FÍS 7A - AULA 19
19.01
Como a trajetória é curvilínea, o avião está sujeito a uma força centrípeta, que
aponta para o centro da curva, e como FRc 
m  v2
, seu módulo é crescente, já que
R
o raio da trajetória está diminuindo.
Alternativa d)
19.02
Como o peso está girando, sobre ele atua uma força centrípeta aplicada pelo fio,
que também está ligado à garrafa e exerce sobre ela uma força vertical e para
cima (tração) que a mantém em equilíbrio.
Alternativa d)
19.03
a) Incorreta. Desprezando a resistência do ar, sobre a pedra atuam apenas seu
peso e a tração aplicada pelo fio. A componente da força resultante entre essas
duas que aponta para o centro da trajetória é a resultante centrípeta.
b) Correta. A resultante centrípeta não é propriamente uma força, mas sim a
componente da força resultante que aponta para o centro da trajetória.
c) incorreta. Se há resultante centrípeta não nula, a trajetória é curvilínea.
d) Incorreta. A resultante centrípeta sempre é perpendicular ao vetor velocidade
numa dada posição.
e) Incorreta. Quando apenas uma única força de direção perpendicular à trajetória
atua num corpo, ela própria é a resultante centrípeta.
Alternativa b)
19.04
No ponto mais alto da trajetória atuam apenas o peso P e a tração T. A resultante
centrípeta não é uma terceira força, mas sim a resultante entre P e T.
Alternativa e)
19.05
O movimento é circular, portanto a força centrípeta e a aceleração centrípeta, como
os nomes sugerem, apontam para o centro da curva, ao passo que o vetor
velocidade é tangente à curva no ponto considerado.
Alternativa d)
19.06
No ponto mais baixo da curva, a força resultante F (neste caso, a própria resultante
centrípeta) aponta verticalmente para cima (para o centro da trajetória).
Alternativa b)
19.07
v  72  3,6  20 m / s ;
FRc 
m  v2
R
 FRc 
200  202
50
 FRc  4  400  1 600 N ou 1, 6  103 N
Alternativa e)
19.08
No momento me que o fio se rompe, deixa de atuar a resultante centrípeta. Assim,
o corpo passa a se mover numa trajetória retilínea com mesma direção do vetor
velocidade nesse instante, ou seja, perpendicularmente ao fio e para baixo.
Alternativa b)
19.09
No ponto mais alto da trajetória, a resultante centrípeta é dada pela soma do peso
com a tração na corda:
FRc 
m  v2
R
1  10  T 
 P  T 
1  42
1

m  v2
R
T  16  10  6 N
Alternativa e)
19.10
A Lua descreve aproximadamente um MCU ao redor da Terra. Assim, a força
resultante é a resultante centrípeta, que forma 90o com o vetor velocidade.
Alternativa d)
19.11
I. Falsa. A pessoa se move para a direita (em relação ao carro) devido à inércia. Ao
encostar na porta, essa exerce sobre a pessoa uma força para a esquerda, que faz
o papel de resultante centrípeta.
II. Verdadeira. Ver item I.
III. Falsa. Como a curva é para a esquerda, a tendência é a pessoa cair para a
direita.
Alternativa d)
19.12
Com a bola em repouso (fig. 1), a força resultante é nula, portanto T 1 = P1. Na
situação da fig. 2, a bola está em movimento circular, portanto deve haver uma
resultante centrípeta. Desta forma, T 2 > P2. Como P1 = P2 (já que a massa e a
aceleração da gravidade são as mesmas), tem-se que T1 < T2.
Alternativa b)
19.13
FRc 
m  v2
R
T  2  10 

T P 
2  22
1

m  v2
R
T  20  8  28 N
Alternativa e)
19.14
v  72  3, 6  20 m / s ; FRc 
N  800  10 
800  202
20
m  v2
R
 N P 
m  v2
R
 N  8 000  16 000  24 000 N  2, 4  104 N
Alternativa b)
19.15
FRc 
m  v2
R
T  1  10 

T P 
1  42
1

m  v2
R
T  10  16  26 N
Alternativa d)
19.16
No trecho plano, a resultante centrípeta é nula, assim N1 = P. Na depressão há uma
resultante centrípeta que aponta para cima (para o centro da curva), assim N 2 > P.
Na lombada, a resultante centrípeta aponta para baixo (para o centro da curva),
assim N3 < P. Comparando as forças de reação em cada trecho, tem-se que
N2 > N1 > N3.
Alternativa c)
19.17
m  v2
m  v2
 T
R
R
v2  100  v  10 m / s
FRc 

20 
0, 8  v2
4
Alternativa a)
19.18
01) Correta.
Sobre a pessoa atuam as forças indicadas na figura a seguir:
Na iminência do escorregamento tem-se:
- Eixo vertical: FR  0  Fat  P
- Eixo horizontal: FRc 
 μNmg
m  v2
 m  ω2  R
R

Substituindo (2) em (1): μ  m  ω2  R  m  g
(1)
N  m  ω2  R
 ω2 
g
μR
(2)
 ω
g
μR
Assim, quanto maior R, menor ωmín.
02) Correta. Ver item 01.
04) Incorreta. Como o movimento é circular, há aceleração centrípeta.
08) Incorreta. Conforme deduzido no item 01, ω mín não depende da massa da
pessoa.
16) Incorreta. A força de atrito é no máximo igual ao peso. Caso fosse maior, a
pessoa subiria pela parede.
Gabarito: 03 (01, 02)
19.19
Aplicando conservação da energia mecânica (considerando h = 0 m no ponto mais
baixo):
Emi  Emf  m  g  R 
m  v2
2
 v2  2  g  R
(1)
Aplicando a segunda lei de Newton para trajetórias circulares:
FRc 
m  v2
R
 T P 
m  v2
R
Substituindo (1) em (2): T  P 
(2)
m2gR
R
 T P 2P
 T 3P
19.20
a) FRc 
m  v2
R
 Fel 
1  102
 200 N
0,5
b) Fel  k  Δx  200  2 000  Δx  Δx  0,1 m
Mas r  xo  Δx  0,5  xo  0,1
 xo  0, 4 m .
FÍS 7A - AULA 20
20.01
A velocidade máxima para que não ocorra derrapagem é:
vmáx 
μ  R g
 vmáx 
0, 4  10  625  vmáx  2 500  50 m / s
vmáx  50  3, 6  180 km / h
Assim, Barrichello, que é o único com velocidade inferior à vmáx vence a corrida, já
que os demais vão derrapam.
Alternativa c)
20.02
Dentre as alternativas, a única na qual não é citado um potencial causador de
acidentes é a c), pois aumentando o raio de curvatura aumenta a velocidade
máxima com que o carro pode entrar na curva, já que vmáx 
μ  R g .
Alternativa c)
20.03
Na iminência do carro perder contato com o solo, N = 0. Assim, a resultante
centrípeta é o peso do carro: FRc 
m  v2
R
 mg
m  v2máx
R
 vmáx 
gR.
Desta forma, a velocidade máxima com que o carro pode entrar na lombada sem
que perca o contato com o solo não depende da massa, sendo portanto é igual para
os dois carros.
Alternativa e)
20.04
vmín 
gR
 vmín  10  8 
80
Alternativa c)
20.05
01) Incorreta. Não há força apontando para fora da curva.
02) Correta. A força de atrito aponta para o centro da curva, fazendo o papel de
resultante centrípeta.
04) Correta. A força normal aplicada pelo chão sobre o carro possui sentido de
baixo para cima.
08) Correta. A força peso possui sentido de cima para baixo.
16) Incorreta. Como a velocidade é constante e não há resistência do ar, não há
força a favor do vetor velocidade. Do contrário o módulo da velocidade aumentaria.
Gabarito: 14 (02, 04, 08)
20.06
Quando a pedra se solta, deixa de haver resultante centrípeta e ela segue por
inércia em linha reta no mesmo sentido em que apontava o vetor velocidade no
momento em que se soltou , ou seja, perpendicularmente em relação ao fio.
Alternativa d)
20.07
v 
μ  R g
 20 
μ  100  10

