C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página I
a
3. série – Ensino Médio
FÍSICA 3.a S
Física
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FÍSICA 3.a S
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Revisão
MÓDULO
1
FÍSICA
Cinemática Escalar
1. A estrela mais próxima da Terra, fora o Sol, está a uma distância da
Terra de, aproximadamente, 4,3 anos-luz. Sabe-se que 1 ano-luz é a
distância percorrida pela luz, no vácuo, em um intervalo de tempo de um
ano.
Considere os seguintes dados:
1 ano 3 . 107s
Módulo da velocidade da luz no vácuo: 3 . 108m/s.
A ordem de grandeza da distância da referida estrela (Alfa-Centauro)
até a Terra, medida em metros, é de:
e) 1018
d) 1017
c) 1015
b) 1012
a) 1010
10 3,2
Dado: RESOLUÇÃO:
Δs
V = ––– ⇒ Δs = VΔt
Δt
Vmáx = 80,0m/s
dV
2) = ––– = 40,0 – 10,0t (SI)
dt
t = t1 = 3,0s
= 1
1 = 40,0 – 10,0 . 3,0(m/s2)
1 = 10,0m/s2
Resposta: D
1 ano-luz = 3 . 108 . 3 . 107(m) = 9 . 1015m
D = 4,3 anos-luz = 4,3 . 9 . 1015m
D = 38,7 . 1015m
D = 3,87 . 1016m
10, a ordem de grandeza é 1017m
Como 3,87 > Resposta: D
3. Um trem de comprimento L = 100m se desloca em linha reta com
velocidade escalar constante de 25m/s e demora um tempo T para
atravessar um túnel. Se a velocidade escalar do trem duplicar, o tempo
gasto para atravessar o túnel diminui em 4,0s.
O comprimento do túnel vale:
e) 400m
d) 300m
c) 250m
b)200m
a) 100m
FÍSICA 3.a S
RESOLUÇÃO:
100 + LT
Ltrem + Ltúnel
(1)
⇒ 25 = –––––––––
V = –––––––––––––
T
T
2. A velocidade escalar V de um projétil varia com o tempo t conforme
a relação:
V = 40,0t – 5,0t2 (SI)
A velocidade escalar máxima do projétil e sua aceleração escalar no
instante t1 = 3,0s valem, respectivamente:
b) 8,0m/s; 75,0m/s2.
a) 4,0m/s; 100m/s2.
2
d) 80,0m/s; 10,0m/s2.
c) 8,0m/s; 10,0m/s .
2
e) 80,0m/s; 7,5m/s .
RESOLUÇÃO:
100 + LT
(2)
50 = –––––––––
T – 4,0
LT
De (1): 100 + LT = 25T ⇒ T = 4,0 + –––
25
De (2): 50T – 200 = 100 + LT
LT
50 T = 300 + LT ⇒ T = 6,0 + –––
50
LT
LT
= 6,0 + –––
4,0 + –––
50
25
LT
LT
= 2,0 ⇒ 2LT – LT = 100
– –––
–––
50
25
LT = 100m
Resposta: A
1) t = 4,0s
V = Vmáx = 40,0 . 4,0 – 5,0 . 16,0 (m/s)
Vmáx = 160 – 80,0 (m/s)
–1
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4. Uma leoa com velocidade escalar constante de 8,0m/s se aproxima
de um búfalo inicialmente em repouso. Quando a distância entre eles
é de 20,0m, o búfalo parte com aceleração escalar constante de 2,0m/s2
para fugir da leoa. Admita que a leoa e o búfalo descrevam uma mesma
trajetória retilínea.
Podemos afirmar que
a) a leoa alcança o búfalo no instante t = 4,0s.
b) a leoa alcança o búfalo no instante t = 6,0s.
c) a leoa não alcança o búfalo e a distância mínima entre eles vale
4,0m.
d) a leoa não alcança o búfalo e a distância mínima entre eles vale
10,0m.
e) não há dados suficientes para sabermos se a leoa alcança o búfalo.
RESOLUÇÃO:
1) sL = 8,0t (SI)
sB = 20,0 + 1,0t2 (SI)
5. (FCC) – Um móvel descreve um movimento uniformemente variado
e sua posição s, em metros, varia com o tempo t, em segundos, de
acordo com o gráfico:
Considere as proposições a seguir:
I) O espaço inicial vale 10,0m.
II) O espaço no instante t = 3,0s vale –10,0m.
III)A velocidade escalar inicial vale –12,0m/s.
IV)A aceleração escalar vale 2,0m/s2.
V) A velocidade escalar no instante t = 5,0s vale 8,0m/s.
A sequência correta de proposições verdadeiras (V) ou falsas (F) é:
a) F – V – F –V – F
b) V – F – V – F – F
c) F – F – V – F – V
d) V – F – F – F – V
e) V – F – V – F – V
sB = sL
1,0t2 + 20,0 = 8,0t
1,0t2 – 8,0t + 20,0 = 0
– 80,0
8,0 ± 64,0
t = ––––––––––––––– (s) ⇒ Não há solução real e a leoa não alcança o
2,0
búfalo.
RESOLUÇÃO:
s = A (t – 1,0) (t – 5,0)
Para t = 7,0s, temos s = 24,0m ⇒ 24,0 = A (7,0 – 1,0) (7,0 – 5,0)
24,0 = A . 6,0 . 2,0 ⇒ A = 2,0 ⇒ s = 2,0 (t – 1,0) (t – 5,0)
s = 2,0 (t2 – 5,0t – 1,0t + 5,0) ⇒ s = 2,0t2 – 12,0t + 10,0 (SI)
FÍSICA 3.a S
2) A distância será mínima quando VB = VL = 8,0m/s.
VB = 2,0t ⇒ 8,0 = 2,0t1 ⇒ t1 = 4,0s
I) ( V )
Para t = 0, temos s = s0 = 10,0m.
II) ( F )
Para t = 3,0s, temos s = 2,0 . 9,0 – 12,0 . 3.0 + 10,0 (m) = –8,0m.
3) sL = 8,0 . 4,0(m) = 32,0m
sB = 20,0 + 1,0 . 16,0 (m) = 36,0m
A leoa estará a 4,0m do búfalo.
Resposta: C
III) ( V )
V0 = –12,0m/s.
IV)( F )
2
––– = 2,0 ⇒ = 4,0m/s .
2
V) ( V )
V = 4,0t – 12,0(SI)
Para t = 5,0s:
V = 4,0 . 5,0 – 12,0(m/s) = 8,0m/s
Resposta: E
2–
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6. (CEPERJ-2011) – Um trem A viajava com uma velocidade escalar
de 40m/s quando seu maquinista percebeu que, nos mesmos trilhos à
sua frente, encontrava-se outro trem, B, em repouso. Imediatamente
ele aplica os freios, imprimindo ao trem A uma aceleração retardadora
constante. Nesse mesmo instante, o trem B parte uniformemente
acelerado. Felizmente, por isso, foi evitada a colisão. A figura abaixo
representa os gráficos velocidade escalar-tempo dos dois trens, sendo
t = 0 o instante em que, simultaneamente, o trem A começou a frear, e
o trem B partiu acelerado.
O valor de T é:
a) 0,2s
b) 0,4s
c) 0,6s
d) 0,8s
e) 1,0s
RESOLUÇÃO:
1) Para a 1.ª gota:
Δs = V0t + ––– t2
2
10,0 2
5,0 = ––––– T1 ⇒ T1 = 1,0s
2
2) Para a 2.ª gota:
10,0 2
0,8 = ––––– T 2 ⇒ T2 = 0,4s
2
T = T1 – T2 = 0,6s
Resposta: C
Sabendo-se que nesse instante t = 0 a distância entre eles era de 162m,
pode-se afirmar que a menor distância entre a dianteira do trem A e a
traseira do trem B foi de:
a) 2m
b) 4m
c) 6m
d) 10m
e) 12m
RESOLUÇÃO:
1) Enquanto a velocidade escalar de A for maior que a de B, os trens vão
aproximar-se.
A distância mínima ocorre quando VA = VB, isto é, no instante t = 8s.
8. Um tubo cilíndrico oco parte do repouso no instante t = 0 em um
local onde o efeito do ar é desprezível e g = 10,0m/s2.
No mesmo instante t = 0, uma pequena esfera (ponto material) é
lançada verticalmente para baixo a partir da abertura superior do cilindro cujo comprimento vale L, com velocidade de módulo V0 = 10,0m/s.
Quando a esfera sai pela outra extremidade do tubo, sua velocidade
tem módulo V1 = 20,0m/s.
8
2) ΔsA = (40 + 8) ––– (m) = 192m
2
FÍSICA 3.a S
8.8
ΔsB = –––– (m) = 32m
2
Os trens se aproximaram uma distância d dada por:
d = ΔsA – ΔsB = 192m – 32m = 160m
A distância d corresponde à área do triângulo de base 40 e altura 8.
Como a distância inicial era de 162m eles se aproximaram 160m, a
distância mínima entre eles será de 2m
Resposta: A
7. Uma torneira mal fechada está pingando de modo que as gotas saem
do cano com um intervalo de tempo T. Quando a 1.ª gota atinge o solo
após ter percorrido uma distância de 5,0m, a 2.ª gota está a 4,2m do
solo.
Adote g = 10,0m/s2 e despreze o efeito do ar.
O comprimento L vale:
a) 5,0m
b) 7,5m
c) 10,0m
RESOLUÇÃO:
1) V = V0 + t
20,0 = 10,0 + 10,0t1 ⇒
t1 = 1,0s
d) 12,5m
e) 15,0m
2) O movimento relativo é uniforme com velocidade relativa igual a
V0 = 10,0m/s.
Δsrel = Vrel t
L = 10,0 . 1,0(m)
L = 10,0m
Resposta: C
–3
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MÓDULO
2
Cinemática Vetorial
1. (FCC) – Considere os vetores representados na figura:
→2
|d | = (3,0)2 + (4,0)2 ⇒
→
O vetor resultante V =
a) 1 unidade.
d) 11 unidades.
→ → →
V 1 + V 2 + V 3 tem módulo
b) 5 unidades.
c) 7 unidades.
e) 15 unidades.
FÍSICA 3.a S
RESOLUÇÃO:
→
→
V 1 = –5 i
→
→
→
V 2 = –2 i + 2 j
→
→
→
V3 = 4 i + 2 j
→ → →
→
V 1 + V 2 + V 3 = –3→
i +4j
→ →
|→
V 1 + V 2 + V 3|2 = 9 + 16 = 25
→ →
|→
V 1 + V 2 + V 3| = 5 unidades
→
| d | = 5,0m
3,0
cos = ––––– = 0,60
5,0
Resposta: B
3. Uma partícula parte do repouso, no instante t = 0, descrevendo uma
circunferência de raio R em movimento uniformemente variado.
No instante t1 = 1,5s, a aceleração vetorial da partícula tem módulo
a1 = 5,0m/s2 e forma um ângulo = 37º com a velocidade vetorial.
Resposta: B
2. (UFC) – O movimento bidimensional de uma partícula, em relação
a um sistema cartesiano (x; y) é dado pelas relações:
x = 1,0t2 + 2,0t (SI)
y = 4,0t3 + 5,0 (SI)
O vetor deslocamento entre os instantes t1 = 0 e t2 = 1,0s forma com o
eixo dos x um ângulo cujo cosseno vale:
a) 0,40
b) 0,60
c) 0,65
d) 0,75
e) 0,80
RESOLUÇÃO:
t1 = 0 ⇒ x1 = 0
e
t2 = 1,0s ⇒ x1 = 3,0m e
4–
y1 = 5,0m
y1 = 9,0m
Dados: sen 37º = 0,60
cos 37º = 0,80
O valor de R é:
a) 6,0m
d) 15,0m
b) 9,0m
e) 18,0m
c) 12,0m
RESOLUÇÃO:
1) = | →
a t| = a1 cos 37º
= 5,0 . 0,80(m/s2) = 4,0 m/s2
2) V = V0 + t
V1 = 0 + 4,0 . 1,5(m/s) ⇒
V1 = 6,0m/s
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2
V1
3) acp = a1 cos 53º = –––
R
36,0
5,0 . 0,60 = –––––
R
36,0
R = ––––– (m)
3,0
R = 12,0m
Resposta: C
5. (CEPERJ-2011) – Numa bicicleta, a roda dentada (coroa) à qual
estão acoplados os pedais tem um raio R1 = 10cm. A catraca, ligada à
roda dentada pela corrente, tem um raio R2 = 5cm. Já a roda motriz, a
traseira, tem um raio R = 20cm, como mostra a figura abaixo.
4. (UFTM-MG-2011) – Dois atletas, 1 e 2, percorrem uma mesma
pista circular, ambos no sentido horário. No instante inicial t0 = 0, o
atleta 1 encontra-se diametralmente oposto ao atleta 2 e com maior
velocidade que a deste. Admitindo-se que a velocidade angular do
atleta 1 seja = x . π rad/s e que a frequência do atleta 2 seja f = 39,5Hz,
o valor de x, para que os atletas se encontrem pela primeira vez, após
1,0 segundo, é
a) 10
b) 20
c) 40
d) 60
e) 80
RESOLUÇÃO:
Durante um treino, um ciclista mantém um ritmo de 2 pedaladas por
segundo. Supondo-se que a roda motriz role sem deslizar sobre o piso
de apoio, pode-se afirmar que o módulo da velocidade da bicicleta é de
aproximadamente:
a) 5km/h
b) 9km/h c) 12km/h d) 18km/h e) 25km/h
Nota: Adote π = 3,14
RESOLUÇÃO:
1) fcoroa = f Pedal = 2Hz
fCA = 4Hz
FÍSICA 3.a S
fCA
10
Rcoroa
fCA
2) ––––––
= ––––––
⇒ ––––
= ––– ⇒
2
5
fcoroa
RCA
3) froda = fCA = 4Hz
Δs
2π Rroda
4) V = ––– = ––––––––
= 2π froda . Rroda
Δt
Troda
2π
1) ω2 = ––– = 2π f2 = 2π . 39,5 (rad/s) = 79π rad/s
T2
2) ωrel = ω1 – ω2 = xπ – 79π (rad/s) = (x – 79)π rad/s
V = 2 . 3,14 . 4 . 0,20 (m/s)
V = 5,0m/s = 5,0 . 3,6 km/h ⇒
V 18km/h
Resposta: D
3) Para o 1.º encontro: Δrel = π rad
Δrel
rel = ––––
Δt
π
(x – 79)π = –––
1,0
x – 79 = 1
x = 80
Resposta: E
–5
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6. No esquema da figura, as polias A e B giram em contato sem que
haja escorregamento entre elas. As polias B e C são solidárias (giram
juntas com a mesma velocidade angular) e o bloco D está preso a um
fio vertical que vai enrolando-se na polia C.
Supondo-se que os dois partem da mesma posição horizontal, calcule
→
qual deve ser a velocidade VA do estudante A, em relação à escada,
para que os estudantes se encontrem ao pé da escada, no mesmo
instante.
a) 1,0m/s
b) 2,0m/s
c) 3,0m/s
d) 4,0m/s
e) 5,0m/s
RESOLUÇÃO:
1
dB
1) cos 60º = –––
= –– ⇒ dA = 2dB
2
dA
A polia A tem raio RA = 10,0cm e gira no sentido horário com velocidade angular de módulo = 20,0rad/s. A polia C tem raio r = 5,0cm e
a polia B tem raio 4r.
A velocidade de subida do bloco D tem módulo igual a:
a) 10,0cm/s
b) 20,0cm/s
c) 30,0cm/s
d) 40,0cm/s
e) 50,0cm/s
RESOLUÇÃO:
1) Para que não haja escorregamento entre A e B, temos:
2) VR = VA – VE
A
3) dA = 2dB
(VA – VE) Δt = 2 VB Δt
VA – VE = 2VB
VA – 1,0 = 2,0
VA = 3,0m/s
V A = VB
ARA = ωBRB ⇒ 20,0 . 10,0 = B . 20,0 ⇒
B = 10,0rad/s
Resposta: C
FÍSICA 3.a S
2) C = B = 10,0rad/s
3) A velocidade do bloco D é a velocidade linear de um ponto da periferia
da polia C:
V D = VC = C . r
VD = 10,0 . 5,0 cm/s ⇒
VD = 50,0 cm/s
Resposta: E
7. A figura a seguir ilustra uma escada rolante com velocidade
ascendente de módulo VE = 1,0m/s e inclinação 60º com a horizontal.
Um estudante A desce por esta escada com o objetivo de encontrar um
outro estudante, B, que está no solo e caminha em direção ao pé da
escada com velocidade de módulo VB = 1,0m/s.
