
1
= 5 s–1 = 5 Hz
0,2
Para λH2O = v ⇒ λH2O = 3,5 . 10–2m
f
68
H
b) Δtida = 0,5 s = 340 + 1.400 ⇒ H = 420 m
c) As ondas sonoras são ondas mecânicas que precisam
de meios materiais para propagar-se.
18 d
b) A distância entre duas cristas consecutivas dessa
onda corresponde ao seu comprimento de onda, que
pode ser determinado por: l = VT = 0,5 . 0,2 = 0,1 m
23
Física portal.indd 23
8/29/11 11:06 AM
Revisão Total – Portal – Física – Gabarito
Potencial elétrico
9 d
2 Soma: 01 + 04 = 5
10 b
3 c
11 d
4 e
12 Soma: 01 + 08 + 16 = 25
5 F, V, V, F
13 c
6 a
14 d
7 a
15 a
8 a
16 e
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 c
24
Física portal.indd 24
8/29/11 11:06 AM
Revisão Total – Portal – Física – Gabarito
Física moderna
1 b
2 c
3 Dt =
9 c
Dt’
√ 1 – (vc )
2
como v = 0,8 c e Dt’ = 18 anos
11 a
18
Dt =
=
=
=
= 30 anos
0,6
2
√ 1 – (0,8) √ 1 – 0,64 √ 0,36
18
18
4 Soma: 01 + 02 + 04 + 16 = 23
5 d
6 a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
7 c
8 a
10 e
18
12 d
13 c
14 e
15 e
16 a
17 Soma: 01 + 02 + 08 = 11
25
Física portal.indd 25
8/29/11 11:06 AM