400  μ  1 000
 μmín 
Alternativa e)
20.08
vmín  g  R
 vmín  10  10  10 m / s
Alternativa b)
20.09
FRc 
m  v2
R
 T
m  v2
R
 200 
8  v2
1
 v  25  5 m / s
Alternativa c)
20.10
a) Incorreta. FRc 
m  v2
R
 T
b) Correta. v  2  π  R  f
c) Incorreta. T 
1
f

d) Incorreta. v  ω  R
e) Incorreta. ac 
Alternativa b)
v2
R
2  32
3
 T 6 N
 3 2π3 f

f 
T 2π s
 3 ω3
 ac 
 ω  1 rad / s
32
 3 m / s2
3
1
Hz
2π
400
 0, 4
1 000
20.11
v
R  g  tg θ
 v  200  10  0,2
 v  400  20 m / s
v  20  3, 6 km / h  72 km / h
Alternativa d)
20.12
m  v2
m  v2
 NP 
R
R
N  1 000  4 000  5 000 N
FRc 
 N  100  10 
100  202
10
Alternativa c)
20.13
a) Incorreta. Assim como o peso, no ponto C a normal aponta para baixo.
b) Incorreta. No ponto A, a resultante aponta para cima (para o centro da
trajetória).
c) Incorreta. A energia potencial no ponto B é menor do que no ponto C, pois a
altura em B é menor do que a altura em C.
d) Correta. No ponto C o carrinho não cai porque há resultante centrípeta (essa
resultante varia a velocidade apenas em direção e sentido).
e) Incorreta. A aceleração resultante é dada pela soma vetorial entre a aceleração
tangencial e a centrípeta, e sua direção varia ao longo da trajetória.
Alternativa d)
20.14
v 2πR f
FRc 
m  v2
R

 FRc 
Alternativa a)
v  2  π  0,5  2  2  π m / s
1  (2  π)2
 8  π2 N
0,5
20.15
v  144  3, 6 m / s  40 m / s ; FRc 
N  70  10 
70  402
40
m  v2
R
 N P 
m  v2
R
 N  700  2 800  3 500 N
Alternativa c)
20.16
I. Incorreta.
vmáx 
μgR

Como
o
entrou
carro
vmáx 
na
0,3  10  200
curva
a
 vmáx 
600
24,5 m / s
108 km / h  108  3,6 m / s  30 m / s ,
velocidade superior à máxima, ele vai derrapar.
II. Correta. Ver item I.
III. Correta. A força centrípeta necessária para o carro fazer a curva é maior do que
a força de atrito, já que o carro não conseguiu fazer a curva sem derrapar.
IV. Correta. Fat  μ  N .
Alternativa e)
20.17
P mg
 800  m  10

m  80 kg
O dinamômetro indica a tração no fio, que é:
m  v2
m  v2
 P  T 
R
R
800  T  400  T  400 N
FRc 
 800  T 
80  102
20
Alternativa a)
20.18
As forças que atuam na esfera são mostradas na figura a seguir.
Tem-se então:
tg θ 
FRc
P
m  v2
R
 tg θ 
mg

tg θ 
v2
R g

v 
R  g  tg θ
Alternativa e)
20.19
a)
b) vmín 
R g
 vmín 
3,6  10  6 m / s
20.20
v  36  3, 6 m / s  10 m / s ; FRc 
N  50  10 
50  102
2
m  v2
R
 N P 
 N  500  2 500  3 000 N
m  v2
R
FÍS 7A - AULA 21
21.01
O peso do portão exerce um momento horário em relação à dobradiça A, puxandoa para fora, e um momento anti-horário em relação à dobradiça B, comprimindo-a
contra o muro. Desta forma, é mais provável que o portão arrebente em A.
Alternativa a)
21.02
Mm  Fm  dm
Mh  Fh  dh
 Mm  5  2  10 N  m

(no sentido de abrir a porta)
Mh  80  0,1  8 N  m
(no sentido de fechar a porta)
Como Mm > Mh, a porta estaria girando no sentido de ser aberta.
Alternativa b)
21.03
MF d

M  400  0,15  60 N  m
Para d = 75 cm = 0,75 m: M  F  d

60  F  0,75

F  80 N
Alternativa c)
21.04
A menor força ocorre quando ela é aplicada perpendicularmente à barra (é mais
fácil girar a barra aplicando a força perpendicularmente à ela). Assim, a menor
força é F2 .
Alternativa b)
21.05
Uma força produz maior momento quando está mais afastada em relação ao ponto
de rotação e é aplicada perpendicularmente em relação á barra. Assim, a que gera
um maior momento em relação ao ponto O é a força III.
Alternativa c)
21.06
O momento de F1 é nulo, pois esta força é aplicada paralelamente à barra. Ainda, o
momento de
F2 é maior do que o de
perpendicularmente à barra.
F3 , pois a primeira é aplicada
Alternativa b)
21.07
Como M  F  d , quando a distância cai à metade, a força aplicada deve ser
dobrada para que o momento permaneça o mesmo.
Alternativa c)
21.08
A charge está relacionada ao conceito de momento de força: o momento causado
pelos remadores mais fortes se sobressai em relação ao momento causado pelos
remadores mais fracos, o que faz com que o barco ande em círculos.
Alternativa b)
21.09
Aplicando Pitágoras: d2  12  12
MF  F  d

M  10 

d
2 m
2 N.m
Alternativa d)
21.10
M1  F1  d1
 M1  10  0,2  2 N  m
(anti-horário)
M2  F2  d2
 M2  20  0,2  4 N  m
M3  F3  d3
 M3  20  0,1  2 N  m
(horário)
(anti-horário)
Mres  4  2  2  0 N  m
Alternativa e)
21.11
- Para M  50 N  m : M  F  d
 50  F  0,15