8. (CEPERJ) – Em um rio, num trecho onde as margens são
paralelas, a velocidade da correnteza é constante, paralela às margens
e de módulo igual a 3,0m/s. Dois barcos, cujos motores são capazes
de imprimir a eles velocidades constantes em relação à água, de
módulos iguais a 5,0m/s, vão atravessar o rio. O timoneiro do barco
(1) orienta seu barco numa direção tal que ele atravesse o rio
perpendicularmente às margens e chegue à margem oposta exatamente
em frente ao ponto de partida. Já o timoneiro do barco (2) orienta seu
barco de modo que, durante toda a travessia, a proa aponte sempre
perpendicularmente para a margem oposta à da partida. Os tempos t1
e t2 gastos, respectivamente, pelos barcos (1) e (2) na travessia são tais
que:
4,0
3,0
a) t2 = ––– t1
b) t2 = ––– t1
c) t2 = t1
5,0
4,0
4,0
d) t2 = ––– t1
3,0
6–
5,0
e) t2 = ––– t1
4,0
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RESOLUÇÃO:
2) A distância D é dada por:
ΔSx = V t
D = VtE ⇒
D = 6,0m
Resposta: C
2
2
2
Para o barco 1: V1 = VR + V C ⇒ VR = 4,0m/s
L = VR . t1 = 4,0t1
Para o barco 2: L = V2 . t2 = 5,0t2
Portanto: 4,0 . t1 = 5,0t2
10. (IFRS-2011) – Um jogador de basquete faz um arremesso
imprimindo à bola, que parte de uma altura de 2,0m em relação ao
→
chão, uma velocidade V0 de módulo 10,0m/s, em um ângulo com a
horizontal, conforme representado na figura. Ela descreve uma trajetória (pontilhado na figura) e acerta a cesta, colocada a 3,05m do chão.
4,0
t2 = ––––– t1
5,0
9. Duas pequenas esferas, A e B, são lançadas simultaneamente das
posições indicadas na figura.
A esfera A é lançada horizontalmente com velocidade de módulo V e
a esfera B é lançada verticalmente com velocidade de módulo 2V.
Qual das alternativas corresponde à distância horizontal d, desde o
local do arremesso até a cesta? Considere a aceleração da gravidade
com módulo igual a 10,0m/s2, sen = 0,5 e cos = 0,9. Despreze o
efeito do ar.
a) 2,5m
b) 3,5m
c) 5,0m
d) 5,6m
e) 6,3m
RESOLUÇÃO:
1) V0 = V0 sen = 10,0 . 0,5(m/s) = 5,0m/s
y
y 2
2) Δsy = V0 t + –––
t
y
2
O efeito do ar é desprezível.
Para que haja encontro entre A e B, a distância D
a) está indeterminada, pois não conhecemos o módulo g da aceleração
da gravidade local.
b) está indeterminada porque não conhecemos o valor de V.
c) vale 6,0m.
d) vale 8,0m.
e) vale 10,0m.
RESOLUÇÃO:
1) No instante de encontro: hA = hB
Tomando o solo como origem dos espaços e orientando a trajetória para
cima, temos:
1,05 = 5,0t – 5,0t2
5,0t2 – 5,0t + 1,05 = 0
1,0t2– 1,0t + 0,21 = 0
1,0 ± 0,4
1,0 ± 1,0 – 0,84
t = –––––––––––––––– (s) = ––––––––– (s)
2
2
Na subida: t1 = 0,3s;
Na descida: t2 = 0,7s
3) Δsx = (V0cos ) t2
d = 10,0 . 0,9 . 0,7(m) = 6,3m
Resposta: E
g 2
g 2
12,0 – ––– t E = 2V tE – ––– t E
2
2
12,0 = 2VtE ⇒ VtE = 6,0 (SI)
–7
FÍSICA 3.a S
Resposta: A
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MÓDULO
3
Leis de Newton e Atrito
1. Dois blocos, A e B, de massas 2m e m estão ligados por um fio de
massa desprezível e suspensos por uma mola elástica também de massa
desprezível. O sistema encontra-se em repouso.
2. Na figura temos dois blocos, A e B, de massas respectivamente
iguais a mA = 2,0kg e mB = 3,0kg ligados por um fio ideal que
arrebenta quando a força de tração atingir uma intensidade de 30,0N.
→
Uma força horizontal F é aplicada em B e sua intensidade F varia com
o tempo t segundo a relação F = 5,0t (SI).
Não considere atrito entre os blocos A e B e o solo horizontal e
despreze o efeito do ar.
O fio vai arrebentar no instante:
a) t = 10,0s
b) t = 12,0s
c) t = 15,0s
d) t = 18,0s
e) t = 20,0s
O fio que liga os blocos A e B é cortado.
Imediatamente após o corte do fio, sendo g o módulo da aceleração da
gravidade, as acelerações de A e B terão módulos iguais respectivamente a:
g
a) g e ––
2
g
b) –– e g
2
c) g e g
g
g
d) –– e ––
2
2
e) zero e g
RESOLUÇÃO:
1) PFD (A + B):
PFD (A) :
F = (mA + mB) a (1)
T = mAa
(2)
mA + mB
5,0
(2)
F
––– : ––– = –––––––
= ––– ⇒
2,0
(1)
T
mA
F = 2,5T
2) Quando T = Tmáx = 30,0N, temos:
RESOLUÇÃO:
Fmáx = 2,5 Tmáx = 2,5 . 30,0N ⇒ Fmáx = 75,0N
3) F = 5,0t (SI)
75,0 = 5,0t1 ⇒
t1 = 15,0s
Resposta: C
FÍSICA 3.a S
PFD (A):
3. (UFJF-MG-2011) – Um vagão possui no seu interior um ponto
material de massa m, sujeito à aceleração da gravidade g, suspenso por
um fio de massa desprezível e inextensível.
Fmola – PA = mA aA
3mg – 2mg = 2m aA
g
aA = –––
2
Resposta: B
O valor da aceleração escalar do trem para que o ponto material
permaneça com o ângulo constante , mostrado na figura acima, é:
a) a = g cos sen b) a = g sen c) a = mg tg d) a = mg sen e) a = g tg 8–
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 9
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO:
1) Ty = P = mg
O ramo de corda entre A e a esfera tem massa m
dada por:
2) PFD : Tx = ma
m = ᐉ = 2,0 . 4,0kg = 8,0kg
Tx
ma
3) tg = –––
= –––
Ty
mg
PFD (esfera + corda):
TA – (PC + P) = (MC + ME) a
a = g tg TA – (80 + 200) = 28 . 2,0
TA – 280 = 56 ⇒
Resposta: E
TA = 336N
Resposta: E
5. Considere os esquemas das figuras I e II indicadas a seguir:
FÍSICA 3.a S
4. Uma corda homogênea tem densidade linear = 2,0kg/m e
comprimento L = 6,0m e tem um de seus extremos preso a uma esfera
de peso 200N e o outro fixo em um helicóptero que sobe verticalmente
em movimento acelerado com aceleração de módulo a = 2,0m/s2.
Nos dois esquemas, as polias e os fios são ideais e o efeito do ar é
desprezível.
No esquema da fig. I, os blocos A (de massa m) e B (de massa 2m) têm
acelerações com módulo a1.
No esquema da fig. II, a extremidade livre do fio é puxada para baixo
com uma força vertical constante de intensidade F = 2mg, em que g é
o módulo da aceleração da gravidade. Neste esquema, o bloco A tem
aceleração com módulo a2.
a2
A razão –––
vale:
a1
1
a) ––
3
A aceleração da gravidade tem módulo g = 10m/s2 e despreza-se o
efeito do ar.
A força de tração na corda em um ponto A a 2,0m do helicóptero terá
intensidade igual a:
a) 80N
b) 120N
c) 200N
d) 240N
e) 336N
1
b) ––
2
c) 1
d) 2
e) 3
RESOLUÇÃO:
Esquema I – PFD (A + B) : PB – PA = (mA + mB) a1
2mg – mg = 3m a1
g
a1 = –––
3
–9
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 10
Esquema II –
PFD (A) : F – PA = mA a2
2mg – mg = ma2
a2 = g
a2
g
= ––– ⇒
–––
a1
g/3
a2
––––
=3
a1
Resposta: E
6. (CEPERJ-2011) – Os três blocos representados na figura abaixo
têm massas iguais, estão suspensos a duas roldanas fixas e são
abandonados na posição indicada.
7. (CESGRANRIO) – Um pêndulo simples oscila preso a uma
parede vertical de um elevador em repouso. O comprimento do
pêndulo é L e a aceleração da gravidade local tem módulo g. Qual o
módulo da aceleração do elevador, subindo com movimento acelerado,
para que o período de oscilação seja reduzido à metade do valor
original?
3
g
a) g
b) 3g
c) ––
d) ––
e) 4g
g
2
RESOLUÇÃO:
1) Quando o elevador tem aceleração dirigida para cima (subindo com
movimento acelerado), a gravidade aparente no interior do elevador é
dada por:
Considere os fios e as roldanas ideais e desprezíveis os atritos nos eixos
das roldanas. Sendo →
g o vetor da aceleração da gravidade, o vetor
aceleração do bloco (2) imediatamente após o instante em que são
abandonados é:
FÍSICA 3.a S
→
g
a) –––
3
→
g
b) – –––
3
g
2→
c) –––
3
g
2→
d) – –––
3
e) nulo
gap = g + a
2) T0 = 2π
T = 2π
L
––––
g+a
T
––– =
T0
g
1
–––– = ––
g+a
2
g
1
––––– = ––
g+a
4
RESOLUÇÃO:
4g = g + a
a = 3g
Resposta: B
PFD (1): mg – T = ma (1)
PFD (2): 2T – mg = ma (2)
PFD (3): mg – T = ma (3)
PFD (1 + 2 + 3): mg = 3ma
g
a = ––––
3
g
A aceleração do bloco (2) tem módulo ––– e é dirigida para cima:
3
→
g
→
a 2 = – –––
3
Resposta: B
10 –
L
––
g
→
g
→
a1 = →
a 3 = ––––
3
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 11
8. (CEPERJ-2011) – O sistema representado na figura abaixo, constituído por duas caixas, A e B, ambas de massas iguais a 2kg, encontrase em repouso. A caixa A contém 30 pequenas esferas de 100g, ao
passo que a caixa B está vazia.
9. Dois blocos, A e B, cada um com peso de 75N, são comprimidos
por uma mola elástica ideal contra o teto e contra o solo de um
equipamento por forças elásticas de intensidade 100N. Os coeficientes
de atrito dinâmico entre o bloco A e o teto e entre o bloco B e o solo
valem 0,20 e a barra que une os blocos A e B tem massa desprezível.
→
Uma força constante F , horizontal, é aplicada ao sistema, que se
desloca com velocidade constante. O efeito do ar é desprezível.
Considere os fios e a roldana ideais. Sendo o coeficiente de atrito
estático entre a caixa A e a superfície horizontal em que está apoiada
igual a 0,50, o número máximo de esferas que podem ser transferidas
da caixa A para a caixa B sem que o sistema comece a se mover é:
a) 2
b) 3
c) 4
d) 5
e) 6
→
RESOLUÇÃO:
Para que o sistema não se mova, devemos ter:
PB Fat
destaque A
(mB + nm) g E [mA + (n0 – n) m] g
A intensidade de força F vale:
a) 30N
b) 35N
c) 40N
d) 50N
e) 100N
RESOLUÇÃO:
2 + n 0,1 0,5 [2 + (30 – n) 0,1]
4 + 0,2n 2 + 3 – 0,1n
0,3n 1
1
n ––– = 3,3
0,3
Resposta: B
FÍSICA 3.a S
nmáx = 3
1) Para o bloco A:
Fmola = PA + NA
100 = 75 + NA ⇒ NA = 25N
F1 = Fat = NA = 0,20 . 25N = 5N
A
2) Para o bloco B:
Fmola + PB = NB
100 + 75 = NB ⇒ NB = 175N
F2 = Fat = NB = 0,20 . 175N = 35N
B
3) Para o sistema:
F = F1 + F2
F = 40N
Resposta: C
– 11
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 12
MÓDULO
4
Plano Inclinado – Força Centrípeta – Trabalho
1. (UEA-2011) – Uma senhora empurra um carrinho de supermercado
de massa total 80kg por uma ladeira plana, em linha reta, mantendo
sua velocidade constante, como mostra a figura 1. Percebendo a
dificuldade da senhora, um rapaz passa a ajudá-la puxando o carrinho
para cima com uma força paralela à rampa, constante e de intensidade
F, conforme a figura 2.
→
Desprezando-se qualquer força de atrito, a intensidade de F, aplicada
pelo rapaz, para que o carrinho adquira uma aceleração escalar
constante de módulo 0,25m/s2 é, em N, igual a
a) 4,0
b) 8,0
c) 16
d) 20
e) 24
2. Considere um plano inclinado de tal que a metade superior AB é
isenta de atrito e a metade inferior BC tem coeficiente de atrito
dinâmico .
Um bloco abandonado do repouso em A volta ao repouso em B.
O coeficiente de atrito é dado por:
a) = 2sen b) = 2cos c) = 2tg d) = tg e) = sen + cos RESOLUÇÃO:
1) De A para B:
Pt = ma ⇒ mg sen = m a ⇒ a = g sen 2
RESOLUÇÃO:
1) Para a subida com movimento uniforme, temos:
2
VB = VA + 2 Δs
2
VB = 2 g sen . d
2) De B para C:
Fs = Pt
Pt – Fat = m a ⇒ mg sen – mg cos = m a
FÍSICA 3.a S
a = g (sen – cos )
2
VC = VB2 + 2 Δs
2) Para a subida com movimento acelerado, temos:
PFD : FR = ma
Fs + F – Pt = ma
F = ma
F = 80 . 0,25 (N)
F = 20N
Resposta: D
12 –
0 = 2g sen d + 2g (sen – cos ) d
2 sen = cos ⇒
Resposta: C
= 2tg C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 13
3. Um bloco é abandonado do repouso em um plano inclinado de 45º
e desliza uma distância d. O intervalo de tempo para percorrer a distância d quando existe atrito é n vezes maior do que quando o atrito é
desprezível.
O coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco e o plano inclinado vale:
a) 1
1
b) 1 – –––
n2
1
d) –––
n2
1
e) 1 + –––
n
1
c) 1 + –––
n2
RESOLUÇÃO:
mV2
1,0 . 36
T1 = Fcp = ––––– = ––––––– (N) = 72N
1
R1
0,5
mV2
1,0 . 36
T2 = Fcp = ––––– = ––––––– (N) = 120N
2
R2
0,3
ΔT = T2 – T1 = 120N – 72N ⇒
ΔT = 48N
Resposta: C
RESOLUÇÃO:
1) Δs = V0t + ––– t2
2
a
d = ––– T2 ⇒ T =
2
2d
–––
a
2) Sem atrito:
g 2
Pt = ma1 ⇒ mg sen = ma1 ⇒ a1= g sen = –––––
2
5. (UFES) – Um pêndulo é formado por uma esfera de massa m presa
ao teto por um fio inextensível e de massa desprezível. Ele oscila
livremente no plano vertical e, no instante em que sua velocidade é
nula, o fio forma um ângulo com a vertical, conforme a figura.
3) Com atrito:
Pt – Fat = ma2 ⇒ mg sen – mg cos = ma2
2 – g 2 = g ––––
2 (1 – )
a2 = g ––––
––––
2
2
2
4) Condição do exercício: T2 = n T1
2d
––– ⇒ n =
a1
1
1
n2 = –––– ⇒ 1 – = ––– ⇒
1–
n2
a1
–––
a2 =
1
–––––
1 –
1
= 1 – –––
n2
Nesse instante, a intensidade da força que traciona o fio é
a) nula
b) mg sen c) mg tg d) mg
e) mg cos Resposta: B
RESOLUÇÃO:
No ponto A em que a velocidade se
anula, a componente centrípeta da
resultante se anula e, portanto,
T = Pn = P cos 4. Uma esfera de massa m = 1,0kg está girando com movimento
circular e uniforme sobre uma mesa horizontal sem atrito. A esfera está
presa à extremidade de um fio que tem a outra extremidade fixa em
um ponto C. A velocidade escalar da esfera vale 6,0m/s e o raio da
circunferência vale 0,5m.
T = mg cos
Resposta: E
O fio encontra em seu movimento um prego P fixo na mesa e nesse
instante a força de tração no fio tem sua intensidade aumentada em:
a) 20N
b) 36N
c) 48N
d) 72N
e) 120N
– 13
FÍSICA 3.a S
2d
––– = n
a2
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 14
6. Um ciclista percorre uma pista horizontal circular, cujo raio externo
vale R, em movimento circular e uniforme.
7. Uma partícula se move ao longo de uma reta sob ação de uma força
→
resultante F constante.
A coordenada de posição x e o tempo t estão relacionados de acordo
com a expressão seguinte:
t = x + 3,0 (SI)
→
O trabalho da força F entre os instantes t1 = 0 e t2 = 6,0s:
a) é nulo.
b) não pode ser calculado porque não foi dada a massa da partícula.
c) não pode ser calculado porque não foi dada a intensidade da força
→
F.
d) vale 3,0J.
e) vale 6,0J.
RESOLUÇÃO:
x + 3,0 ⇒ x = t – 3,0
1) t = O coeficiente de atrito entre os pneus da bicicleta e o solo varia com
a distância r ao centro da pista de acordo com a função:
(
r
= k 1 – ––
R
2) V = 2,0t – 6,0
)
3) t1 = 0 ⇒ V1 = – 6,0m/s
em que k é uma constante.