F  333,3 N
- Para M  70 N  m : M  F  d
 70  F  0,15

F  466,7 N
Alternativa a)
21.12
Mjovem  75  0,2  15 kgf  m ; Mnamorada  51  0,3  15,3 kgf  m .
Como o momento de força exercido pela namorada é maior do que o exercido pelo
jovem, ela também consegue soltar o parafuso.
21.13
Quando duas crianças de pesos diferentes brincam numa gangorra, para se obter o
equilíbrio com a prancha na horizontal, a criança leve deve ficar mais longe do
ponto de apoio do que a criança pesada. Isto é necessário para que se tenha o
mesmo momento de força dos respectivos pesos”. ( M1  M2  P1  d1  P2  d2 .
Assim, se P1 > P2, então d2 > d1).
Alternativa b)
21.14
MA  FA  a ; MB  FB  a  FA  a . Assim, MA  MB . MC  FC  0  0 (a linha de ação de
FC passa pelo ponto C). Portanto, MA  MB  MC , e a placa gira no sentido horário,
que é o sentido dos momentos das forças FA e FB.
Alternativa a)
21.15
A menor força ocorre quando ela é aplicada perpendicularmente à barra (é mais
fácil girar a barra aplicando a força perpendicularmente à ela). Assim, α = 90o.
Alternativa c)
21.16
O momento é nulo em relação ao ponto O quando a força é aplicada paralelamente
à barra, ou seja, quando α = 0o ou α = 180o.
Alternativa e)
21.17
M  F1  d
 M  120  30  3 600 N  cm
M  F2  d
 3 600  80  d

d  45 cm
Desta forma, a força F2 deve ser aplicada 45 – 30 = 15 cm acima do ponto A.
Alternativa b)
21.18
a) P  m  g

15  m  10

m  1,5 kg
b)
- Posição (1): M  0 N  m (a linha de ação da força é paralela à perna).
- Posição (2): M  F  d
 M  15  0, 4  6 N  m
20.19
O cigarro estará na iminência de cair quando tiver 50 mm de comprimento (25 mm
fora e 25 mm dentro do cinzeiro). Neste caso, seu centro de gravidade, que fica no
seu ponto médio, estaria no limite do cinzeiro. Pode queimar então um
comprimento igual a 80 – 50 = 30 mm de cigarro. Por regra de três:
5 mm
30 mm


1 min
t

5  t  30

t  6 min
20.20
Porque nessa posição, a linha de ação do peso da pessoa passa pelo seu centro de
gravidade. Assim, o momento resultante sobre a pessoa acaba sendo nulo.
Fis 7B – Aula 19
19.01
Resposta: alternativa d
O sistema funciona porque a bola escura tem densidade de 0,805 g/cm 3 e a bola
clara tem 0,811 g/cm3, quando o líquido a ser testado apresentar densidade 0,805
< 0,811, ele estará dentro do padrão e o que se observa é a configuração da
amostra 2 é a correta.
19.02
Resposta: alternativa d
A densidade da água salgada é maior que da água doce, sendo assim, quando o
navio passa da água salgada para a doce o empuxo, que é diretamente
proporcional à densidade do líquido se torna menor e uma porção maior do navio
ficará submersa.
19.03
Resolução:
a) Para todo corpo que flutua imerso ou submerso, o peso do corpo é igual ao
empuxo.
b)
c) menor que, para todo corpo que flutua parcialmente submerso, a densidade
desse corpo é menor que do líquido.
d) O empuxo é dado pelo produto entre a aceleração da gravidade, a densidade do
fluido e o volume submerso do corpo (que é sempre igual ao volume deslocado do
líquido).
e) O empuxo é igual ao peso do líquido deslocado pelo corpo.
19.04
Resolução:
E=gV
E = 1000  10  1
E = 10000 N = 104 N
19.05
Resolução:
a) corpo A, pois tem maior volume submerso.
b) corpo B, pois está imerso num líquido de maior densidade.
c) corpo A, pois está sujeito a uma aceleração da gravidade mais elevada.
d) iguais, pois ambos estão imersos no mesmo líquido e têm o mesmo volume
submerso.
19.06
Resolução:
2 1
a)
  50%
4 2
1
b)
 33,3%
3
1
 25%
c)
4
3
 75%
d)
4
3
 1  100%
e)
3
19.07
Resolução:
2 1

a)
4 2
1
b)
3
c)
1
4
3
4
3
1
e)
3
d)
Sendo o líquido água, densidade 1 g/cm3, os valores de densidade correspondem
exatamente às razões dos itens (a) até (e).
2 1
 = 0,5 g/cm3
f)
4 2
1
g) =0,33 g/cm3
3
h)
i)
1
=0,25 g/cm3
4
3
=0,75 g/cm3
4
j)
3
 1 g/cm3
3
19.08
Resolução:
Como vimos no exercício 19.07 para saber a porção submersa fazemos a razão
entre as densidades do corpo e do líquido.
0,4
(A)
= 0,5 (metade dos quadradinhos)
0,8
(B)
0,4
= 0,4 (4 décimos do total de quadradinhos, ou seja 4)
1,0
(C)
0,4
= 0,25 (1 quarto dos quadradinhos, ou seja 2,5)
1,6
19.09
Resposta: alternativa d
Para corpos que flutuam em fluidos:
E=P
dLIQ  g  VSUB = m  g
Sendo m = d  V
dLIQ  g  VSUB = dGELO  V  g
1  0,9  V = dGELO  V
dGELO = 0,9 g/cm3
19.10
Resposta: alternativa d
Na figura vemos que o corpo flutua entre o óleo e a água, disso podemos concluir
que a densidade do corpo é maior que do óleo e menor que dá água. Quando
observado somente em um dos líquidos, se fosse na água, veríamos o corpo
flutuando na superfície e no óleo, em repouso no fundo do recipiente, como mostra
a alternativa (d).
19.11
Resposta: alternativa c
Para o objeto que flutua submerso e em equilíbrio a densidade necessariamente é
igual ao do líquido e, para todo objeto que flutua parcialmente submerso, sua
densidade é menor que do líquido.
19.12
Resposta: alternativa e
Os dois blocos irão flutuar parcialmente submersos, sendo que, se o volume dos
blocos forem os mesmos, o bloco de chumbo receberá um maior empuxo pois
deslocará um volume maior de mercúrio.
19.13
Resposta: alternativa d
O princípio de Arquimedes diz que: ”Todo corpo imerso em um fluido sofre ação
de uma força (empuxo) verticalmente para cima, cuja intensidade é igual ao peso
do fluido deslocado pelo corpo”.
1
g
3
cm