O ciclista terá velocidade escalar máxima quando percorrer uma
circunferência de raio r tal que:
R
a) r = –––
k
R
b) r = –––
3
kR
d) r = –––
2
kR
e) r = –––
3
R
c) r = –––
2
FÍSICA 3.a S
1) FN = P = mg
mV2
2) Fat = Fcp = –––––
r
3) Fat FN
mg
r
2
Vmáx
= k g r 1 – –––
R
r
y = k g r 1 – –––
R
R
Quando r = ––– ⇒ y = ymáx
2
Resposta: C
14 –
t2 = 6,0s ⇒ V2 = 6,0m/s
m
2
2
TEC: F = ΔEcin = ––– (V2 – V 1)
2
F = 0
Resposta: A
RESOLUÇÃO:
mV2
r
–––– k 1 – –––
r
R
x = 1,0 t2 – 6,0t + 9,0
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 15
8. Uma partícula de massa 0,6kg parte de repouso da coordenada
x = 0 e descreve uma trajetória retilínea ao longo do eixo 0x sob ação
de uma força resultante F dada por F = 15,0x (SI).
Na posição x = 2,0m, a partícula tem velocidade com módulo V e
aceleração com módulo a. Os valores de V e a são:
a) V = 10,0m/s e a = 5,0m/s2
b) V = 10,0m/s e a = 50,0m/s2
c) V = 20,0m/s e a = 50,0m/s2
d) V = 20,0m/s e a = 5,0m/s2
e) V = 30,0m/s e a = 10,0m/s2
RESOLUÇÃO:
1) x = 2,0m ⇒ F = 15,0 . 2,0 (N) = 30,0N
PFD: F = ma ⇒ 30,0 = 0,60a ⇒
a = 50,0m/s2
9. (UFRJ) – Um carro a 40km/h freia subitamente em uma estrada
retilínea e horizontal. As rodas travam e o carro derrapa 10m até parar.
Se a velocidade escalar inicial do carro fosse 120km/h, a distância
percorrida durante a derrapagem seria:
a) 15m
b) 30m
c) 60m
d) 90m
e) 120m
Nota: Despreze o efeito do ar.
RESOLUÇÃO:
TEC: total = ΔEcin
at = Ecin – Ecin
f
0
mV02
c m g d (–1) = 0 – –––––
2
V02
d = ––––––––
2 c g
2)
Quando V0 triplica, d fica multiplicado por 9
d’ = 9d = 90m
Resposta: D
= Área (F x d)
2,0 . 30,0
= ––––––––– (J) ⇒
2
= 30,0J
mV2
mV02
3) TEC: = ΔEcin = ––––– – –––––
2
2
V = 10,0m/s
FÍSICA 3.a S
0,60
30,0 = –––– V2 ⇒ V2 = 100 ⇒
2
Resposta: B
– 15
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 16
MÓDULO
5
Potência e Energia Mecânica
1. Um bloco de massa m = 2,0kg é arrastado sobre um plano
→
horizontal por uma força horizontal F com velocidade constante de
módulo V = 2,0m/s.
O coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco e o plano horizontal de
apoio vale = 0,20.
A potência da força de atrito vale:
a) – 8,0W
b) –4,0W c) zero
d) 4,0W
e) 8,0W
RESOLUÇÃO:
1) Fat = FN = m g = 0,20 . 20,0N = 4,0N
2) Potat = Fat . V . cos 180º
2. Um carro de massa 1,0t parte do repouso e descreve uma trajetória
retilínea em um plano horizontal.
Durante 10s, o carro tem movimento uniformemente variado atingindo
a velocidade escalar de 108km/h. Despreze, nestes 10s, a força de
resistência do ar. A potência média do motor do carro nestes 10s e a
potência instantânea do motor no instante 10s são respectivamente
iguais a:
a) 45kW e 45kW
b) 45kW e 90kW
c) 90kW e 90kW
d) zero e 45kW
e) zero e 90kW
RESOLUÇÃO:
2
2
mV
mV 0
1) motor = ΔEcin = –––– – ––––
2
2
3
2
1,0 . 10 . (30,0)
motor = ––––––––––––––– J = 4,5 . 105J
2
motor
4,5 . 105J
2) Potm = ––––––– = –––––––––– = 4,5 . 104W = 45kW
10s
Δt
Potat = – 4,0 . 2,0 (W)
3) V = V0 + t
Potat = – 8,0W
Resposta: A
30 = 0 + . 10 ⇒ = 3,0m/s2
4) F = m = 3,0 . 103N
5) Pot10 = F V10 = 3,0 . 103. 30 (W)
Pot10 = 90 . 103W = 90kW
FÍSICA 3.a S
Resposta: B
16 –
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 17
3. Dois automóveis, A e B, em trajetória retilíneas e horizontais estão
com suas velocidades escalares limites VA e VB, tais que VA = 2VB.
As potências úteis dos motores estão com seus valores máximos PA e
PB, tais que PB = 3PA.
Considere agora a situação em que os dois automóveis estão unidos e
desenvolvendo suas potências máximas na mesma trajetória retilínea e
horizontal.
A velocidade máxima do conjunto terá módulo igual a:
VA + VB
––––––––
2
VA
a) –––
2
b)
8VB
d) ––––
7
VB
e) –––
2
RESOLUÇÃO:
P=FV
PA = FAVA
e
PB = FB VB
Como PB = 3PA e VA = 2VB, vem:
FBVB = 3 . FA . 2 VB ⇒
FB = 6FA
Para os carros unidos: P = PA + PB
F = FA + FB
8VA
c) ––––
7
4. Um rio apresenta uma queda d’água de altura H com vazão Z.
A densidade da água vale e a aceleração da gravidade tem módulo
g.
Desprezando-se perdas de energia mecânica, a potência teórica P desta
queda d’água para se construir uma usina hidrelétrica é dada por:
a) P = z g H
zgH
b) P = –––––––
2
d) P = z g H2
e) P = Z2 g H
c) P = 2 Z g H
RESOLUÇÃO:
mgH
P
1) Pot = ––––
= –––––––
Δt
Δt
m
2) = –––– ⇒ m = Vol
Vol
Vol
3) Pot = –––– g H
Δt
Vol
–––– = Z (vazão)
Δt
Pot = Z g H
Resposta: A
P=FV
PA + PB = (FA + FB) V
FAVA + FBVB = (FA + FB) V
FA . 2VB + 6FA . VB = 7FA V
FÍSICA 3.a S
8VB
V = ––––––
7
Resposta: D
– 17
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 18
5. (FCC) – Um corpo escorrega por uma das três rampas,
perfeitamente lisas, até chegar ao solo.
6. (UFV-MG) – Um carrinho, com massa igual a 2,0kg, desce sem
atrito uma ladeira, passando pelo ponto A, cuja altura h, em relação ao
nível de referência, é igual a 0,60m, como mostra a figura abaixo. Em
seguida, ele comprime uma mola de massa desprezível, cuja constante
elástica é igual a 600N/m, até parar, provocando uma deformação
máxima igual a 0,40m. Considerando-se o módulo da aceleração da
gravidade igual a 10,0m/s2, é correto afirmar que, ao passar pelo ponto
A mostrado na figura abaixo, o módulo da velocidade do carrinho, em
m/s, é:
a) 5,0
b) 6,0
c) 7,0
d) 8,0
e) 9,0
As velocidades de chegada ao solo, V1, V2 e V3, respectivamente,
guardam as relações:
a) V1 > V2 > V3.
b) V1 < V2 < V3.
c) V1 = V2 > V3.
d) V1 > V2 = V3.
e) V1 = V2 = V3.
RESOLUÇÃO:
Efinal = Einicial
RESOLUÇÃO:
(referência no solo)
mV2
–––– = m g h
2
V=
2gh
V 1 = V2 = V3
Resposta: E
Conservação da energia mecânica:
EB = EA
(ref. em B)
FÍSICA 3.a S
2
kx2
mVA
–––– = m g h + ––––––
2
2
600
2,0 2
–––– 0,16 = 2,0 . 10,0 . 0,60 + –––– VA
2
2
2
48,0 = 12,0 + VA
2
36,0 = VA
VA = 6,0m/s
Resposta: B
18 –
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 19
7. (URCA-CE) – Um corpo de massa 2,0kg é abandonado, a partir
do repouso, do ponto A, situado a 5,0m de altura em relação a B.
O corpo atinge o ponto B com velocidade escalar de 8,0m/s. Supondose g = 10m/s2, pode-se afirmar que o módulo da variação da energia
mecânica do sistema é de:
a) 32J
b) 36J
c) 62J
d) 100J
e) 132J
RESOLUÇÃO:
1) EA = m g H = 2,0 . 10. 5,0 (J) = 100J
8. (CEPERJ) – Uma pequena esfera de aço, suspensa a um suporte
por um fio ideal, está oscilando, com atrito desprezível, num plano
vertical entre as posições extremas A e B, nas quais o fio forma 60º
com a vertical, como mostra a figura abaixo.
A razão entre os valores máximo e mínimo da tensão no fio durante
essas oscilações é igual a:
2 4 3
3
a) 4
b) –––––
c) 2
d) e) –––––
3
3
3
RESOLUÇÃO:
mV 2
2,0
2) EB = ––––B = ––– (8,0)2 (J) = 64J
2
2
P
1) PN = Pcos 60º = –––
2
3) ΔEm = EB – EA = 64J – 100J = –36J
P
2) FCP = 0 ⇒ TA = PN = –––
A
2
|ΔEm| = 36J
Resposta: B
3) EC = EA
mVC2
L
= m g –––
––––––
2
2
FÍSICA 3.a S
mVC2
=mg
––––––
L
FCP = mg
C
4) TC – P = FCP
C
TC – P = P
TC = 2P
Tmáx
TC
2P
5) ––––––
= ––––
= –––––– ⇒
Tmín
TA
P/2
Tmáx
–––––– = 4
Tmín
Resposta: A
– 19
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 20
MÓDULO
6
Quantidade de Movimento
1. (UNEMAT-2011) – Considere uma bola de 0,75kg, que se choca
perpendicularmente com uma parede com uma velocidade de módulo
10m/s, e que, após o choque, retorna na mesma direção e com a mesma
velocidade em módulo, ou seja, ocorre um choque perfeitamente
elástico.
Calcule a intensidade da força atuante na bola, provocada pela
parede, supondo-se que a interação tenha durado um tempo de
4,0 . 10–2s.
a) 250N
b) 300N
c) 375N
d) 425N
e) 500N
Nota: Despreze a ação do peso da bola durante sua interação com a
parede.
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO:
→
1,0 . 10–3 . 20,0 . 103
1) | I M| = Área (F x t) = –––––––––––––––––– (SI) = 10,0N .s
2
2) TI : IM = ΔQbloco
–10,0 = 2,0 (V1 – 3,0)
–5,0 = V1 – 3,0 ⇒
V1 = –2,0m/s
3) TI : Iat =ΔQbloco
0,10 . 20,0 . Δt = 2,0 . 2,0 ⇒
Δt = 2,0s
Resposta: B
→
→
TI: I parede = Δ Q bola
Fm . Δt = m ΔV
Fm . 4.0 . 10–2 = 0,75. 20
Fm = 375N
FÍSICA 3.a S
Resposta: C
2. Um bloco de massa m = 2,0kg está movendo-se horizontalmente
sobre um plano horizontal com uma velocidade de módulo 3,0m/s
quando recebe uma martelada na horizontal, em sentido oposto ao de
seu movimento, de modo a inverter sua velocidade.
A intensidade da força aplicada pelo martelo variou com o tempo de
acordo com o gráfico apresentado a seguir:
3. Uma bomba de massa 4m, inicialmente em repouso, explode
fragmentando-se em três partes, A, B e C. As partes A e B têm massas
iguais a m cada uma e, imediatamente após a explosão, movem-se em
direções perpendiculares entre si com velocidades de mesmo módulo V.
A energia interna da granada que foi transformada em energia cinética
dos fragmentos é dada por:
mV2
a) ––––
2
b) m V2
d) 2mV2
5
e) ––– mV2
2
RESOLUÇÃO:
1) No ato da explosão, há conservação da quantidade de movimento total
do sistema:
→
→
Q após = Q antes
→
→
→ →
QA + QB + QC = 0
→
→
→
Q C = – (Q A + Q B)
2) A massa de C vale 2m.
O coeficiente de atrito entre o bloco e o apoio vale 0,10. Determine,
depois do golpe, quando tempo decorre até o bloco parar.
Adote g = 10,0m/s2
a) 1,0s
b) 2,0s
c) 3,0s
d) 4,0s
e) 5,0s
20 –
3
c) ––– mV2
2
2
QC = mV 2mVC = mV 2 ⇒
2
V VC = ––––––
2
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 21
3) EC = EC + EC + EC
A
B
2
m
m
2m V
EC = –– V2 + –– V2 + –– ––––––
2
2
2
2
mV2
EC = mV2 + –––– ⇒
2
5. Em um plano horizontal sem atrito, dois blocos, A e B, de massas
mA = 1,0kg e mB = 2,0kg estão movendo-se com velocidades escalares
de 6,0m/s e 3,0m/s, respectivamente. O bloco B está acoplado a uma
mola de massa desprezível e constante elástica k = 6,0 . 102N/m. O
bloco A colide elasticamente com o conjunto formado por B e pela
mola.
C
2
3
EC = –––m V2
2
Resposta: C
4. Considere uma plataforma B, móvel, com o formato da figura. A
plataforma tem massa 5m e está em repouso sobre um plano horizontal
sem atrito. Um pequeno bloco A, de massa m, é lançado com
velocidade de módulo V0 sobre a plataforma e sobe até uma altura
máxima h, menor que H. Não há atrito entre A e B. Sendo g o módulo
da aceleração da gravidade, calcule o valor de h.
A deformação máxima da mola ocorrerá quando as velocidades de A e
B se igualarem. Despreze os atritos e o efeito do ar. A deformação
máxima da mola vale, em cm:
a) 5,0
b) 10
c) 15
d) 20
e) 30
RESOLUÇÃO:
1) Conservação da quantidade de movimento:
Qfinal = Qinicial
(mA + mB)V = mAVA + mBVB
3,0 V = 1,0 . 6,0 + 2,0 . 3,0 ⇒
V = 4,0m/s
2) Conservação da energia mecânica:
EF = EI
V02
b) h = ––––
12g
5V02
d) h = ––––
2g
5V02
e) h = ––––
6g
5V02
c) h = ––––
12g
3,0 . 16,0
1,0
2,0
300x2 + –––––––– = ––– . 36,0 + ––– . 9,0
2
2
2
300x2 = 3,0 ⇒
x = 0,10m
FÍSICA 3.a S
V02
a) h = ––––
2g
kx2
MA + MB
MAVA2
MBVB2
––– + –––––––––– V2 = –––––––– + ––––––––
2
2
2
2
Resposta: B
RESOLUÇÃO:
1) Quando A atingir sua altura máxima, ele para em relação a B, isto é, A
e B terão neste instante a mesma velocidade horizontal de módulo V.
2) O sistema é isolado de forças horizontais:
Qh = Qh
f
i
6mV = mV0 ⇒
V0
V = ––––
6
3) Conservação da energia mecânica: Ef = E0
2
2
2
V0
V0
6m
mV
+ gh = –––– ⇒
––– V2 + mgh = ––––0 ⇒ 3 ––––
2
2
36
2
2
5V 0
h = –––––
12g
Resposta: C
– 21
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 22
6. Uma bomba de massa m está movendo-se horizontalmente ao longo
→
do eixo x com velocidade V 0.
7. Uma esfera colide frontalmente contra uma parede. A força que a
parede exerce na bola tem intensidade F variando com o tempo
segundo o gráfico apresentado. Observe que a área sob o gráfico
durante a fase de deformação é o dobro da respectiva área na fase de
restituição.
A massa da esfera vale 1,0kg e sua velocidade antes da colisão tem
módulo V0 = 20m/s.
A bomba está isolada de forças externas e vai explodir em dois
fragmentos:
m
3m
A, de massa –– , e B, de massa –– .
4
4
Em um instante T, posterior à explosão, o fragmento A tem coordenada
yA = 15,0cm.
No mesmo instante T, o fragmento B tem coordenada yB igual a:
a) –15,0cm
b) –10,0cm
c) –5,0cm
d) 5,0 cm
e) 15,0cm
RESOLUÇÃO:
→
O centro de massa se mantém com velocidade V0 na direção x e, portanto,
yCM = 0
A1 = 2A2
O coeficiente de restituição na colisão e a energia mecânica dissipada
são respectivamente iguais a:
a) 0,50 e 100J.
b) 0,25 e 200J.
c) 0,25 e 100J
d) 0,50 e 150J.
e) 0,75 e 150J.
mAyA + mByB
yCM = –––––––––––––
=0
mA + mB
RESOLUÇÃO:
1) I = Área (F x t)
como A1 = 2A2 ⇒ I1 = 2I2
m
3m
––– . 15,0 + –––– . yB = 0
4
4
2) Teorema do impulso na fase de deformação:
I1 = m |V0|
–15,0 = 3yB ⇒
3) Teorema do impulso na fase de restituição:
I2 = m|Vf|
Resposta: C
yB = – 5,0cm
m |V0| = 2m |Vf|
FÍSICA 3.a S
|V0| = 10m/s
|Vf| = –––––
2
4) Coeficiente de restituição:
Vf
10
e = –––
= ––– ⇒
V0
20
e = 0,50
mV02
1,0
5) Ecin = ––––
= ––– . 400(J) = 200J
0
2
2
m
1,0
Ecin = ––– Vf2 = ––– . 100 (J) = 50J
f
2
2
Ed = Ecin – Ecin = 150J
0
Resposta: D
22 –
f
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 23
8. Duas partículas de mesma massa partem de um ponto A e percorrem
uma mesma circunferência em sentidos opostos. Uma das partículas
tem velocidade com módulo V e a outra com módulo 2V e vão colidir
de modo frontal e elástico.
Entre as colisões, o módulo de cada velocidade permanece constante.
9. Três blocos, A, B e C, com massas respectivamente iguais a m, 2m
e m estão em repouso em uma mesma reta em um plano horizontal sem
atrito.
O objeto A é lançado com velocidade de módulo V0 = 9,0m/s e colide
elasticamente com o objeto B. Em seguida, o bloco B colide de modo
perfeitamente inelástico com o bloco C. Todas as colisões são
unidimensionais.
A velocidade final do bloco C tem módulo igual a:
a) 2,0m/s
b) 4,0m/s c) 6,0m/s d) 8,0m/s e) 9,0m/s
RESOLUÇÃO:
I) Colisão de A com B:
Após quantas colisões as partículas se encontrarão novamente na
posição A?
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
RESOLUÇÃO:
Dividamos a circunferência em três partes de mesma extensão:
1) Qapós = Qantes
2) Vaf = Vap
mV’A + 2mV’B = mVA
V’A + 2V’B = 9,0
V’B – V’A = 9,0
(1)
(2)
(1) + (2) : 3V’B = 18,0
V’B = 6,0m/s
II) Colisão de B com C:
Qapós = Qantes
3mVC = 2mV’B
A 1.ª colisão ocorre em C com a partícula com velocidade 2V percorrendo
o dobro da distância percorrida pela outra.
Na colisão, as partículas trocam de velocidades de modo que a 2.ª colisão
ocorrerá em B. Com nova troca de velocidades, a terceira colisão ocorrerá
novamente em A.
Resposta: B
FÍSICA 3.a S
3 VC = 2 . 6,0
VC = 4,0m/s
Resposta: B
– 23
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 24
MÓDULO
7
Gravitação – Física Moderna – Dimensões
1. Dois satélites, A e B, descrevem órbitas circulares de raios RA e RB
3
em torno do mesmo planeta. O raio vetor de A descreve –– da área
4
total de sua órbita em 1620h e o raio vetor de B descreve metade da
RESOLUÇÃO:
1) FG = P
GMm
–––––
= mg
R2
área total de sua órbita em 40h. Usando a 2.ª e a 3.ª Leis de Kepler,
RA
podemos determinar que o razão –––
vale:
RB
a) 2
b) 3
c) 5
d) 9
TB = 80h
( ) ( )
( ) ( )
3
RA
–––
RB
3
TA
= –––
TB
(2)
(2) em (1):
G
4
g = –––
. ––– π R3 . R2
3
4
g = ––– π G R ⇒
3
2) 3.ª Lei de Kepler:
RA
–––
RB
M
M
2) = ––– = ––––––––
4
V
––– π R3
3
4
M = ––– π R3 . 3
TA = 2160h
O satélite B descreve metade da área total em metade de seu período:
TB
–––
= 40h ⇒
2
(1)
e) 16
RESOLUÇÃO:
1) De acordo com a 2.ª Lei de Kepler, cada satélite tem velocidade areolar
constante:
3
O satélite A descreve ––– da área total em um intervalo de tempo
4
3
de ––– de seu período:
4
3
––– TA = 1620h ⇒
4
GM
g = –––––
R2
g=kR
2
2160
= –––––
80
constante
2
= (27)2 = 36
Resposta: B
FÍSICA 3.a S
RA
––––––
=9
RB
Resposta: D
3. (FCC) – Sendo o campo gravitacional terrestre na superfície da
Terra igual a 9,8N/kg, seu valor a uma altitude de 2 raios terrestres
acima da superfície da Terra é, em N/kg, mais próximo de:
a) 1,1
b) 2,5
c) 3,3
d) 4,9
e) 9,8
RESOLUÇÃO:
FG = P
2. Para planetas esféricos e homogêneos de mesma densidade, a
aceleração da gravidade na superfície tem módulo g, que é
a) independente do raio R do planeta.
b) proporcional ao raio R do planeta.
c) inversamente proporcional ao raio R do planeta.
d) proporcional ao quadrado do raio do planeta.
e) inversamente proporcional ao quadrado do raio do planeta.
Nota: não considere a rotação dos planetas.
24 –
GMm
–––––
= mg
d2
GM
g = ––––
d2
GM
g0 = –––
R2
GM
gA = –––2
9R
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 25
gA
1
g0
9,8
–––– = ––– ⇒ gA = –––
= ––– N/kg
9
9
9
g0
5. Quando um corpo se move no interior de um fluido, sua velocidade
escalar V varia de acordo com a expressão:
A
F
–– t
V = –– 1 – e B
A
(
gA 1,1m/s2
Resposta: A
)
em que F é a intensidade de uma força
t é tempo
e é a base dos logaritmos neperianos
A e B são grandezas desconhecidas
Em relação a massa (M), comprimento (L) e tempo (T), a equação dimensional do produto AB é:
a) ML0T
b) M–1L0T2
c) ML0T0
d) M2L0T–1
e) ML0T–2
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO:
GM
g = ––––
R2
G MC
gC = ––––––
e
RC2
G MT
gT = ––––––
RT2
( )
( )
gC
MC
RT
–––
= –––
. –––
gT
MT
RC
gC
1
= 5 . –––
–––
gT
1,8
gC
1,5
–––
gT
gC 1,5gT
Resposta: E
2
2
5
= –––––
3,24
MLT–2
[F]
1) [V] = –––– ⇒ LT–1 = ––––––– ⇒ [A] = ML0T–1
[A]
[A]
2) [A] [t] = [B] ⇒ ML0T–1 . T = [B] ⇒ [B] = ML0T0
3) [A] [B] = ML0T–1 . ML0T0
[AB] = M2L0T–1
Resposta: D
6. A potência P de um gerador eólico é dada por expressão:
P = kAx ρy Vz
em que A é a área das placas
é a densidade do ar
V é o módulo da velocidade do vento
k é um fator adimensional
Se a velocidade do vento tiver seu módulo duplicado, a potência do
gerador eólico ficará multiplicada por:
a) 2
b) 4
c) 6
d) 8
e) 16
RESOLUÇÃO:
y
z
ML2T–3 = (L2)x (ML–3) (LT–1)
ML2T–3 = My L2x–3y + z T–z
y=1
2x – 3y + z = 2
–z = –3
y=1
z=3
x=1
P = k A V3
Quando V duplica, P fica multiplicada por 8.
Resposta: D
– 25
FÍSICA 3.a S
4. (UNIOESTE) – Em fevereiro de 2009, foi anunciada a descoberta
de um pequeno planeta extrassolar, o CoRoT-7b, que orbita a estrela
TYC da Constelação de Unicórnio, a 500 anos-luz da Terra. Com base
em observações indiretas e em cálculos astrofísicos, soube-se que o
CoRoT-7b tem uma massa cinco vezes superior à terrestre e seu raio é
80% maior. Se denominarmos por gT e gC os módulos das respectivas
acelerações gravitacionais nas superfícies da Terra e de CoRoT-7b, é
correto afirmar que
a) gC = gT.
b) gT é aproximadamente 2,8 vezes maior que gC.
c) gT é aproximadamente 1,5 vez maior que gC.
d) gC é aproximadamente 2,8 vezes maior que gT.
e) gC é aproximadamente 1,5 vez maior que gT.
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 26
7. Sobre um metal, faz-se incidir sucessivamente luz verde e luz azul.
Sabe-se que com a luz verde o metal não emitiu elétrons e com a luz
azul o metal emitiu elétrons.
Assinale a proposição correta.
a) A emissão de elétrons por um metal, ao receber luz, é denominada
efeito fotoelétrico e foi explicada por Max Planck.
b) Se aumentarmos adequadamente a intensidade da luz verde, o metal
passará a emitir elétrons.
c) Se aumentarmos a intensidade da luz azul, a energia cinética dos
elétrons emitidos aumentará.
d) Se iluminarmos o metal com luz violeta, haverá emissão de elétrons
com energia cinética maior do que a dos elétrons emitidos quando
se usou a luz azul.
e) Quando aumentamos a intensidade da luz, o elétron pode absorver
dois fótons de uma vez e ser emitido com maior energia cinética.
RESOLUÇÃO:
a) Falsa: foi explicado por Einstein e lhe valeu o prêmio Nobel de Física.
b) Falsa: devemos aumentar a frequência e não a intensidade.
c) Falsa: a energia cinética depende da frequência e não da intensidade
da luz.
EC = h f – d) Verdadeira.
e) Falsa: cada elétron só absorve um único fóton.
Resposta: D
9. O comprimento de onda De Broglie, associado a um elétron de
massa m, é . Sendo h a constante de Planck, a energia cinética do
elétron, desprezando-se a variação da massa, é
a) h2/2m
2
b) mh2/2
2
c) h2 . 2/m
2
d) mh /2
e) h
/m
RESOLUÇÃO:
h
h
1) = ––– ⇒ Q = ––
Q
Q2
(h/
)2
2) EC = ––– = –––––
2m
2m
h2
EC = –––––––
2 2m
FÍSICA 3.a S
Resposta: A
8. (UCGO) – A radioatividade pode ser utilizada em benefício do
corpo humano (radioterapia, por exemplo), mas pode também ser
extremamente prejudicial a ele, podendo conduzir à morte. Sobre a
radioatividade, sabendo-se que a meia-vida de um elemento radioativo
é de 15 minutos, se for tomada como ponto de partida uma amostra de
320mg desse elemento, observa-se que após uma hora esta ficaria
reduzida a
a) 10mg b) 20mg
c) 30mg
d) 40mg
e) 80mg
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo do número de meias-vidas:
Δt = n T
60 = n . 15 ⇒ n = 4
m0
2) m = –––
2n
320
m = –––––
(mg) = 20mg
24
Resposta: B
26 –
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 27
MÓDULO
8
Hidrostática
1. O gráfico indica a leitura de um medidor de pressão hidrostática
instalado em um submarino que submerge com velocidade constante de
módulo V numa direção que forma um ângulo = 53º com a vertical.
A densidade de água vale 1,0. 103kg/m3 e adota-se g = 10,0m/s2.
São dados: sen 53º = 0,80 e cos 53º = 0,60
O valor de V é:
a) 0,2m/s
b) 0,3m/s
c) 0,5m/s
d) 0,6m/s
2. Dois recipientes que estão conectados por um tubo de secção
constante contêm água e óleo, conforme ilustrado na figura. O êmbolo
pode mover-se livremente sem atrito. A densidade de água vale
1,0g/cm3 e a do óleo, 0,80g/cm3.
e) 0,8m/s
RESOLUÇÃO:
H
Na situação de equilíbrio do sistema, a razão ––– vale:
h
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
RESOLUÇÃO:
Nos dois lados do êmbolo, a pressão deve ser a mesma:
póleo = págua
Δs
h
5 h
V = ––– = ––––––––– = –– ––
t
(cos 53º)t
3 t
patm + og (H +h) = patm + a g H
0,80 (H + h) = 1,0H
(2)
H + h = 1,25H
5
pH
(2) em (1): V = –– ––––––
3 g Δt
h = 0,25H
5
3,0 . 105
V = –– . ––––––––––––––––––––
(m/s) ⇒ V = 0,5m/s
3
3 1,0 . 10 . 10,0 . 1,0 . 102
Resposta: D
FÍSICA 3.a S
pH
pH = g h ⇒ h = ––
g
(1)
H
––– = 4
h
Resposta: C
– 27
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 28
3. (UnB) – A figura abaixo representa um mecanismo hidráulico ideal
→
e isolado. Uma força constante F1 foi aplicada sobre o êmbolo esquerdo
até que ele descesse h1. Como consequência, o êmbolo direito subiu h2,
→
→
exercendo uma força F 2 para cima. O trabalho realizado por F1 foi W1
→
e por F 2, W2. As seções retas dos êmbolos esquerdo e direito têm áreas
A1 e A2, respectivamente, com A1 < A2.
4. Um carro de peso P1 está sobre uma plataforma que se comunica
por meio de um líquido incompressível a uma balança de mola.
Antes da presença do carro na plataforma, a balança indicava um peso
P0.
A área da plataforma vale A1 e a área de contato do líquido com a
balança vale A2.
Considerando-se essas informações e com base no Princípio de Pascal,
assinale a opção correta.
a) W1 > W2; h1 < h2; F1 < F2.
b) W1 < W2; h1 > h2; F1 > F2.
c) W1 = W2; h1 < h2; F1 > F2.
d) W1 = W2; h1 > h2; F1 < F2.
e) W1 = W2; h1 = h2; F1 = F2.
a) P2 = P0
b) P2 = P0 + P1
P1A2
c) P2 = P0 + –––––
A1
P1A1
d) P2 = P0 + –––––
A2
RESOLUÇÃO:
P1A2
e) P2 = P0 – –––––
A1
F1
F2
1) Lei de Pascal: ––– = –––
A1
A2
F2
A2
––– = ––– Como A2 > A1, resulta
F1
A1
FÍSICA 3.a S
2) Conservação do trabalho:
h2
F1
––– = –––
h1
F2
Resposta: D
28 –
RESOLUÇÃO:
Lei de Pascal
ΔP1 = ΔP0
P1
ΔP
–––
= –––
A1
A2
P1 . A2
ΔP = ––––––
A1
3) F1h1 = F2h2
F2 > F1 ⇒
W2 = W1
F2 > F1
A indicação da balança, P2, com o carro presente, é dada por:
h1 > h2
P1 A2
P2 = P0 + ΔP = P0 + ––––––
A1
Resposta: C
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5. (CEFET-MG) – Uma esfera de massa 0,10kg e volume
1,025 x 10–4m3 encontra-se presa, por um fio inextensível, ao fundo
de uma piscina que contém água e a 2,0m da superfície, conforme
figura seguinte.
Dados: água = 1,0 . 103kg/m3 e g = 10,0m/s2
6. (FCC) – Um corpo de peso 5,0N aparenta ter apenas 2,0N de peso
quando está completamente mergulhado na água, cuja densidade é de
1,0g/cm3. Tendo a aceleração da gravidade módulo igual a 10m/s2, o
volume do corpo, em cm3, vale
a) 3,0 . 10–4
b) 3,0 . 10–2
c) 3,0
d) 3,0 . 102
e) 3,0 . 104
RESOLUÇÃO:
1) Pap = P – E
2,0 = 5,0 – E
E = 3,0N
2) E = aVi g
Se em um dado instante, a esfera desprende-se do fio, então, o tempo
para ela atingir a superfície da piscina, em segundos, é igual a
a) 0,50
b) 1,0
c) 2,0
d) 3,0
e) 4,0
3,0 = 1,0 . 103 . Vi . 10
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo da aceleração:
1m3 = 106cm3
PFD : E – P = ma
LVg – P = ma
1,0 .
103
. 1,025 .
a = 0,25m/s2
Vi = 3,0 . 10–4m3
1m = 102cm
Vi = 3,0 . 10–4 . 106cm3
Vi = 3,0 . 102cm3
10–4
. 10 – 1,0 = 0,10 . a
Resposta: D
2) Δs = V0t + –– t2
2
0,25
2,0 = –––– T2
2
FÍSICA 3.a S
T2 = 16,0
T = 4,0s
Resposta: E
– 29
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 30
7. Um elevador tem aceleração vertical dirigida para cima e com
módulo a. No interior do elevador, existe um dinamômetro preso ao
teto e tendo na outra extremidade um bloco imerso em um líquido
homogêneo de densidade L. A densidade do bloco vale B (com
B > L) e a aceleração da gravidade tem módulo g.
8. Uma esfera com peso de 1,0N é abandonada da posição indicada no
interior de um líquido homogêneo e presa à extremidade de um fio
ideal.
Despreze a viscosidade do líquido, considere g = 10,0m/s2 e a
densidade do líquido quatro vezes maior que a da esfera.
Quando a esfera atingir a posição B, a força de tração no fio terá
intensidade igual a:
a) 1,0N
b) 3,0N
c) 4,0N
d) 5,0N
e) 9,0N
Quando o elevador está em repouso e o bloco fora do líquido, o
dinamômetro registra uma força de intensidade F (peso real do bloco).