106 cm3
3
1m

1kg
3
10 g
 103
kg
m3
19.14
Resposta: alternativa b
E=P
dLIQ  g  VSUB = m  g
1,02  103  10  VSUB = 2,55  107  10
VSUB 
2,55  108
1,02  104
VSUB = 2,5  104 m3
O volume total do iceberg é a soma das partes emersa e imersa:
2,5  104 + 2,78  103 = 2,778  104 m3
19.15
Resposta: alternativa a
A lata amassada terá o mesmo peso da lata intacta, porém, deslocará um volume
menor de água e isso interfere no empuxo recebido, uma vez que o empuxo é
diretamente proporcional ao volume de líquido deslocado pelo corpo.
19.16
Resposta: alternativa e
P=E
mg=gV
(50000 + M) = 1000  1000
M = 1000000 – 50000
M = 950000 kg = 950 toneladas
19.17
Resposta: alternativa b
Quando um corpo flutua parcialmente submerso sua densidade é sempre menor
que a do fluido sobre o qual ele repousa.
19.18
Resposta: alternativa c
I. correta, para gases confinados a temperatura e o volume são grandezas
diretamente proporcionais entre si.
II. errada,o ar dentro do balão está numa temperatura maior que fora e, portanto
com menor densidade só podendo ser empurrado para cima.
III. correta, com a diminuição do volume do balão, o empuxo sobre ele diminui.
IV. errada, o fato é explicado no item acima, além de que a condensação só iria
ocorrer com mudanças muito buscas na temperatura.
V. correta, quando o peso do balão se torna maior que o empuxo, a resultante é
vertical para baixo, fazendo com que sua aceleração tenha esse mesmo sentido.
19.19
Resposta: alternativa b
Corpo imerso no 1º líquido:
A força de 2 kgf equivale a 20N.
E+T=P
E + 20 = 30
E = 10 N
E = dLIQ  g  V
1000  10  V = 10
V = 10-3 m3
No segundo líquido, o corpo desloca o mesmo volume de água.
E+T=P
E + 10 = 30
E = 20 N
E = dLIQ  g  V
20 = dLIQ  10  10-3
dLIQ = 2  103 Kg/m3 = 2 g/ cm3
19.20
Resposta: alternativa a
Ao aumentar a pressão sobre a superfície do líquido, a pressão sobre a superfície
do balão aumenta e, como volume e pressão são grandezas inversamente
proporcionais entre si, o volume do balão diminuíra. O empuxo é diretamente
proporcional ao volume de líquido deslocado que, por sua vez, será menor com a
diminuição do volume do balão e, sendo assim, a tração no fio que sustenta o balão
por consequência também ficará menor.
19.21
Resolução:
a) Volume de líquido deslocado:
V=hA
V = 8  20
V = 160 cm3
Cálculo do empuxo:
E = dLIQ  g  VSUB
E = 1,5  103  10  160  10-6
E = 2,4 N
b) Com o corpo totalmente submerso, o volume de líquido deslocado é de 200 cm3.
E = dLIQ  g  VSUB
E = 1,5  103  10  200  10-6
E = 3,0 N
A força para mantê-lo submerso é dada pela diferença entre os 2 empuxos
observados:
F = 3,0 – 2,4
F = 0,6 N
c) A pressão é resultado da coluna líquida:
P = dLIQ  g  h
P = 1,5  103  10  0,15
P = 2,25  103 N/m2
19.22
Resolução:
a) Calculando o peso da bola
P=mg
P=dVg
P = 1,2  103  4  10-4  10
P = 4,8 N
b) A bola irá repousar no fundo do recipiente, pois tem uma densidade maior que
da água.
c) Cálculo do empuxo:
E = dLIQ  g  VSUB
E = 1,0  103  10  2  10-4
E = 2,0 N
Fis 7B – Aula 20
20.01
Resposta: alternativa a
C F  32

5
9
35 F  32

5
9
-63 = F – 32
F = -31 ºF
C F  32

5
9
5 F  32

5
9
-9 = F – 32
F = 23 ºF
20.02
Resposta: alternativa e
C F  32

5
9
100 F  32

5
9
180 + 32 = F
F = 212 ºF
K  273 F  32

5
9
0  273 F  32

5
9
-491,4 + 32 = F
F = -459,4 ºF
20.03
Resolução:
O objeto A, pois a temperatura está associada ao grau de agitação das moléculas
de um corpo.
20.04
Resolução:
3 1  3 2  3 3
TA 
2
9
22 23
 2,5
4
O cálculo feito acima corresponde a uma média ponderada, sendo assim concluímos
que a temperatura do corpo B é maior que a temperatura do corpo A
TB 
20.05
Resposta: alternativa b
55  25
C0

175  25 100  0
30
C

150 100
C = 20 ºC
20.06
Resposta: alternativa e
C F  32

5
9
70 F  32

5
9
-126 + 32 = F
F = -94 ºF
20.07
Resposta: alternativa e
Para variações de temperatura
consideramos:
F = 1,8  C
36 = 1,8  C
C = 20 ºC
entre
20.08
Resposta: alternativa a
C F  32

5
9
C 10,4  32

5
9
C = 5  (-2,4)
C = -12 ºC
20.09
Resposta: alternativa c
x  10
C0

25  10 100  0
x  10 33,3

15
100
x – 10 = 5
x = 15 cm
20.10
Resposta: alternativa a
Fazendo uma regra de 3 entre as variações:
(42 – 35) ºC  10 cm
T  5 cm
as
escalas
Celsius
e
Fahrenheit,
7  5 = 10  T
T = 3,5 ºC
A temperatura de Pedrinho é obtida acrescendo a variação obtida a temperatura
mínima da escala: 35 + 3,5 = 38,5 ºC
20.11
Resposta: alternativa a
x 5
C0

25  5 100  0
13  5
C

20
100
800 = 20  C
C = 40 ºC
20.12
Resposta: alternativa b
C F  32

5
9
271,25 F  32

5
9
-54.25  9 + 32 = F
F = -456,25 ºF
K = C + 273
K = -271,25 + 273
K = 1,75 K
20.13
Reposta: 08
Considerando que a temperatura de 100K equivale a -173,15 ºC. Vamos escrever
uma equação entre as escalas E e Celsius, para responder às questões.
C  (173,15)
E0

373,15  0 200  (173,15)
E
C  173,15

373,15
373,15
E = C + 173,15
01. errada,
E = C + 173,15
100 -173 = C
C = -73,15 ºC
02. errada,
273,15 = C + 173,15
C = 100 ºC = 373 K
04. errada, sabemos que 0 K = - 273,15 ºC, logo:
E = -273,15 + 173,15
E = -100 ºE
08. correta, se o ponto de fusão do gelo na Celsius é 0ºC, na escala E:
E = C + 173,15
E = 0 + 173,15 = 173,15 ºE
16. errada, como visto no item acima, 173,15 ºE.
20.14
Resposta: alternativa e
x 5
C  10

25  5 15  10
x  5 C  10

20
5
x  5 20  10

20
5
x – 5 = 40
x = 45 mm
20.15
Resposta: alternativa b
Relacionando as escalas Celsius e A:
A  10
C0