Para que a indicação do dinamômetro, com o bloco imerso no líquido
e o elevador acelerado, continue sendo F, o valor de a deverá ser:
L
a) a = g 1 – –––
B
L
b) a = g 1 + –––
B
B
d) a = g –––––––
B – L
e) a =
L
c) a = g –––––––
B – L
B
g
–––
L
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo da intensidade do empuxo:
P = E Vg
E = L Vg
E
L
––– = ––– ⇒
P
E
E = 4P = 4,0N
2) Cálculo da intensidade da força centrípeta em B:
TEC : total = ΔEcin
2
2
mV0
mVB
E + P = ––––– – –––––
2
2
RESOLUÇÃO:
1) F = PB = B V g
2
FÍSICA 3.a S
2) ↑ →
a ⇒ gap = g + a
mVB
E . L – P . L = –––––
2
3) Fdin = Pap – Eap = F
mVB
4,0 . L – 1,0L = –––––
2
BV (g + a) – LV(g + a) = BVg
Bg + Ba – Lg – La = Bg
a (B – L) = Lg
L
a = ––––––––– g
B – L
2
2
mVB
6,0 = ––––– ⇒
L
FCP = 6,0N
B
3) Cálculo da intensidade da força de tração em B:
TB + P – E = FCP
B
Resposta: C
TB + 1,0 – 4,0 = 6,0
TB = 9,0N
Resposta: E
30 –
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 31
MÓDULO
9
Termologia I
1. Um turista brasileiro que se encontra num avião ouve as informações de bordo e fica sabendo que a temperatura no aeroporto de
Londres, onde irá aterrissar dentro de poucos minutos, é 23°F (vinte e
três graus Fahrenheit). Nesse caso, é aconselhável que o turista
a) utilize roupas levíssimas, por causa da alta temperatura.
b) utilize roupas pesadas e um bom casaco por causa da baixa
temperatura.
c) utilize roupas de meia estação, pois a temperatura corresponde a
5°C.
d) utilize roupas de meia estação, pois a temperatura corresponde a
10°C.
e) utilize roupas de meia estação, pois a temperatura corresponde a
15°C.
RESOLUÇÃO:
Equação de conversão:
C
F – 32
= –––––––
–––
5
9
23 – 32
C
= –––––––
–––
9
5
RESOLUÇÃO:
1) Calculemos, inicialmente, as capacidades térmicas do metal (CM) e do
líquido (CL).
CM =
–––
T CL =
⇒C
–––
T Q
M
kJ
100kJ
⇒ CM = –––––– ⇒ CM = 1,0 –––
ºC
100ºC
Q
L
L
300kJ
kJ
= –––––– ⇒ CL = 2,5 –––
120ºC
ºC
2) No equilíbrio térmico, temos:
Qcedido + Qrecebido = 0
Assim:
CM TM + CL TL = 0
1,0 . ( T – 115) + 2,5 . ( T – 10) = 0
T – 115 + 2,5 T – 25 = 0
3,5 T = 140
T = 40ºC
Resposta: E
C = – 5 ºC
FÍSICA 3.a S
Resposta: B
2. (UNIFESP) – O gráfico mostra as curvas de quantidade de calor
absorvido em função da temperatura para dois corpos distintos: um
bloco de metal e certa quantidade de líquido.
O bloco de metal, a 115ºC, foi colocado em contato com o líquido, a
10ºC, em um recipiente ideal e isolado termicamente. Considerando-se
que ocorreu troca de calor somente entre o bloco e o líquido e que este
não se evaporou, o equilíbrio térmico ocorrerá a
a) 70ºC. b) 60ºC.
c) 55ºC.
d) 50ºC.
e) 40ºC.
3. (UDESC) – O gráfico abaixo representa a variação da temperatura
de 200,0g de água, em função do tempo, ao ser aquecida por uma fonte
que libera energia a uma potência constante.
A temperatura da água no instante 135s e o tempo que essa fonte levaria
para derreter a mesma quantidade de gelo a 0°C são, respectivamente,
a) 64°C e 200s.
b) 64°C e 100s.
c) 74°C e 80s.
d) 74°C e 200s.
e) 74°C e 250s.
Dados:
calor específico sensível da água = 1,0cal/gºC;
calor específico latente de fusão do gelo = 80cal/g.
– 31
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 32
RESOLUÇÃO:
1) Cálculo da potência da fonte térmica (utilizar o intervalo de 0 a 100s):
Q
mc
Pot = ––– = ––––––
t
t
200,0 . 1,0 . (50 – 10)
Pot = ––––––––––––––––––––
100
Pot = 80cal/s
2) Cálculo da temperatura da água no instante 135s:
Pot t = mc
80 . 135 = 200,0 . 1,0 . (1 – 10)
1 = 64ºC
3) Na fusão de 200,0g de gelo a 0ºC:
Pot t = mLF
80 . t = 200,0 . 80
t = 200s
RESOLUÇÃO:
1) A mão aberta recebe energia térmica do ferro, colocado verticalmente,
por radiação. A mão absorve ondas eletromagnéticas emitidas pelo ferro
de passar roupas.
2) Tocando-se o dedo molhado na chapa, o dedo receberá energia térmica
por contato com a chapa, por condução.
3) Ao aquecermos água em chama da boca do fogão, observamos a água
quente, menos densa, subindo e a água fria, mais densa, descendo. Esse
fenômeno é denominado convecção.
Resposta: A
Resposta: A
FÍSICA 3.a S
4. (UNEMAT-MT) – Numa noite em que a temperatura ambiente está
a 0°C, uma pessoa dorme sob um cobertor de 3,0cm de espessura e de
condutibilidade térmica igual a 3,5 . 10–2 J/m . s°C. A pele da pessoa
está a 35°C. Logo, a quantidade de calor transmitida pelo cobertor
durante 2 horas, por m2 de superfície, será aproximadamente igual a:
a) 2,94 . 105J
b) 3,60 . 105J
5
c) 6,60 . 10 J
d) 3,93 . 105J
RESOLUÇÃO:
Q
C A Lei de Fourier: = ––– = ––––––
t
L
C A t
Q = –––––––––
L
Substituindo-se os valores fornecidos:
3,5 . 10–2 . 1 . (35 – 0) . 2 . 60 . 60
Q = –––––––––––––––––––––––––––––
3 . 10–2
Q = 294000J ⇒
Resposta: A
32 –
5. (UFJF-MG) – A transmissão de calor pode ser observada frequentemente em situações do dia a dia. Por exemplo, a temperatura de um
ferro de passar roupa pode ser estimada de duas maneiras: (1)
aproximando-se a mão aberta em frente à chapa do ferro mantido na
posição vertical ou (2) tocando-se rapidamente o dedo molhado na
chapa. Outro exemplo de transmissão de calor facilmente observado é
(3) o movimento característico, aproximadamente circular, de subida e
descida da água sendo aquecida em um recipiente de vidro.
Em cada uma das três situações descritas acima, a transmissão de calor
ocorre, respectivamente, principalmente através de
a) radiação, condução, convecção.
b) condução, convecção, condução.
c) convecção, condução, radiação.
d) radiação, convecção, condução.
e) convecção, radiação, convecção.
Q = 2,94 . 105J
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7. (FUVEST) – Enche-se uma seringa com pequena quantidade de
água destilada a uma temperatura um pouco abaixo da temperatura de
ebulição. Fechando-se o bico, como mostra a figura A, e puxando-se
rapidamente o êmbolo, verifica-se que a água entra em ebulição
durante alguns instantes (veja a figura B). Podemos explicar este
fenômeno considerando
Figura A
I. O desaparecimento e o reaparecimento do gelo, sem a presença da
fase líquida, sugerem a ocorrência de sublimação.
II. Se o gelo sofre sublimação, a pressão atmosférica local deve ser
muito pequena, inferior à pressão do ponto triplo da água.
III.O gelo não sofre fusão porque a temperatura no interior da cratera
não ultrapassa a temperatura do ponto triplo da água.
De acordo com o texto e com o diagrama de fases, pode-se afirmar que
está correto o contido em
a) I, II e III.
b) II e III, apenas.
c) I e III, apenas.
d) I e II, apenas.
e) I, apenas.
RESOLUÇÃO:
I. VERDADEIRA.
A sublimação é a passagem do estado sólido para o gasoso (ou viceversa), sem que a substância passe pelo estado líquido. Assim, o
descrito está correto.
II. VERDADEIRA.
Pelas informações fornecidas, infere-se que a pressão atmosférica no
interior da cratera marciana é menor que 4,579mmHg.
III. ERRADA.
A razão pela qual não é facultado ao gelo sofrer fusão é a pressão local,
certamente menor que a do ponto triplo (4,579mmHg).
Resposta: D
Figura B
a) que, na água, há sempre ar dissolvido e a ebulição nada mais é do
que a transformação do ar dissolvido em vapor.
b) que, com a diminuição da pressão, a temperatura de ebulição da
água fica menor do que a temperatura da água na seringa.
c) que, com a diminuição da pressão, há um aumento da temperatura
da água na seringa.
d) que o trabalho realizado com o movimento rápido do êmbolo se
transforma em calor, que faz a água ferver.
e) que o calor específico da água diminui com a diminuição da pressão.
RESOLUÇÃO:
Quando o êmbolo é puxado rapidamente, o volume onde se encontra o
vapor aumenta, diminuindo a pressão na superfície da água. A redução da
pressão faz a temperatura de ebulição diminuir. Assim, a água entra
novamente em ebulição.
Resposta: B
FÍSICA 3.a S
6. (UNIFESP) – A sonda Phoenix, lançada pela NASA, detectou em
2008 uma camada de gelo no fundo de uma cratera na superfície de
Marte. Nesse planeta, o gelo desaparece nas estações quentes e
reaparece nas estações frias, mas a água nunca foi observada na fase
líquida. Com auxílio do diagrama de fase da água, analise as três
afirmações seguintes.
– 33
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 34
MÓDULO
10
Termologia II
1. (CEFET-MG) – Um balão cheio de gás ideal é abandonado no
fundo de um lago de 20 metros de profundidade e sobe até a superfície.
O volume e a densidade do balão, no fundo do lago, são representados por
V1 e 1, respectivamente, e na superfície por V2 e 2. Se a temperatura da
água for constante e a cada 10 metros de profundidade a pressão aumentar
de 1,0 atm, a relação correta entre essas grandezas será
a) V1 = V2 e 1 = 2.
b) V1 = V2/2 e 1 = 22.
c) V1 = V2/3 e 1 = 32.
d) V1 = 2V2 e 1 = 2/2.
3. Certa massa de gás ocupa, inicialmente, 0,5 litro de um recipiente,
sob pressão de 1,0atm. O gás recebe certa quantidade de calor e
aumenta sua energia interna em 12,5cal, passando a ocupar um volume
de 1,2 litro, sob pressão de 1,8atm, como mostra o gráfico da pressão
(p) em função do volume (v).
e) V1 = 3V2 e 1 = 2/3.
RESOLUÇÃO:
1) Na superfície, a pressão é atmosférica e vale 1,0atm (p0 = 1,0atm).
No fundo do lago, a 20m de profundidade, a pressão vale 3,0atm.
2) Se a temperatura permanece constante, temos:
p1 V1 = p2 V2 (Lei de Boyle)
Assim:
3,0 . V1 = 1,0 . V2
V
V1 = –––2
3
3) A densidade do balão é dada por:
m
= –––
V
Considerando-se 1atm = 105Pa e 1cal = 4J, a quantidade de calor que
o gás absorve nessa transformação é, em cal, de:
a) 98
b) 48
c) 37
d) 24,5
e) 12,5
RESOLUÇÃO:
1) Trabalho realizado:
AB = [área]
FÍSICA 3.a S
Sendo a massa constante, temos:
V = constante.
Assim:
Atenção! Antes de calcular a área, deve-se transformar o volume de
litros para metros cúbicos e a atmosfera para pascal.
1艎 = 10-3m3
1 atm = 105 Pa
1 V 1 = 2 V 2
Assim:
V2
1 ––– = 2 V2
3
AB =
1 = 32
AB =
Resposta: C
(1,8 . 105 + 1,0 . 105) . (1,2 – 0,5) . 10-3
–––––––––––––––––––––––––––––––– (J)
2
2,8 . 0,7 . 102
–––––––––––– (J)
2
AB = 98J
2) Aumento de energia interna:
UAB = 12,5 cal = 12,5 x 4 (J)
2. (VUNESP) – Numa experiência, um gás ideal ocupa um volume de
25 litros. Após o equilíbrio, a leitura no manômetro indica 2atm e no
termômetro 27°C. Considerando-se a constante universal dos gases
0,082 atm . litro/mol . K, pode-se afirmar que o número de mols do
gás é de, aproximadamente:
a) 0,5
b) 2
c) 20
d) 23
e) 27
RESOLUÇÃO:
Equação de Clapeyron:
pV = n R T
Substituindo-se os valores, tem-se:
2 . 25 = n . 0,082 . (27 + 273)
n 2 mols
Resposta: B
34 –
UAB = 50J
3) Assim, aplicando-se a 1a. lei da termodinâmica, tem-se:
QAB = + U
QAB = (98 + 50)J
QAB = 148J
Portanto:
148 cal
QAB = ––––
4
QAB = 37cal
Resposta: C
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 35
4. (MACKENZIE-SP) – A região da cidade de Nova York, nos
Estados Unidos da América do Norte, é destacada entre os meteorologistas por ficar com temperaturas muito baixas no inverno (até -40oC)
e elevadas no verão (entre 35oC e 40oC). Nessas condições, dois fios
metálicos possuem, em um dia de rigoroso inverno, os mesmos comprimentos L01 = L02 = 10,00m. Os coeficientes de dilatação linear médios dos materiais desses fios são, respectivamente, 1 = 1,0 . 10–5oC–1
e 2 = 2,6 . 10–5oC–1. A variação de temperatura que esses fios devem
sofrer juntos, para que a diferença entre seus comprimentos seja
8,0 . 10–3 m, é:
a) 150oC
b) 100oC
c) 50oC
d) 25oC
e) 12,5oC
III) CORRETA.
A 2.a lei da termodinâmica assegura que, da energia retirada da fonte
quente, uma parte se transforma em trabalho e o restante é transferido
para uma fonte fria.
Resposta: C
RESOLUÇÃO:
O fio 2 dilata-se mais. Assim, após o aquecimento, temos:
L = L2 – L1
Como L = L0 , temos:
L = L0 2 – L0 1 2
1
L = (2 – 1) L0 6. (VUNESP-MODELO ENEM) – A partir dos estudos da
termodinâmica, no final do século XVIII, a evolução dos motores de
combustão interna tem sido enorme. O gráfico a seguir evidencia
como, ao longo do tempo, a eficiência do motor Otto (motor de 4
tempos) vem aumentando e projeta-se que chegue a quase 45% no ano
2020.
8,0 . 10-3 = (2,6 . 10-5 – 1,0 .10-5) . 10,00 . 8,0 . 10-3 = 1,6 . 10-5 . 10,00 800 = 16 = 50oC
Se considerarmos um Ciclo de Carnot entre as temperaturas de
combustão adiabática da gasolina igual a 2300 K e a temperatura de
trabalho admissível para o aço como sendo de 925 K, qual o valor de
rendimento esperado?
a) 48%
b) 60%
c) 70%
d) 80%
e) 90%
5. (UEMS) – Com relação à 2.a lei da termodinâmica, pode-se afirmar
que
I. o calor de um corpo com temperatura T1 passa espontaneamente
para outro corpo com temperatura T2 se T2 > T1.
II. uma máquina térmica operando em ciclos pode retirar calor de uma
fonte e convertê-lo integralmente em trabalho.
III.uma máquina térmica operando em ciclos entre duas fontes
térmicas, uma quente e outra fria, converte parte do calor retirado
da fonte quente em trabalho e o restante envia para a fonte fria.
Assinale a alternativa que apresenta a(s) afirmativa(s) correta(s).
a) I
b) II
c) III
d) I e II
e) I e III
RESOLUÇÃO:
Cálculo de rendimento para um ciclo de Carnot:
TF
= 1 – –––
TQ
925
= 1 – ––––– = 1 – 0,40
2300
= 0,60 ou
(%) = 60%
Resposta: B
RESOLUÇÃO:
I) FALSA.
A passagem espontânea do calor ocorre sempre do corpo de MAIOR
temperatura para o de MENOR temperatura.
II) FALSA.
NUNCA todo o calor retirado de uma fonte quente pode ser integralmente transformado em trabalho. SEMPRE vamos ter parte dessa
energia sendo transferida para uma fonte fria.
– 35
FÍSICA 3.a S
Resposta: C
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MÓDULO
11
Óptica I
1. Na situação esquematizada abaixo, F é uma pequena lanterna fixa
que emite um estreito feixe cilíndrico de luz e E é um espelho plano que
pode girar em torno de um eixo O perpendicular ao plano desta página.
Inicialmente, a luz proveniente de F incide em E sob um ângulo de
53°, como indica a figura, produzindo um feixe refletido que ilumina
o ponto A de uma plataforma também fixa.
(III) AB = x1 – x2 ⇒ AB = (32 – 18)cm
AB = 14 cm
Resposta: D
2. (CESGRANRIO) – Em um farol de automóvel, dois espelhos
esféricos côncavos são utilizados para se obter um feixe de luz paralelo
a partir de uma fonte aproximadamente pontual. O espelho principal E1
tem 16,0 cm de raio. O espelho auxiliar E2 tem 2,0 cm de raio.
O espelho sofre, então, uma rotação de 8° no sentido anti-horário, fazendo com que o feixe refletido atinja um outro ponto, B, da mesma
plataforma.