80  10 100  0
A  10
C

70
100
17  10
C

70
100
C = 10 ºC
Relacionando as escalas Celsius e B:
B  (10)
C0

90  (10) 100  0
B  10
C

100
100
C = B + 10
10 = B + 10
B=0
20.16
Resposta: alternativa d
C F  32

5
9
x
x  32

5
9
9
9
4
x
 x = 5  (x – 32)
 x = 5  x – 160
 x = -160
= -40 ºC = -40ºF
20.17
Resposta: alternativa a
B8
C0

28  8 100  0
B8
60

20
100
B = 12 + 8
B = 20 cm
20.18
Resposta: alternativa b
E1  12
C0

87  12 100  0
E1  12
16

75
100
E1 – 12 = 12
E1 = 24
Como o 1º termo é 16 e o segundo é 24, a razão da PG é 1,5, logo se o terceiro
termo an = y:
an = a1  qn-1
y = 16  1,52
y = 36
Considerando que o ponto de vapor na segunda escala seja E2, temos:
36  24
C0

E2  24 100  0
12
16

E2  24 100
E2 – 24 = 75
E2 = 99
20.19
Resolução:
a) pela equação:
35 F  32

5
9
35 F  32

5
9
63 + 32 = F
F = 91
b) F = 2  C
C F  32

5
9
C 2C  32

5
9
9  C = 10  C -160
C = 160 ºC
Se F = 2  C
F = 320 ºC
Fis 7B – Aula 21
21.01
Resposta: alternativa d
I. correta, como os coeficientes de dilatação são diferentes, as lâminas sofrem
variação desigual de comprimento resultando num curvamento.
II. correta, quanto maior for o coeficiente de dilatação de uma material, maior será
a sua dilatação.
III. correta, nas lâminas bimetálicas o curvamento sempre ocorre para o lado
oposto do material com maior índice de dilatação.
21.02
Resposta: alternativa b
L = L0    T
L = 100  1,9  10-5  10
L = 1,9  10-2 m
21.03
Resposta: alternativa d
O coeficiente de dilatação volumétrica é o triplo do coeficiente de dilatação linear.
=3
 = 3  4  10-6
 = 12  10-6
21.04
Resposta: alternativa c
L = L0    T
L = 100  4  10-6  100
L = 4  10-2 m
L = L – L0
4  10-2 = L - 100
L = 100 + 0,04
L = 100,04 m
21.05
Resolução:
O coeficiente de dilatação superficial () é o dobro do coeficiente de dilatação linear
() e o coeficiente de dilatação volumétrica () é o triplo.
21.06
Resolução:
(F) Conforme o material, muda o coeficiente de dilatação.
(V)
L = L0   
T
(F) É diretamente proporcional,
(V) Em
L = L0   
T,
A = A0   
T
L = L – L0, logo: L = L0 + L0   
T
(F) Não, seus coeficientes de dilatação são diferentes.
(V) Sim, o coeficiente de dilatação do cobre é maior que o do ferro.
(V) Partes ocas se dilatam como se fossem preenchidas pelo material.
21.07
Resolução:
(V)
L = L0   
T
(F) 10-5 > 10-6
(V) A unidade de todos é o ºC-1
(F) É o dobro
(V)  = 3  
(F) As escalas Fahrenheit e Celsius não variam igualmente
(V) As escalas tem a mesma variação
21.08
Resposta: alternativa c
A = A0   
T
2 = A0  2  25  10-6 
1
A0 
25  10 5
A0 = 4  103 cm2
21.09
Resposta: alternativa e
L = L0    T
L = 1  24  10-6  (40 – 20)
K=
C
F = 1,8 
C
L = 480  10-6
L = 4,8  10-4 mm
21.10
Resposta: alternativa b
A tampa metálica tem coeficiente de dilatação maior que do anel de borracha. Para
eliminar a folga a tampa deve ter seu tamanho aumentado e o anel seu diâmetro
diminuído.
21.11
Resposta: alternativa e
Como os coeficientes de dilatação são diferentes, as lâminas sofrem variação
desigual de comprimento resultando num curvamento.
21.12
Resposta: alternativa c
L = L0    T
L = 30  2  10-5  (225 – 25)
L = 12000  10-5 m
L = 0,12 cm
Através de uma regra de 3 obtemos o deslocamento superior do ponteiro:
0,12 cm  2 cm
x  10 cm
2  x = 10  0,12
x = 0,6 cm = 6 mm
21.13
Resposta: alternativa a
L = L0   
T
(100,2 – 100) = 100    (50 – 0)
0,2 = 5000  
 = 4  10-5 ºC-1
21.14
Resposta: alternativa c
Tranformando 176 ºF em Celsius
C F  32