Sabendo-se que sen 53° = cos 37° = 0,80 e que cos 53° = sen 37° = 0,60,
pode-se afirmar que a distância entre os pontos A e B vale:
a) 32cm
b) 24cm
c) 18cm
d) 14cm
e) 12cm
RESOLUÇÃO:
FÍSICA 3.a S
(I)
x1
Triângulo OAC: tg 53° = ––––
24
sen 53°
x1
0,80
x1
––––––– = ––––
⇒ –––– = –––
cos 53°
24
0,60
24
x1 = 32 cm
x2
(II) Triângulo OBC: tg (53° – 2) = ––––
24
x2
x2
tg (53° – 16°) = ––––
⇒ tg 37° = ––––
24
24
sen 37°
x2
0,60
x2
––––––– = –––– ⇒ ––––– = ––––
cos 37°
24
0,80
24
x2 = 18cm
36 –
Para que o feixe produzido seja efetivamente paralelo, as distâncias da
fonte S aos vértices M e N dos espelhos devem ser iguais, respectivamente, a:
Distância SM
Distância SN
a)
8,0cm
1,0cm
b)
16,0cm
2,0cm
c)
16,0cm
1,0cm
d)
8,0cm
2,0cm
e)
8,0cm
4,0cm
RESOLUÇÃO:
(I) A luz proveniente de S reflete-se em E1 e emerge paralelamente ao eixo
principal do farol. Logo, S situa-se no foco principal de E1 e:
R1
16,0
SM = f1 = ––––
⇒ SM = –––– (cm)
2
2
SM = 8,0 cm
(II) A luz proveniente de S incide em E2 e reflete-se sobre si mesma. Assim,
S situa-se no centro de curvatura de E2 e:
SN = R2 ⇒
Resposta: D
SN = 2,0 cm
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 37
3. Uma vela se aproxima de um espelho esférico côncavo com
velocidade escalar constante igual a 5 cm/s. Ao passar pelo ponto P,
que está a 60 cm do vértice V do espelho, observa-se que a imagem
conjugada pelo espelho é real e tem a metade da altura do objeto.
4. Um pesquisador, estudando o comportamento de um estreito feixe
cilíndrico de luz laser, observa que, quando o feixe incide obliquamente na superfície de um líquido de índice de refração igual a 3,
com ângulo de incidência , parte da energia reflete-se, com ângulo
de reflexão , e outra parte refrata-se, com ângulo de refração . Veja
a ilustração, fora de escala, abaixo.
De acordo com o referencial de Gauss, o intervalo de tempo necessário
para que a imagem se torne virtual é:
a) 2s
b) 4s
c) 6s
d) 8s
e) 10s
f
1
f
A = –––– ⇒ – ––– = ––––– ⇒ – f + 60 = 2f
f–p
2
f – 60
3f = 60 ⇒
f = 20 cm
Observe-se que A 0 porque imagens reais são invertidas.
60 – 20
40
x
(II)V = ––– ⇒ 5 = –––––– ⇒ t = ––– (s)
t
5
t
t = 8s
Resposta: D
Se + = 90º e o índice de refração do ar é igual a 1,0, em qual das
alternativas os valores de , e estão corretamente indicados?
a) = 60º, = 45º e = 30º
b) = 60º, = 60º e = 30º
c) = 45º, = 60º e = 45º
d) = 30º, = 30º e = 60º
e) = 53º, = 53º e = 37º
RESOLUÇÃO:
(I) Lei de Snell:
nL sen = nar sen ⇒ 3 sen = 1,0 sen Se + = 90º, então, sen = cos . Logo:
sen 3 cos = sen ⇒ –––––– = 3
cos tg = 3⇒
FÍSICA 3.a S
RESOLUÇÃO:
(I) A imagem se torna virtual a partir do instante em que a vela passa pelo
foco principal do espelho, aproximando-se dele.
Calculemos, então, a distância focal do espelho, considerando-se a
posição inicial da vela no ponto P.
= 60º
60º + = 90º ⇒
= 30º
(II) O ângulo de reflexão () é igual ao de incidência (): 2.ª lei da reflexão.
= = 60º
Resposta: B
– 37
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 38
5. O esquema abaixo mostra um pescador próximo a um lago
observando um peixe que se encontra dentro d’água. Sabe-se que o
pescador está com os olhos a 2,000 metros da superfície da água e que
o peixe se encontra a uma profundidade de 1,300 metro.
6. (UFSM-RS-2011) – As fibras ópticas foram inventadas na década
de 1950 e estão sendo usadas para transmitir informações. Um tipo de
fibra óptica é formada por um cilindro de vidro com índice de refração
n1, e recoberto por uma camada de vidro com índice de refração n2. A
luz se propaga no cilindro central e não passa à camada externa, porque
realiza reflexões totais na superfície de separação. Para que ocorram
essas reflexões totais,
a) n1 n2.
b) n1 = 0.
c) n1 = n2.
d) n2 n1.
e) n2 = 0.
RESOLUÇÃO:
Na figura, está esquematizado um pedaço de fibra óptica em operação.
Sabe-se ainda que o índice de refração absoluto da água é igual a 4/3
e o índice de refração absoluto do ar é igual a 1. Com base nos dados
e no esquema acima, pode-se dizer que
a) a distância aparente entre o olho do pescador e o peixe é de 2,975 m.
b) para o peixe, a distância aparente ao olho do pescador é de aproximadamente 2,667 m.
c) a luz deve provir do pescador, atravessar a fronteira ar-água e
dirigir-se para seu olho para que ele possa ver o peixe.
d) a distância aparente entre o olho do peixe e o olho do pescador é de
3,300 m.
RESOLUÇÃO:
(I) O pescador vê o peixe:
FÍSICA 3.a S
nar
1
p’1 = –––––
p ⇒ p’1 = ––– . 1,300 (m)
nágua 1
4
––
3
Para que a luz sofra sucessivas reflexões totais no interior da fibra óptica,
o núcleo deve ser mais refringente que a casca.
Logo:
n1 n2
Resposta: A
7. (UFV-2010) – Um raio de luz monocromática incide perpendicularmente a uma das faces de um prisma de vidro com índice de
refração n e ângulos internos , e 90º, como mostrado na figura
abaixo. Esse raio é refratado e atinge uma segunda face, a “hipotenusa”
do prisma.
p’1 = 0,975 m
D1 = h1 + p’1 ⇒ D1 = 2,000 + 0,975 (m)
D1 = 2,975 m
(II)O peixe vê o pescador: 4
––
nágua
3
p’2 = ––––– p2 ⇒ p’2 = ––– . 2,000 (m)
nar
1
p’2 2,667 m
D2 = h2 + p’2 ⇒ D2 = 1,300 + 2,667 (m)
D2 = 3,967 m
Resposta: A
38 –
O maior índice de refração do meio onde o prisma se encontra para
que o raio refratado na primeira face seja totalmente refletido na
segunda face é:
a) n cos ( – )
b) n cos ()
c) n cos ( + )
d) n cos ()
RESOLUÇÃO:
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 39
Para que ocorra reflexão total em P:
next
L ⇒ sen sen L ⇒ sen ––––
n
(I)
Lei de Snell: n sen L = nar sen 90º
n sen L = 1 ⇒
1
sen L = ––
n
next n sen ⇒ next n sen (90º – )
next n cos ⇒
next n cos (II) sen2 L + cos2 L = 1 ⇒
máx
1
––
n
2
+ cos2 L = 1
2– 1
n
1
cos2 L = 1 – ––2 ⇒ cos L = –––––––––
n
n
Resposta: D
8. A vitória-régia (Victoria amazônica) é uma planta aquática da
família das Nymphaeaceae, típica da região amazônica. Ela possui uma
grande folha em forma de círculo, que fica sobre a superfície da água,
podendo chegar a 2,5 m de diâmetro e suportar até 40kg se forem bem
distribuídos em sua superfície. (www.wikipedia.com.br – consulta em
1.o/06/2011)
D
––
2
sen L
D
(III) tg L = –––– ⇒ –––––– = –––
C
cos L
2C
2– 1
D n
D cos L
C = ––––––– ⇒ C = –––––––––––
1
2 sen L
n 2 ––
n
Da qual:
D
2– 1
C = ––– n
2
Resposta: A
d) C = D 2n2 – 1
FÍSICA 3.a S
Admita que um garimpeiro amazônico, depois de encontrar uma bela
pepita de ouro, resolva “esconder” o produto de seu achado utilizando
uma vitória-régia circular, de diâmetro D, flutuante solitária em um
igarapé próximo ao seu acampamento. Para isso, ele utiliza um barbante de comprimento C, de modo que, em uma de suas extremidades,
amarra a pepita e a outra é fixada no centro da vitória-régia, tal que a
pepita permaneça submersa, atada ao disco vegetal. Sendo n o índice
de refração da água e sabendo-se que o índice de refração do ar é igual
a 1, qual deve ser o máximo valor de C para que nenhum observador
no ar possa ver o objeto precioso? Considere desprezíveis as dimensões
da pepita.
D
D
2– 1
2– 1
n
n
a) C = ––– b) C = ––– 2n2 – 1 c) C = D 2
2
2– 1
e) C = 2D n
RESOLUÇÃO:
Raios incidentes nas bordas da vitória-régia devem emergir de forma
rasante, conforme ilustra a figura.
– 39
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 40
9. Na situação representada a seguir, um homem encontra-se
mergulhado em uma piscina, de modo que seu olho, O, está alinhado
com a extremidade superior de seu pé, P, segundo uma reta paralela à
superfície da água, admitida plana e horizontal.
d
Da qual: sen = ––––––––––––––––– �
2
d2
h2 + –––
4
III) Comparando-se � e �, vem
d
d2
1
1
––– = ––––––––––––––––– ⇒ ––– = –––––––––––––
d2
n
n2
4 h2 + ––––
d2
4
2
2
h + –––
4
d2n2
d2
d2
h2 + ––– = ––––– ⇒ h2 = ––– (n2 – 1)
4
4
4
Sendo n o índice de refração da água em relação ao ar e d a distância
entre O e P, o maior valor possível para a profundidade h, tal que o
homem ainda possa ver a imagem especular de P com brilho de
máxima intensidade, é
a) h = d –1
d
b) h = ––
2
–1
d
c) h = ––
4
n2 – 1
d
d) h = ––
2
n2 + 1
d
e) h = ––
4
n2 + 1
n2
n2
RESOLUÇÃO:
I) No caso em que a profundidade h é máxima, o ângulo indicado na
figura é o ângulo limite do dioptro ar-água e a luz proveniente de P sofre
reflexão praticamente total, originando uma imagem especular P’ com
brilho de intensidade máxima.
FÍSICA 3.a S
nAr
= L ⇒ sen = sen L ⇒ sen = ––––––
nÁgua
1
Da qual: sen = ––– �
n
II) No triângulo retângulo destacado na figura:
d
–––
2
sen = –––––––––––––––
�
d
h2 + ––
2
40 –
2
Da qual:
Resposta: B
d
h = ––– n2 – 1
2
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 41
MÓDULO
12
Óptica II
1. Nos esquemas abaixo, a lente convergente L, de distância focal
fL = 20,0 cm, e o espelho esférico convexo E operam de acordo com
as condições de Gauss, com seus eixos principais coincidentes com a
direção OP. Na Figura 1, L conjuga a uma pequena lâmpada colocada
no ponto O uma imagem situada no ponto P. Na Figura 2, E conjuga à
mesma lâmpada fixa em O uma imagem também situada no ponto P.
O raio de curvatura de E tem valor, em centímetros, igual a:
a) 37,5
b) 75,0
c) 112,5
d) 150,0
e) 187,5
2. Na figura, está representado um objeto luminoso de altura y
posicionado a 16,0 cm de uma lente convergente L, cuja distância focal
é de 8,0 cm. A lente está a uma distância D de um espelho esférico
gaussiano E de raio de curvatura 36,0cm e eixo principal coincidente
com o eixo óptico da lente.
Para que a imagem produzida pelo espelho tenha altura igual a 2y e
orientação invertida em relação ao objeto, o tipo de espelho esférico
utilizado e o valor de D são, respectivamente:
a) côncavo e D = 16,0 cm;
b) côncavo e D = 25,0 cm;
c) côncavo e D = 43,0 cm;
d) convexo e D = 16,0 cm;
e) convexo e D = 25,0 cm.
RESOLUÇÃO:
1
1
1
–––– = –––– + ––– ⇒
20,0
40,0
p’L
p’L = 40,0 cm
1
1
1
(II)Em relação a C: ––– = ––– + –––
pE
p’E
fE
1
1
1
1
3,0 – 5,0
–––– = –––– – –––– ⇒ –––– = ––––––––
fE
50,0 30,0
fE
150,0
fE = – 75,0 cm
RE = 2 | fE | ⇒ RE = 2 . 75,0 (m)
RE = 150,0 cm
Resposta: D
RESOLUÇÃO:
(I) Em relação a L:
1
1
1
––– = ––– + –––
fL
pL
p’L
FÍSICA 3.a S
1
1
1
(I) Em relação a L: ––– = ––– + –––
fL
pL
p’L
1
1
1
––– = –––– + –––
8,0 16,0 p’L
1
2,0 – 1,0
––– = ––––––– ⇒
p’L
16,0
p’L = 16,0 cm
p’L
16,0 cm
AL = – –––
⇒ AL = – ––––––––
pL
16,0 cm
Da qual:
AL = – 1,0
A imagem que a lente conjuga ao objeto é real, situa-se no ponto
antiprincipal imagem de L, é invertida (AL é negativo) e tem
comprimento y igual ao do objeto. Essa imagem funciona como objeto
real em relação ao espelho.
(II) Em relação a E:
Para que a imagem produzida pelo espelho tenha orientação invertida
em relação ao objeto original, ela deve ter orientação direita em
relação ao objeto que lhe dá origem. Logo, AE é positivo e também:
i
2y
AE = ––– = ––– = 2,0
o
y
Se E produz uma imagem direta e ampliada em relação ao objeto que
lhe deu origem, trata-se de um espelho côncavo, de distância focal
positiva, dada por:
– 41
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 42
RE
36,0 cm
fE = –––
= ––––––– = 18,0 cm
2
2
f
(II) 2.o caso: A2 = ________ ⇒
f – (f – a)
(A2 > 0 ⇒ Imagem direita)
18,0
fE
Logo: AE = ––––––
⇒ 2,0 = ––––––––
fE – pE
18,0 – pE
f
– ––
A1
a
___
(III)
= ––––––– ⇒
f
A2
––
a
18,0 – pE = 9,0 ⇒ pE = 9,0 cm
(III) D = p’1 + pE
D = 16,0 + 9,0 (cm) ⇒
f
A2 = ––––
a
A1
––––
= –1
A2
Resposta: C
D = 25,0cm
Resposta: B
3. (UNIP) – Para uma lente convergente, utilizada nas condições de
aproximação de Gauss, o aumento linear A é dado pela relação:
f
A = –––––
f–p
f é a distância focal da lente e p é a distância entre o objeto e o centro
óptico da lente.
Considere dois objetos idênticos, y1 e y2, posicionados simetricamente
em relação ao foco, conforme ilustra a figura.
4. (International Junior Science Olympiad-IJSO) – Um garoto
usando uma lupa (lente convergente) está observando o salto vertical
de um grilo G. O grilo está posicionado sobre o eixo principal da lente,
no ponto médio entre o foco objeto F e o centro óptico C da lente. O
grilo G salta verticalmente com velocidade inicial de módulo V0. A
aceleração da gravidade tem módulo g e o efeito do ar é desprezível.
O grilo iniciou o salto no instante t0 = 0 e atinge o ponto mais alto de
sua trajetória no instante t1 = T.
FÍSICA 3.a S
Sejam A1 e A2 os aumentos lineares correspondentes aos objetos y1 e
y2, respectivamente.
A1
A razão –––
A2
a) não está determinada.
d) vale 1.
b) vale – 2.
e) vale 2.
RESOLUÇÃO:
f
f
(I) 1.o caso: A1 = ________ ⇒ A1 = – ––––
a
f – (f + a)
(A1 < 0 ⇒ Imagem invertida)
42 –
Admita serem válidas as condições de aproximação para o uso das
Equações de Gauss.
As proposições a seguir se referem ao movimento da imagem G’ que
a lente fornece para o grilo G.
I. No instante t0 = 0, a imagem do grilo G’ tem velocidade com
módulo 2V0.
II. No instante t1 = T, a imagem do grilo G’ tem aceleração com módulo 2g.
III.A altura máxima atingida pela imagem do grilo, G’, é o dobro da
altura máxima atingida pelo grilo.
Está correto o que se afirma
a) em I, apenas.
b) em II, apenas.
c) em I e III, apenas.
d) em II e III, apenas. e) em I, II e III.
c) vale – 1.
RESOLUÇÃO:
y’
f
III) Correta: A = –– = –––––
y
f–p
y’
f
–– = ––––––
y
f
f – –––
2
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 43
Da qual:
R
1
1
(II) Lentes plano-convexas: ––– = (1,8 – 1) ––– ⇒ f = ––––
0,8
f
R
y’ = 2y
R
1,6
f
(III) ––– = ––– . –––– ⇒
0,8
R
f0
V0 + V
s
I) Correta: –– = ––––––
2
t
f = 2 f0
Resposta: E
y
V0 + 0
Objeto: –– = ––––––
T
2
2y
V’0 + 0
Imagem: ––– = ––––––
T
2
Logo:
V’0 = 2V0
II) Correta: V = V0 + t
Objeto: 0 = V0 – gT
Imagem: 0 = 2V0 – a’T
a’ = 2g
Durante todo o voo, tanto o grilo como sua imagem virtual têm
acelerações constantes de módulos respectivamente iguais a g e 2g.
Resposta: E
5. (UFC-CE) – Uma lente esférica delgada, construída com um
material de índice de refração n, está imersa no ar (nar = 1,00). A lente
tem distância focal f e suas superfícies esféricas têm raios curvatura
R1 e R2. Esses parâmetros obedecem a uma relação, conhecida como
“equação dos fabricantes”, expressa por
1
–– = (n – 1)
f
1
1
+ ––– –––
R
R
1
2
Suponha uma lente biconvexa de raios de curvatura iguais (R1 = R2 = R),
distância focal f0 e índice de refração n = 1,8 (figura I). Essa lente é
partida ao meio, dando origem a duas lentes plano-convexas iguais
(figura II). A distância focal de cada uma das lentes é:
1
4
a) –– f0
b) –– f0
c) f0
2
5
9
d) –– f0
5
1
C = ––– = (n − 1)
f
e) 2f0
1
2
Lente biconvexa: ––– = (1,8 – 1) –––– ⇒
f0
R
+ ––– ,
–––
R
R
1
1
1
2
e sabendo que o índice de refração da glicerina é 1,5, a lente planoconvexa obtida com a gota terá vergência C, em unidades do SI, de
a) 200 di
b) 80 di
c) 50 di
d) 20 di
e) 10 di
RESOLUÇÃO:
A lente plano-convexa em questão tem o formato representado abaixo.
2R = 5,0mm ⇒
R = 2,5mm = 2,5 . 10–3m
Aplicando-se a Equação de Halley fornecida no enunciado, vem:
1
1
C = (n – 1) ––– + –––
R2
R1
C = (1,5 – 1)
1
––––––––
2,5 . 10–3
(di)
Da qual:
RESOLUÇÃO:
(I)
6. (UNESP) – É possível improvisar uma objetiva para a construção
de um microscópio simples pingando uma gota de glicerina dentro de
um furo circular de 5,0 mm de diâmetro, feito com um furador de papel
em um pedaço de folha de plástico. Se apoiada sobre uma lâmina de
vidro, a gota adquire a forma de uma semiesfera. Dada a equação dos
fabricantes de lentes para lentes imersas no ar,
R
f0 = ––––
1,6
C = 200 di
Resposta: A
– 43
FÍSICA 3.a S
Logo:
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 44
7. (UFRGS-2011) – Assinale a alternativa que preenche corretamente
as lacunas no fim do enunciado que se segue, na ordem em que
aparecem.
8. (PUCCAMP) – O esquema abaixo mostra a formação da imagem
em uma luneta astronômica.
O olho humano é um sofisticado instrumento óptico. Todo o globo
ocular equivale a um sistema de lentes capaz de focalizar, na retina,
imagens de objetos localizados desde distâncias muito grandes até
distâncias mínimas de cerca de 25 cm.
O olho humano pode apresentar pequenos defeitos, como a miopia e a
hipermetropia, que podem ser corrigidos com o uso de lentes externas.
Quando raios de luz paralelos incidem sobre um olho míope, eles são
focalizados antes da retina, enquanto a focalização ocorre após a retina,
no caso de um olho hipermetrope.
Portanto, o globo ocular humano equivale a um sistema de lentes
_______________ . As lentes corretivas para um olho míope e para
um
olho
hipermetrope
devem
ser,
respectivamente,
________________ e _________________.
a) convergentes – divergente – divergente
b) convergentes – divergente – convergente
c) convergentes – convergente – divergente
d) divergentes – divergente – convergente
e) divergentes – convergente – divergente
Numa certa luneta, as distâncias focais da objetiva e da ocular são de
60cm e 30cm, respectivamente, e a distância entre elas é de 80cm.
Nessa luneta, a imagem final de um astro distante formar-se-á a
a) 30cm da objetiva.
b) 30cm da ocular.
c) 40cm da objetiva.
d) 60cm da objetiva.
e) 60 cm da ocular.
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO:
(I) O bulbo ocular humano é dotado de uma lente natural convergente,
denominada cristalino.
(II) A correção da miopia (olho “longo” na direção ântero-posterior) é
feita com a utilização de lentes divergentes .
(III) A correção da hipermetropia (olho “curto” na direção ântero-posterior) é feita com a utilização de lentes convergentes .
FÍSICA 3.a S
Resposta: B
p2 + f1 = d ⇒ p2 + 60 = 80
p2 = 20cm
Equação de Gauss para a ocular:
1
1
1
–––– = –––– + ––––
f2
p2
p’2
1
1
1
–––– = –––– + ––––
30
20
p’2
1
1
2–3
1
––– = ––– – ––– = –––––
30
20
60
p’2
p’2 = – 60cm
Resposta: E
44 –
(imagem virtual)
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 45
13
Ondas
1. Em 1894, o físico alemão Wilhelm Wein propôs que o produto entre
o comprimento de onda da radiação de máxima intensidade emitida
por um corpo (
máx) e sua respectiva temperatura absoluta (T) é
aproximadamente constante, conforme a expressão:
máx T 3,0 . 103 (mK)
A radiação térmica proveniente de uma fornalha utilizada para fundir
materiais pode ser analisada por um espectrômetro. A intensidade das
radiações emitidas por essa fornalha a uma determinada temperatura foi
registrada pelo equipamento em função do comprimento de onda
correspondente, obtendo-se a curva espectral a seguir.
De acordo com as informações do texto e do gráfico e adotando-se para
a intensidade da velocidade de propagação das ondas eletromagnéticas
o valor 3,0 . 108m/s, pode-se afirmar que a temperatura da fornalha e
a frequência da radiação de máxima intensidade emitida valem,
respectivamente:
a) 3,0 . 103K e 5,0 . 1014Hz
b) 3,0 . 103K e 2,0 . 1014Hz
c) 2,0 . 103K e 5,0 . 1014Hz
d) 2,0 . 103K e 2,0 . 1014Hz
e) 5,0 . 103K e 2,5 . 1014Hz
RESOLUÇÃO:
(I) Observa-se no gráfico que o comprimento de onda associado à radiação de máxima intensidade é aproximadamente igual a 1,5m.
Aplicando-se a Lei de Wein, calcula-se a temperatura absoluta da
fornalha.
máx T = 3,0 . 103 ⇒ 1,5T = 3,0 . 103
Da qual:
T = 2,0 . 103K
2. (FUVEST) – O gráfico representa, num dado instante, a velocidade
transversal dos pontos de uma corda, na qual se propaga uma onda
senoidal na direção do eixo dos x.
A velocidade de propagação da onda na corda é 24m/s. Sejam A, B, C,
D e E pontos da corda. Considere, para o instante representado, as
seguintes afirmações:
I. A frequência da onda é 0,25Hz.
II. Os pontos A, C e E têm máxima aceleração transversal (em módulo).
III.Os pontos A, C e E têm máximo deslocamento transversal (em
módulo).
IV. Todos os pontos da corda se deslocam com velocidade de 24m/s na
direção do eixo x.
São corretas as afirmações:
a) todas.
b) somente IV.
c) somente II e III.
d) somente I e II.
e) somente II, III e IV.
RESOLUÇÃO:
I. INCORRETA.
Os pontos A e E indicados no gráfico estão intercalados por um ciclo, o
que significa que o comprimento de 8m que os separa corresponde ao
comprimento de onda (
= 8m).
Sendo
V = 24m/s, calculemos a frequência f:
V = f ⇒ 24 = 8f ⇒
f = 3Hz
Os pontos da corda oscilam em movimento harmônico simples (MHS)
numa direção perpendicular à da propagação ondulatória. Nos pontos
de inversão do sentido do movimento, o deslocamento é máximo (igual
à amplitude das oscilações), a velocidade é nula e a aceleração tem máxima intensidade (amáx = 2A, em que = 2πf, e A é a amplitude do
MHS).
Observando o gráfico, notamos que no instante considerado os pontos
A, C e E têm velocidade nula e, por isso, II e III são corretas.
IV. INCORRETA.
Quem se desloca com velocidade de 24m/s é a onda e não os pontos da
corda.
Resposta: C
(II) Aplicando-se a Equação Fundamental da Ondulatória, com
V = 3,0 . 108m/s
e = 1,5 m = 1,5 . 10−6m, vem
V = f ⇒ 3,0 . 108 = 1,5 . 10–6f
Da qual:
f = 2,0 . 1014Hz
Resposta: D
– 45
FÍSICA 3.a S
MÓDULO
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 46
3. (PUC-RS) – Denomina-se eco o fenômeno em que se ouve
nitidamente um som refletido por obstáculos, uma ou mais vezes
sucessivas. Sabe-se que o ouvido humano só distingue dois sons que se
sucedem num intervalo de tempo igual ou superior a 0,10 segundo.
Considera-se que a velocidade do som no ar seja de 350 m/s.
De posse desses dados, pode-se concluir que uma pessoa ouve o eco de
sua própria voz se estiver afastada do obstáculo refletor em, no mínimo,
a) 17,5m
b) 35,0m c) 40,0m d) 52,5m e) 75,0m
4. Na situação esquematizada na figura, ondas retas, propagando-se
na superfície da água de um tanque, passam de uma região profunda (1)
para outra mais rasa (2). Com isso, o comprimento de onda (distância
entre duas frentes de onda consecutivas) e a velocidade de propagação
sofrem reduções de p1% (p1 por cento) e p2% (p2 por cento), respectivamente.
RESOLUÇÃO:
2d
2d
tida e volta 0,10s ⇒ –––– 0,10 ⇒ ––– 0,10
Vsom
350
Da qual: d 17,5 m
dmín = 17,5 m
Resposta: A
Aponte a alternativa em que os valores de p1 e p2 estão corretamente
indicados. Adote, se necessário, sen 37º = cos 53º = 0,60;
sen 53º = cos 37º = 0,80.
a) p1 = 75 e p2 = 75
b) p1 = 75 e p2 = 25
c) p1 = 50 e p2 = 50
d) p1 = 25 e p2 = 75
e) p1 = 25 e p2 = 25
RESOLUÇÃO:
FÍSICA 3.a S
(I)
sen i
1
Lei de Snell: ––––– = –––
sen r
2
sen 53º
0,80
1
1
–––––– = –––
⇒ –––– = –––
sen 37º
0,60
2
2
3
2 = ––– 1 ⇒ 2 = 0,75 1 = 75% 1
4
Houve redução de 25% no comprimento de onda, logo, p1 = 25.
V2
V2
1
(II) –––
= –––
⇒ –––
= 0,75
V1
V1
2
V2 = 0,75 V1 = 75% V1
Houve redução de 25% na velocidade de propagação das ondas, logo,
p2 = 25.
Resposta: E
46 –
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 47
5. (UnB-2010) – Em um experimento que utiliza uma cuba de ondas,
foi registrado, em determinado instante, o padrão mostrado na figura
abaixo.
6. O experimento esquematizado abaixo tem a finalidade de
determinar a densidade de um bloco maciço, feito de um material
homogêneo, em relação a um determinado líquido. Fazem parte do
aparato utilizado: um vibrador que opera em frequência constante, um
fio flexível e inextensível, uma polia fixa isenta de atritos, o bloco
citado e o líquido, contido num recipiente.
Num primeiro procedimento, o vibrador impõe ao trecho horizontal do
fio uma onda estacionária constituída de dois nós e um ventre (modo
fundamental de vibração).
Com base nessa figura, é correto afirmar que se trata de padrão de
a) interferência de ondas geradas por duas fontes pontuais em fase.
b) difração de ondas circulares oriundas de fendas paralelas em fase.
c) interferência de ondas geradas por duas fontes pontuais em
oposição de fase.
d) difração de ondas circulares oriundas de fendas paralelas em
oposição de fase.
Numa outra etapa, com o bloco totalmente imerso no líquido, o
vibrador impõe ao trecho horizontal do fio uma onda estacionária
constituída de três nós e dois ventres.
FÍSICA 3.a S
RESOLUÇÃO:
Na foto, distinguem-se linhas ventrais, onde ocorre interferência
construtiva, com superposição de dois ventres, e linhas nodais, onde ocorre
interferência destrutiva, com superposição de um ventre e um vale.
Deve-se observar que as fontes operam em concordância de fase, já que
cristas correspondentes distam das fontes igualmente.
Resposta: A
A densidade do bloco em relação ao líquido é:
1
3
4
5
a) ––
b) ––
c) ––
d) 2
e) ––
2
4
3
2
RESOLUÇÃO:
(I) 1.ª situação: V1 = 1 f
P
–– = 2L f

(II) 2.ª situação: V2 = 2 f
P–E
–––– = L f 
(III) Dividindo-se as equações  e  membro a membro, vem:
P
P
–––– = 2 ⇒ –––– = 4
P–E
P–E
P = 4P – 4E ⇒ 3P = 4E
4
3Vg = 4LVg ⇒ ––– = –––
L
3
Resposta: C
– 47
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 48
7. (ITA) – Quando afinadas, a frequência fundamental da corda lá de
um violino é de 440 Hz e a frequência fundamental da corda mi deste
mesmo instrumento é de 660 Hz. A que distância da extremidade da
corda lá se deve colocar o dedo para se obter o som correspondente ao
da corda mi? O comprimento total da corda lá é igual a L e a distância
pedida deve corresponder ao comprimento vibratório da corda.
4L
L
3L
2L
a) ––
b) ––
c) ––
d) ––
9
2
5
3
8. (PUCCAMP) – Uma proveta graduada tem 40,0cm de altura e está
com água até o nível 10,0cm. Um diapasão de frequência igual a
855Hz, vibrando próximo à extremidade aberta da proveta, provoca
ressonância na coluna de ar.
A onda estacionária causadora da ressonância está representada na
figura abaixo.
e) Não é possível a experiência.
RESOLUÇÃO:
Corda sonora:
nV
f = ––––
2L
No modo fundamental: n = 1
1
Corda lá emitindo 440 Hz: 440 = ––– V 
2L
A velocidade do som nessas condições é, em m/s:
a) 326
b)334
c) 342
d) 350
1
Corda lá emitindo 660 Hz: 660 = ––– V 
2L’
Tubo Fechado:
Dividindo-se as equações  e  membro a membro, vem:
e) 358
V
f = (2n – 1) ––––
4L
3o. harmônico: 2n – 1 = 3
440
L’
2
–––– = ––– ⇒ L’ = ––– L
660
L
3
V
3V
Logo: f = 3 ––– ⇒ 855 = –––––––––––––– ⇒
4L
4 (0,40 – 0,10)
Resposta: D
Resposta: C
FÍSICA 3.a S
48 –
V = 342m/s
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 49
MÓDULO
14
Eletrodinâmica
1. (FMJ-2011) – Considerando circuitos elétricos constituídos por
resistores
ôhmicos, analise:
I. A potência total dissipada pelo circuito é o resultado da soma das
potências individuais dissipadas pelos resistores participantes do
circuito, estejam eles em série ou em paralelo.
II. As associações de resistores em paralelo têm valor ôhmico
equivalente sempre menor que a resistência elétrica do resistor de
menor resistência participante da associação.
III.Associações em paralelo têm como característica fracionar o valor
da corrente elétrica em partes, que são diretamente proporcionais
aos valores das resistências elétricas participantes da associação.
Está correto o contido em
a) II, apenas.
b) III, apenas.
c) I e II, apenas.
d) I e III, apenas.
e) I, II e III.
2. (IJSO-2011) – Numa atividade em grupo, o professor de Física
propôs aos alunos a montagem de um circuito elétrico para ser usado
como desembaçador do vidro traseiro de um automóvel. Os alunos
dispunham de uma fonte de tensão e de um fio homogêneo de seção
reta constante e de resistência elétrica total R. Após uma pesquisa os
alunos do grupo dividiram o fio em seis partes iguais e com as tiras
resistivas montaram a associação abaixo:
RESOLUÇÃO:
I) CORRETA.
Considerando que a resistência das conexões é desprezível, a
resistência equivalente da associação, entre os terminais A e B é igual
a:
a) R b) 2 . R/3
c) R/6
d) R/9
e) R/12
III) ERRADA.
As intensidades de corrente elétrica são inversamente proporcionais
aos valores das resistências elétricas.
Resposta: C
RESOLUÇÃO:
O circuito proposto pode se representado da seguinte maneira:
FÍSICA 3.a S
II) CORRETA.
Resposta: D
– 49
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 50
3. (MACKENZIE-2011) – Certo estudante dispõe de um voltímetro
e de um amperímetro, ambos ideais, de um gerador elétrico (pilha), de
resistência interna 4,5 Ω, e de uma lâmpada incandescente com as
seguintes inscrições nominais: 1,0 W – 9,0 V. Para que esses
dispositivos sejam associados corretamente, proporcionando à lâmpada
o maior brilho possível, sem “queimá-la”, o esquema que deverá ser
utilizado é o ilustrado na _________ e a força eletromotriz do gerador
deverá ser ______.