5
9
C 176  32

5
9
C = 16  5
C = 80 ºC
Calculando a dilatação:
A = A0    T
A = 2,4  2  2  10-5  [80 – (-20)]
A = 9,6  10-3 m2
A = 96  10-4 m2 = 96 cm2
21.15
Resposta: alternativa e
A lâmina se curvará para a esquerda, pois nesse lado se encontra o material que
apresenta menor coeficiente de dilatação e, portanto, sofre menor variação de
comprimento.
21.16
Resposta: alternativa a
Ao ser posta no congelador, a régua sofreu redução de temperatura, e conseqüente
diminuição de seu comprimento. Dessa forma as marcações na régua ficaram mais
próximas, e marcaram um maior comprimento para o lápis.
21.17
Resposta: alternativa a
L = L0    T
(1,200 – 1,198) = 1,198  1,1  10-5  T
2  10-3 = 1,3178  10-5  T
1,518  102 = T
T = 152 ºC
A temperatura final que deve ser atingida para o encaixe é 28 + 152 = 180 ºC
21.18
Resposta: alternativa b
Se R = R0 + R0    T então:
R  R 0    T
R
 0
R0
R0
R
 1  (  T)
R0
21.19
Resposta: alternativa b
I. errada, se um tem o dobro do volume do outro, as dilatações não ocorrem na
mesma proporção como mostra o gráfico.
II. correta, pois V é proporcional ao produto do volume inicial pelo coeficiente de
dilatação e, nesse caso, o produto da substância D seria maior.
III. errada, até se fosse menor poderia ocorrer, bastando que não fosse menor ou
igual a metade.
21.20
Resolução:
a) Para a viga continuar na horizontal LAL = LFE
L0AL    T = L0FE    T
40  2,4  10-5  (40 – 10) = 20  1,2  10-5  (T – 10)
0,0288 = 24  10-5  T – 0,0024
0,0288  0,0024
T 
24  10 5
T = 130 ºC
b) Diferença de altura:
h = h0AL  (1 + AL  T) - h0FE  (1 + FE  T)
h = 40  (1 + 2,4  10-5  25) - 20  (1 + 1,2  10-5  25)
h = 40,024 – 20,006
h = 20.018 cm
c) deve-se substituir a barra de alumínio pela de concreto, pois os coeficientes de
dilatação do ferro e do concreto são próximos e variações na temperatura não
causarão grandes discrepâncias na diferença de variação do comprimento das
barras.
21.21
Resolução:
Para se tornar equilátero, os comprimentos finais dos lados após o aquecimento
deverão ser os mesmos.
LH = LC
L0H  (1 + H  T) = L0C  (1 + C  T)
A
L 0H  L 0H 
 T  L 0C  L 0C  A  2  T
2
L 0H  L 0C  L 0C  A  2  T  L 0H 
A
2
 T
2  (L 0H  L 0C )  2  L 0C  A  T  L 0H  A  T
2  (L 0H  L 0C )  (2  L 0C  L 0H )  A  T
2  (L 0H  L 0C )  (2  L 0C  L 0H )  A  T
Sendo um triângulo retângulo temos:
L0H2 = L0C2 + L0C2
L0H2 = 2  L0C2
L0H = 2  L0C
Substituindo:
2  ( 2  L 0C  L 0C )  (2  L 0C  2  L 0C )  A  T
2  L 0C  2  L 0C  (2  L 0C  2  L 0C )  A  T
T 
1
º C 1
A
FÍS 7C - AULA 19
19.01
Em cada ponto de uma linha de força, o vetor campo elétrico é tangente à linha, e
com mesmo sentido que ela.
Alternativa b)
19.02
a) Correta. E  F / q .
b) Incorreta. As linhas de campo elétrico divergem das cargas positivas e
convergem para as negativas.
c) Incorreta. Campo elétrico é grandeza vetorial.
d) Incorreta. Ver item b).
Alternativa a)
19.03
As linhas de força saem da carga positiva e chegam nas negativas.
Alternativa b)
19.04
As linhas de força estão chegando nas duas cargas, portanto ambas são negativas.
Alternativa c)
19.05
As linhas de força saem das cargas a, c e d. Essas cargas são, portanto, positivas.
Nas demais cargas, b, f e g, as linhas de força entram. Portanto essas são
negativas.
Alternativa d)
19.06
As linhas de força de uma esfera puntiforme são semirretas saindo da carga,
quando esta for positiva, ou entrando na carga, caso seja negativa.
Alternativa e)
19.07
O potencial elétrico é uma grandeza escalar, e pode assumir valores positivos,
negativos, ou nulo.
Alternativa a)
19.08
As linhas de força saem de cargas positivas, nunca se cruzam e quanto mais
próximas, maior é a intensidade do campo nessa região.
Alternativa a)
19.09
As linhas de força saem da carga positiva e entram na negativa, e quanto maior o
módulo da carga, maior a quantidade de linhas que entram ou saem da carga.
Desta forma, o número de linhas que saem de q1 = 6 μC é maior do que a
quantidade de linhas que chegam em q2 = - 2 μC, conforme mostrado em c).
Alternativa c)
19.10
Em I temos cargas positivas de mesmo módulo, pois em ambas há a mesma
quantidade de linhas saindo da carga. Em II, as linhas saem da carga da direita em
maior quantidade do que entram na carga da esquerda, portanto trata-se de uma
carga positiva (a da direita) e uma negativa (a da esquerda), sendo que a primeira
possui maior módulo.
Alternativa e)
19.11
Como as cargas possuem mesmo módulo e estão à mesma distância do ponto P,
geram campos elétricos de mesmo módulo, sendo que o campo gerado pela carga
Q1 aponta para a direita (campo de afastamento) e o gerado por Q2 aponta para a
esquerda 9também campo de afastamento). Desta forma, esses dois campos se
anulam (EP = 0 N/C). O potencial em P é dado pela soma do potencial gerado por
cada carga:
VP  V1  V2  VP 
VP  2 
k  Q1
k  Q2

d1
d2
9  109  9  106
 5, 4  104 V
3
Alternativa a)
19.12
a) Incorreta. O campo elétrico no ponto P é não nulo, já que a carga positiva gera
neste ponto um campo que aponta para a direita (de afastamento), e a carga
negativa gera um campo que também aponta para a direita (de aproximação).
Assim, o módulo do campo resultante ER é dado pela soma dos módulos desses
dois campos, e uma carga q ali colocada fica sujeita a uma força elétrica F de
módulo dado por F  ER  q .
b) Incorreta. Ver item a).
c) Correta. VR  V1  V2
 VR 
k q
k  (q)

 0
r
r
2
2
d) Incorreta. O módulo do campo elétrico varia, sendo mais intenso em regiões
mais próximas de uma das cargas.
e) Incorreta. O potencial elétrico é nulo somente em pontos equidistantes das
cargas.
Alternativa c)
19.13
Cada carga gera um potencial positivo no centro do quadrado. Assim, o potencial
resultante nesse ponto é também positivo. Já o campo elétrico no centro do
quadrado é nulo, pois os campos gerados por cada carga anulam-se mutuamente.
Alternativa a)
19.14
Sobre a carga q atuam as forças mostradas a seguir. Como todas possuem módulos
iguais, anulam-se mutuamente. Assim, FR = 0.
O potencial no centro do quadrado é dado pela soma dos potenciais gerados pelas
quatro cargas Q. Como são idênticos, tem-se: VR  4 
Alternativa a)
k Q
.
d
19.15
Num ponto qualquer, a carga positiva gera um potencial positivo e a negativa gera
um potencial negativo. Como elas possuem módulos iguais, para que o potencial
resultante seja nulo, este ponto deve estar equidistante das cargas (neste caso elas
gerariam potenciais de mesmo módulo, um positivo e outro negativo, sendo então
nulo o potencial resultante. Os pontos equidistantes das cargas são A, D e E.
Alternativa b)
19.16
De acordo com o gráfico, V = 90 V para d = 2,0 m. Como o potencial é
inversamente proporcional à distância do ponto à carga, para que o potencial caia a
30 V (um terço de 90 V), a distância deve triplicar. Assim, d2= 6,0 m.
Alternativa d)
19.17
Na configuração da alternativa c), as quatro cargas geram campos elétricos de
módulos iguais que se anulam mutuamente, conforme mostra a figura a seguir.
Assim, EP = 0 N/C. O potencial resultante é dado pela soma dos potenciais gerados
por cada carga. Como elas possuem mesmos módulos, sendo duas positivas e duas
negativas, e estão equidistantes de P, cada uma gera um potencial de módulo V.
Assim: VR = V + V + (-V) + (-V) = 0 V.
Alternativa c)
19.18
Como o potencial elétrico em P é nulo, então uma carga é positiva e a outra é
negativa, sendo que elas possuem mesmo módulo: VP 
k q
k  (q)

 0 V.
d
d
Para que o campo elétrico resultante em P aponte para a esquerda, a carga da
esquerda deve ser negativa (neste caso ela gera um campo de aproximação que
aponta para a esquerda) e a carga da direita deve ser positiva (gera um campo de
afastamento para a esquerda). Assim, o módulo do campo elétrico resultante é
dado pela soma dos módulos dos dois campos, e aponta também para a esquerda.
Alternativa a)
19.19
a) O campo e mais intenso próximo a q1, pois nessa região há uma maior
concentração de linhas.
b) As linhas saem de q1 e entram em q2, portanto q1 é positiva e q2 é negativa.
Assim, q1  q2  0 .
19.20
VA  V1  V2
3
1

x
104  x
 0 
k Q
k  (3Q)

104  x
x
 x  312  3x
 4x  312  x  78 cm
FÍS 7C - AULA 20
20.01
Para que o elétron seja desviado para cima
e atinja o ponto P, a placa de cima
deve estar positivamente carregada e a placa de baixo negativamente carregada. O
campo elétrico possui sentido da placa positiva para a negativa, portanto é vertical
e aponta para baixo.
Alternativa a)
20.02
O campo elétrico aponta da placa positiva (portando a da esquerda) para a
negativa (a da direita). Assim, a gota 1, que foi desviada na direção da placa
positiva, está negativamente carregada; a gota 2, que não foi desviada, está
neutra; e a gota 3, que foi desviada na direção da placa negativa, está
positivamente carregada.
Alternativa a)
20.03
Para que a gota fique em equilíbrio, a força elétrica deve apontar para cima e deve
possuir módulo igual ao do peso da gota:
Fe  P

E  q  m  g  E  1,6  1019  1,6  1015  10 
E  1  105 N / C
Alternativa b)
20.04
Num campo elétrico uniforme, as linhas de campo são paralelas e igualmente
espaçadas, e o vetor campo elétrico possui o mesmo valor em qualquer posição
entre as placas.
Alternativa a)
20.05
Na região entre as placas a carga negativa
fica sujeita a uma força elétrica
constante de módulo dado por F  E  q com sentido de B para A. Sendo a força
constante, também é constante a aceleração da carga, e ela se move, portanto, em
MRUV.
Alternativa c)
20.06
Uma carga que se move numa região onde há um C.E.U fica sujeita a uma força e,
consequentemente, a uma aceleração, ambas constantes.
Alternativa d)
20.07
Um campo elétrico aproximadamente uniforme pode ser obtido entre duas placas
condutoras planas e paralelas, sendo uma carregada positivamente e a outra
negativamente.
Alternativa c)
20.08
As linhas de força de um campo elétrico são sempre linhas abertas.
Alternativa e)
20.09
Uma carga negativa colocada numa região onde há um campo elétrico uniforme,
fica sujeita a uma força elétrica constante de módulo dado por F  E  q , cujo
sentido é oposto ao do vetor campo elétrico. Assim, a força aponta da direita para a
esquerda, e a carga entra em movimento retilíneo acelerado nesse sentido.
Alternativa d)
20.10
O campo elétrico entre as placas possui sentido da placa positiva (placa A) para a
negativa (B). Como a partícula foi desviada na direção da placa positiva, então está
negativamente carregada.
Alternativa a)
20.11
O elétron, que tem carga negativa, sofre uma força vertical e contrária ao sentido
do campo elétrico, ou seja, para cima. Assim, seu movimento é composto por um
movimento uniforme no eixo horizontal, já que neste eixo não há força atuando, e
um movimento acelerado para cima, o que resulta numa trajetória parabólica para
cima.
Alternativa a)
20.12
A força elétrica é proporcional ao módulo da carga, sendo então maior para a carga
B. Além disso, como A e B possuem sinais diferentes, as forças que atuam em cada
uma possuem sentidos opostos.
Alternativa b)
20.13
FR  m  a
 Fe  m  a

E qma
 a
Eq
m

E qma
 a
Eq
m
Alternativa b)
20.14
FR  m  a
 Fe  m  a
v  a t

v 
Eq t
m
Alternativa a)
20.15
A partícula fica sujeita a uma aceleração constante, dada por:
FR  m  a
 Fe  m  a

E qma
 a
Eq
m
Como a aceleração possui mesmo sentido que a velocidade inicial, a velocidade
aumenta linearmente em módulo, de acordo com a equação v  vo  a  t . Assim,
o gráfico da velocidade é uma reta crescente, com valor inicial não nulo.
Alternativa a)
20.16
A aceleração é proporcional
à força elétrica, que por sua vez é proporcional ao
módulo do campo elétrico. Como há uma maior concentração de linhas em B, nessa
região o campo elétrico, e consequentemente a aceleração, são mais intensos.
Alternativa b)
20.17
Como o movimento é retilíneo e uniforme, a força resultante é nula. Assim, a força
elétrica deve ser direcionada para cima e possuir mesmo módulo que o peso da
gota:
Fe  P
E 

E q mg

9, 6  1014
 3, 0  105 N / C
3,2  1019
Alternativa a)
E  3,2  1019  9, 6  1015  10
20.18
01) Incorreta. Como o peso medido pelo dinamômetro é maior que o peso real, a
bolinha sofre uma força elétrica para baixo. Sendo sua carga negativa, então a
placa B é positiva e a placa A é negativa.
02) Correta. Ver item 01).
04) Incorreta. Ver item 01).
08) Correta.
Fe  3  2  1 N ; Fe  E  q

1  4  106  q

q
1
 0,25  106 C
4  106
16) Incorreta. Ver item 08).
32) Incorreta. Se a carga da bolinha fosse positiva, a força elétrica seria para cima.
Desta forma, a posição de equilíbrio não seria a mesma.
Gabarito: 10 (02, 08)
20.19
a) FR  m  a
 Fe  m  a

E qma
 a
Eq
m
b) A velocidade no ponto a é:
v2  v2o  2  a  ΔS
v2o 
v 

v2  v2o  2 
E q
 (a  0)
m

2Eqa
m
Para x > a, não há força elétrica atuando e a velocidade permanece constante e
igual ao seu valor no ponto a.
20.20
S 
a  t2
2
 12  102 
v  vo  a  t
a  (3  107 )2
2
 v  0 

a
8
 1012 m / s2
3
8
 1012  3  107  8  105 m / s
3
Eq
a
m
ma
 E 
q
 E 
8
 1012
3
 15 N / C
1, 6  1019
9  1031 
FÍS 7C - AULA 21
21.01
O módulo do campo elétrico entre as placas é:
EdU
 E6 6

E  1 V / cm
O potencial no ponto M é de:
EdU
 1  1  (VM  0)

VM  1 V
O ponto N está à mesma distância da placa inferior que o ponto M, portanto
VN = VM = 1 V.
O potencial em P é:
EdU
 1  5  (VP  0)