4. (OPF-2011) – Para medir a resistência de um resitor (R) podemos
utilizar um método conhecido como ponte de Wheatstone. O seu
aparato experimental (veja figura a seguir) consiste de um Galvanômetro (G), uma fonte de tensão (V), dois resistores de resistências
conhecidas (R1 e R2) e um resistor de resistência variável (Rvariável). O
procedimento é bem simples: o estudante deve variar a resistência até
o galvanômetro não detectar corrente passando por ele. A partir da
leitura da resistência variável é possível saber qual a resistência
desconhecida.
Suponha que V = 10 V, R1 = R2 = 2 ohms e Rvariável = 6 ohms.
Quanto vale a resistência R quando o galvanômetro não indica passagem de corrente elétrica.
a) 2Ω
b)1/2Ω
c) 1/3Ω
d) 2/3Ω
e) 1/6Ω
FÍSICA 3.a S
As lacunas, do texto acima, são corretamente preenchidas com as
afirmações
a) FIGURA 1; 9,5 V
b) FIGURA 2; 9,5 V
c) FIGURA 3; 9,5 V
d) FIGURA 2; 9,0 V
e) FIGURA 3; 9,0 V
RESOLUÇÃO:
Nas figuras 1 e 3 o voltímetro não permitirá passagem de corrente elétrica
e a lâmpada não acenderá
1
PotL = U . i → 1,0 = 9,0 . i → i = ––– A
9
UGerador = ULâmpada
1
E – r . i = ULâmpada → E – 4,5 . ––– = 9,0
9
E = 9,5V
Resposta: B
50 –
RESOLUÇÃO:
Se o galvanômetro não indica passagem de corrente elétrica, temos uma
Ponte de Wheatstone em equilíbrio, assim:
R . Rvariável = R1 R2
R.6=2.2
4
R = ––– Ω
6
2
R = ––– Ω
3
Resposta: D
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 51
5. (PUC-2011) – Na figura abaixo temos uma lâmpada e um chuveiro
com suas respectivas especificações.
Para que a lâmpada consuma a mesma energia que o chuveiro consome
num banho de 20 minutos, ela deverá ficar acesa ininterruptamente,
por aproximadamente
a) 53h
b) 113h
c) 107h
d) 38h
e)34h
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO:
A energia pode ser determinada por meio do produto da potência pelo
intervalo de tempo.
E = Pot . Δt
Considerando-se que a lâmpada e o chuveiro operem conforme especificações nominais, vem:
Elâmp = Echuv ⇒ (P . Δt)lâmp = (P . Δt)chuv
1
60 . Δt = 6 800 . ––– ⇒
3
Δt
≅ 38h
Resposta: D
A intensidade de corrente elétrica na lâmpada, será dada por:
P=iU
40 = i 80
i = 050A
FÍSICA 3.a S
Na resistência equivalente (Req), temos:
UAB = Req . i
20 = Req . 050
Req = 40Ω
Das associações fornecidas, a alternativa C nos fornece resistência
equivalente de 40Ω.
6. (UEAM-2011) – No circuito, a lâmpada tem valores nominais
80V – 40W e deve ser ligada a um gerador ideal de 100V.
Resposta: C
Para que ela não queime, será necessário conectar entre os pontos A e
B do circuito, um resistor de resistência equivalente à da associação
indicada na alternativa
– 51
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 52
MÓDULO
15
Eletromagnetismo
1. Na figura que se segue, temos quatro ímãs dispostos em forma de
cruz e no centro G da figura está colocada uma bússola.
2. Lançamos uma partícula de massa m, eletrizada com carga elétrica
→
q positiva, no interior de um campo magnético uniforme B . A direção
do lançamento foi perpendicular às linhas de indução e a velocidade era
→
V.
A figura acima ilustra o experimento. Analise as proposições abaixo:
I. A partícula descreveu uma trajetória circular no sentido horário.
m.V
II. A partícula descreveu uma trajetória circular de raio R = –––––––
q.B
Desprezando-se a influência do campo magnético terrestre, a figura
que melhor representa a posição correta da sua agulha magnética é:
III.A força magnética atuante na partícula não alterou a sua energia
cinética e, portanto, não realizou trabalho.
Estão corretas:
a) todas
b) Apenas II e III
c) Apenas I e III
d) Apenas a II
e) Apenas I e II
FÍSICA 3.a S
RESOLUÇÃO:
I.
ERRADA
A força magnética que atua na partícula com carga elétrica positiva
obedece à regra da mão esquerda, como se indica na figura. Assim, a
partícula terá uma trajetória circular como é indicada, em que a força
→
magnética F faz o papel de força centrípeta. O sentido do movimento
é o anti-horário.
RESOLUÇÃO:
Por definição, o vetor B, num ponto do campo magnético, tem a direção e
o sentido da agulha magnética colocada nesse ponto. Assim, se determinarmos o vetor B do campo magnético resultante no centro da figura, teremos
determinada a posição correta da agulha.
II.
CORRETA
F=q.V.B
mV2
(1)
F = Fcp = ––––– (2)
R
Resposta: B
mV
R = –––––
qB
III. CORRETA
A força magnética, sendo centrípeta, não altera o módulo da velocidade da partícula, mas apenas sua direção. Logo, o movimento é
circular e uniforme.
m V2
V = constante ⇒ Ecin = –––––– é constante, consequentemente,
2
não realiza trabalho.
Resposta: B
52 –
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 53
3. Num laboratório de Física, está sendo feito o seguinte experimento:
partículas eletrizadas são lançadas num tubo oco, como o da figura a,
através do orifício 1 existente no centro de sua base esquerda. No
interior do tubo, existem dois campos de força cruzados: um deles é um
→
campo magnético uniforme B e o outro é um campo elétrico uniforme
→
E, perpendiculares entre si e também à trajetória retilínea indicada,
como mostra a figura b. No experimento, o efeito gravitacional é
desprezível.
4. A figura ilustra um fio condutor de corrente elétrica, perpendicular
a esta folha. Quatro bússolas, B1, B2, B3 e B4, estão equidistantes do
fio, sendo que os visores de B2 e B4 estão escondidos, enquanto os de
B1 e B2 são visíveis, isto é, mostram a posição correta da agulha
magnética.
Assinale a alternativa que indica, respectivamente:
• o sentido da corrente no fio;
• a posição da agulha da bússola B2;
• a posição da agulha da bússola B4.
Podemos afirmar que as partículas que conseguem atravessar o tubo
a) foram aceleradas de 1 para 2 e, portanto, v2 > v1
b) foram freadas de 1 para 2 e, portanto, v2 < v1
c) o fizeram em movimento retilíneo uniforme, sendo que v1 = v2 = E . B
d) o fizeram em movimento retilíneo uniforme, sendo que v1 = v2 = E / B
RESOLUÇÃO:
O experimento pode ser realizado com cargas elétricas positivas ou
negativas e o seu sucesso não vai depender do sinal da carga como se vai
verificar na demonstração que se segue. Para que uma partícula atinja o
orifício 2, seu movimento deverá ser retilíneo e portanto a força magnética
e a força elétrica devem cancelar-se.
Fmag = q . V . B
Feᐉ = q . e
/
FÍSICA 3.a S
e) necessariamente estavam eletrizadas com cargas elétricas positivas.
RESOLUÇÃO:
Usando-se a regra da mão direita, tendo por base as posições das agulhas
B1 e B3, constatamos que o sentido da corrente é entrando no papel.
Fmag = Feᐉ
/
q.V.B=q.E
E
V = ––––
B
(independe da carga elétrica)
Sendo dois campos uniformes, E e B são constantes e decorre então que a
velocidade também permanecerá constante. Assim, o movimento é retilíneo
e uniforme, valendo: v1 = v2 = E / B
Resposta: D
Observando-se a figura acima, concluímos as posições corretas das agulhas
B2 e B4.
Resposta: A
– 53
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 54
5. Na figura, temos um solenoide (bobina) acoplado a uma lâmpada.
Observe que nenhuma bateria está ligada ao sistema. Na direção do
eixo da bobina, há um ímã, inicialmente em repouso.
6. Duas partículas, 1 e 2, de cargas elétricas q1 = +2e e q2 = +3e, cujas
respectivas massas são m e 3m, foram lançadas num campo magnético
uniforme de intensidade constante B e, durante o seu movimento no
interior do campo, constatou-se que elas possuíam quantidades de
movimento de mesma intensidade. Sabendo-se que seu lançamento foi
perpendicular às linhas de indução magnética do campo, então a razão
R1/R2 entre os respectivos raios de suas trajetórias vale:
a) 6
b) 4
c) 3
d) 3/2
e) 1
NOTE E ADOTE
→
A quantidade de movimento p de uma partícula é dada por:
→
→
p=mv
O objetivo deste experimento é acender a lâmpada. Para o sucesso do
experimento, é necessário e suficiente
a) manter o ímã e a bobina em repouso relativo.
b) aproximar lentamente o ímã da bobina.
c) afastar lentamente o ímã da bobina
d) colocar uma pilha em paralelo com a bobina e movimentar o ímã na
direção do eixo da bobina. É o princípio de geração de energia
elétrica nas usinas hidroelétricas.
e) movimentar rapidamente o ímã na direção do eixo da bobina, ou
vice-versa. É a Lei de Faraday.
RESOLUÇÃO:
De acordo com a Lei de Faraday, deverá haver variação do fluxo na bobina para se produzir a corrente elétrica induzida. Também nos assegura a
Lei de Faraday que a força eletromotriz induzida é proporcional à variação
temporal do fluxo, ou seja:
E = – ––––
t
E
i = ––––
R
FÍSICA 3.a S
Desse modo, quanto mais rapidez se der ao movimento relativo ímã-bobina,
maior será a fem e portanto mais intensa a corrente elétrica. A lâmpada não
acende se a corrente for de baixa intensidade, daí a necessidade da rapidez.
Resposta: E
54 –
RESOLUÇÃO:
→
→
| p1| = | p2|
m1 . v1 = m2 . v2 ⇒ m . v1 = 3m . v2 ⇒ v1 = 3 v2 (1)
m.v
R = ––––––
q.B
m . 3v2
m1 . v1
–––––––
–––––––
2e . B
q1 . B
R1
–––– = ––––––––– = –––––––––
3m
. v2
R2
m2 . v2
–––––––
–––––––
3e . B
q2 . B
R1
3
––––
= –––
R2
2
Resposta: D
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MÓDULO
16
Eletrostática
1. Dispomos de quatro pequenas esferas condutoras, idênticas, como na
figura que se segue. A primeira está eletrizada com carga elétrica positiva
+4e, a quarta com carga elétrica negativa –2e, enquanto as outras duas
estão neutras.
O experimento a ser realizado com elas consiste em três contatos
sucessivos, conforme se descreve a seguir:
• 1º contato: da esfera 1 com a 2, separando-as a seguir.
• 2º contato: da esfera 2 com a 3, separando-as a seguir.
• 3º contato: da esfera 1 com a 4, separando-as a seguir.
Ao final desse contato, as duas esferas terão cargas iguais a +1e, cada uma
delas.
Ao final desse contato, as duas esferas estarão neutras, isto é, sua carga elétrica
será nula.
Assim, ao final do último contato, as cargas elétricas das quatro esferas serão,
respectivamente: zero; +1e; +1e; zero.
Resposta: A
Ao final do último contato, as esferas apresentam a seguinte quantidade de
carga elétrica, respectivamente:
a) zero; +1e; +1e; zero
b) +1e; +1e; +1e; +1e
c) zero; +1e; zero; +1e
d) +2e; zero, zero; +2e
e) zero; zero; +1e; +1e
FÍSICA 3.a S
RESOLUÇÃO:
Ao final desse contato, as duas esferas terão cargas iguais a +2e, cada uma
delas.
– 55
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 56
2. Duas esferas metálicas muito leves estão penduradas por fios perfeitamente isolantes e de massa desprezível, em um ambiente seco. Uma barra
de vidro, eletrizada positivamente, é aproximada da esfera da direita e não
toca nela , conforme mostra a figura.
Decorridos alguns segundos, mantido o bastão à direita próximo da esfera
B, a configuração que melhor representa o estado final do experimento é:
RESOLUÇÃO:
Durante a aproximação do bastão de vidro eletrizado positivamente, ocorre
indução elétrica. Estando as duas esferas em contato, haverá passagem de
elétrons da esfera A para a esfera B. Teremos inicialmente:
FÍSICA 3.a S
Devido à carga elétrica positiva do bastão, a esfera B (direita) é atraída e a
esfera A (esquerda) é repelida. Teremos então a seguinte situação final:
Resposta: D
56 –
3. (FUVEST-2011) – A lei de conservação da carga elétrica pode ser
enunciada como se segue:
a) A soma algébrica dos valores das cargas positivas e negativas em um
sistema isolado é constante.
b) Um objeto eletrizado positivamente ganha elétrons ao ser aterrado.
c) A carga elétrica de um corpo eletrizado é igual a um número inteiro
multiplicado pela carga do elétron.
d) O número de átomos existentes no Universo é constante.
e) As cargas elétricas do próton e do elétron são, em módulo, iguais.
RESOLUÇÃO:
O princípio da conservação da carga elétrica se aplica a um sistema isolado. Seu
enunciado pode ser também:
“Num sistema eletricamente isolado, o somatório algébrico das cargas elétricas
permanece constante”, que é equivalente ao enunciado da alternativa A.
Resposta: A
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 57
4. Considere duas pequenas esferas idênticas, A e B, de cargas elétricas
iniciais +3Q e –Q, respectivamente. Estando elas separadas por uma
distância d, a força eletrostática de atração entre elas tem intensidade F.
Colocamos as duas pequenas esferas em contato e, a seguir, separamo-las
de uma distância d/2. A nova força eletrostática será de repulsão e sua
intensidade será:
a) 4F
b) F
c) F/4
d) 4F/3
5. Nas três figuras abaixo, o ponto O é o centro geométrico de cada uma
delas. Cargas elétricas puntiformes foram fixadas nos vértices do triângulo
equilátero da figura 1 e do quadrado da figura 2; também foram espalhadas
cinco cargas elétricas na circunferência da figura 3. Todas as cargas
elétricas citadas têm o mesmo módulo Q e diferem apenas pelo seu sinal,
conforme se indica nas figuras.
e) F/12
RESOLUÇÃO:
Inicialmente, temos:
3Q2
(3Q) . (Q)
F = K ––––––––––
= K –––––
a
2
d2
d
Em contato, elas adquirem uma mesma carga Q’:
Q’ + Q’ = (+3Q) + (–Q)
2Q’ = +2Q
Q’ = +Q
Separando-as de uma distância d/2, vem:
4Q2
K.Q.Q
F’ = ––––––––
= K –––– b
2
d2
d
–––
2
Dividindo-se b por a:
4 KQ2
–––––––
F’
4
4F
F’
d2
––– = –––––––– ⇒ ––– = ––– ⇒ F’ = –––
F
3
3
F
3 KQ2
––––––––
2
d
O campo elétrico no centro O, resultante da ação das cargas elétricas de
cada esquema, é nulo
a) na figura 1, apenas.
b) na figura 2, apenas.
c) na figura 3, apenas.
d) em nenhuma delas.
e) nas figuras 2 e 3.
RESOLUÇÃO:
Somente temos simetria das cargas em relação ao centro O na figura 2.
Portanto, o campo é nulo apenas para essa distribuição simétrica de cargas:
FÍSICA 3.a S
Resposta: D
→
→
→
→
E1 e E3 são vetores de afastamento
E2 e E4 são vetores de aproximação
→
→
→
→
E1 anula E3
E2 anula E4
Resposta: B
– 57
C1_FIS_3ano_RGERAL_Alelex_prof 10/09/11 09:39 Página 58
6. Uma carga elétrica puntiforme (+Q) gera um potencial elétrico (+V)
a uma distância R. Consideremos um conjunto de N partículas
eletrizadas, tais que N/2 estão positivas e eletrizadas com carga +Q, ao
passo que o restante tem carga -Q, todas dispostas numa mesma
circunferência de raio R, como ilustra a figura abaixo.
Sendo K a constante eletrostática do meio, então, o valor absoluto do
potencial resultante no centro da circunferência é:
a) zero
b) NV/4
c) NV /2
d) NV
e) 2NV
RESOLUÇÃO:
Para uma carga elétrica positiva na circunferência, o potencial gerado no
centro vale:
+K Q
V = –––––
R
Para (N/2) cargas positivas, temos:
N
V1 = + –––
2
KQ
––––
R
Analogamente, para (N/2) cargas negativas, vale:
N
V2 = – –––
2
KQ
––––
R
No centro da circunferência, o potencial resultante é dado pela soma
algébrica dos potenciais parciais e vale:
FÍSICA 3.a S
N
KQ
N
KQ
Vres = V1 + V2 = + ––– . –––– + – ––– . –––– = 0
2
R
2
R
Logo, o potencial resultante é nulo.
Resposta: A
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