VP  5 V
Desta forma, ao se percorrer o caminho M-N-P, o potencial varia de acordo com o
gráfico da alternativa b).
Alternativa b)
21.02
a) Incorreta. O sentido do campo elétrico é da parede externa (positiva) para a
interna (negativa).
b) Correta.
- Para U = 55 mV: E  d  U
- Para U = 100 mV: E  d  U
 E  7  109  55  103  E  7,86  106 V / m .
 E  7  109  100  103  E  1, 43  107 V / m .
c) Incorreta. Ver item a).
d) Incorreta. O potencial na parte externa (positivo), é maior do que na parte
interna (negativo).
e) Incorreta. Ver item d).
Alternativa b)
21.03
a) Verdadeira. Se a ddp entre as placas for constante, o campo elétrico será
uniforme e a força elétrica sofrida pela carga será constante de módulo dado por
F  E  q.
b) Verdadeira. Como os íons deslocam-se no sentido da placa positiva, então
possuem carga negativa.
c) Falsa. A força é diretamente proporcional à carga ( F  E  q ). Então, quanto
menor a carga, menor será a força.
d) Verdadeira. Os íons maiores encontram maior resistência para se locomoverem
no gel.
e) Verdadeira.
EdU

E  0,2  50
Para d = 0,1 m: E  d  U


E  250 V / m
250  0,1  U

U  25 V .
A energia dissipada possui módulo igual ao do trabalho realizado pela força elétrica
nesse deslocamento: Edis.  q  U
 Edis.  8  1019  25  2  1017 J .
Alternativa c)
21.04
Nos campos uniformes, as superfícies equipotenciais são planos perpendiculares às
linhas de força.
Alternativa a)
21.05
τ AB  q  (VA  VB )  q  UAB . Para VA  VB

UAB  0, τ AB  0 .
Alternativa e)
21.06
O trabalho para transportar uma carga de um ponto ao outro não depende da
trajetória, e é dado por τ  q  U . Assim, τ1  τ2 .
Alternativa c)
21.07
EdU
 50  d  (50  40)

d5m
Alternativa c)
21.08
a) Incorreta. O potencial diminui no sentido da linha de força.
b) Incorreta. A e B estão eqüidistantes da placa da esquerda, portanto
VA  VB
 τ AB  q  (VA  VB )  0 .
c) Correta. A força que atua numa carga negativa possui sentido oposto ao do
campo elétrico. Portanto a força que atua num elétron é dirigida para a esquerda.
d) Incorreta. As superfícies equipotenciais são planos perpendiculares às linhas de
força.
Alternativa c)
21.09
I. Correta. Como as linhas saem de Q1 e entram em Q2, a primeira é positiva e a
segunda é negativa.
II. Correta. Ao longo de uma linha de força, o potencial diminui. Portanto
VA  VB  VC .
III. Correta. Esses pontos pertencem a uma mesma superfície equipotencial.
Alternativa a)
21.10
τ AB  q  (VA  VB)

τ AB  0,02  (2  (2))  0,08 J
Alternativa e)
21.11
Os pontos A e B estão equidistantes da carga Q, portanto V A = VB
e
τ AB  q  (VA  VB )  0 .
Alternativa b)
21.12
a) Incorreta. O potencial diminui ao longo da linha de força, portanto V A > VB.
Como q > 0 , então τ AB  q  (VA  VB )  0 .
b) Incorreta. Ver item a).
c) Incorreta. Como VB = VC, τ AB  τ AC .
d) Correta. τBC  q  (VB  VC )  0 , pois VB = VC.
e) incorreta. Conforme itens a) e d).
Alternativa d)
21.13
I. Incorreta. Os pontos M e N estão a uma mesma distância das placas, portanto
VM = VN e τMN  q  (VM  VN )  0 .
II. Correta. E  d  U

E  0,2  100
 E  500 V / m
III. Correta. O próton, que possui carga positiva, é atraído pela placa negativa,
descrevendo uma trajetória parabólica.
Alternativa e)
21.14
a) Incorreta. VA – VB = 100 – 100 = 0 V.
b) Correta. VA – VB = 60 – 60 = 0 V.
c) Incorreta. Nas duas situações, VA – VB = 100 – 80 = 20 V.
d) Incorreta. Nas duas situações, VA - VB = 0 V.
e) Incorreta. Ver itens anteriores.
Alternativa b)
21.15
a) Correta.
E  d  (VM  VN )
 5  103  0,01  40  VN
b) Incorreta. τ  q  (VM  VM )
c) Incorreta. Ver item a).

 VN  40  50   10 V
τ  2  106  (40  (10))  τ  1  104 J
d) Incorreta. Ver item b).
e) Incorreta. Ver item a).
Alternativa a)
21.16
EdU
 200  0,3  U

(a distância d é medida ao longo da
U  60 V
direção da linha de força).
Alternativa c)
21.17
E  d  (VA  VB )
 103  0,2  100  VB

VB  100  200   100 V
Alternativa b)
21.18
Os pontos 1 e 2 estão igualmente distantes da placa positiva, portanto possuem
mesmos potenciais. De 2 até 3 há uma diminuição linear do potencial, já que há
uma aproximação da placa negativa. De 3 até 4 o potencial mantém-se constante,
já que esses dois pontos estão a uma mesma distância da placa positiva. De 4 até
1, o potencial aumenta linearmente até o valor inicial. Desta forma, o potencial
varia de acordo com o gráfico mostrado em d).
Alternativa d)
21.19
τ  q  (VA  VB )
dE U

 τ  4  108  (200  80)
d  20 000  120


τ  4,8  106 J
d  6  103 m
21.20
τ  q  (VA  VE )
 τ  2  106  (2  29)   62  106 J
FÍS 7D - AULA 19
19.01
Em III, o fenômeno descrito ocorre devido à difração da luz; em IV, ocorre a
refração da luz. Nos demais itens, I, II e V, ocorre o fenômeno da interferência.
Alternativa d)
10.02
- No ponto 1 há interferência construtiva (encontro de duas cristas),e a amplitude
resultante é máxima;
- No ponto 2 há interferência construtiva (encontro de dois vales), e a amplitude
resultante é máxima;
- No ponto 3 há interferência destrutiva (encontro de crista com vale), e a
amplitude resultante é mínima;
- No ponto 4 há interferência parcial.
Alternativa b)
10.03
Dentre os fenômenos relacionados, o único em que não ocorre interferência é a
penumbra no contorno da sombra de um objeto, fenômeno este explicado pela
difração da luz.
Alternativa d)
10.04
I. Correta. As colorações num CD são explicadas pela interferência da luz.
II. Incorreta. No prisma ocorre a dispersão (separação da luz branca em suas
componentes).
III. Correta. A interferência também pode ocorrer para um feixe de luz
monocromático.
Alternativa d)
10.05
O colorido nas bolhas de sabão ocorre devido ao fenômeno da interferência da luz;
duas pessoas conversam sem se ver porque o som difrata (contorna) o muro;
óculos escuros podem possuir filtros polarizadores,
parcialmente polarizada refletida pela água.
que
bloqueiam
a
luz
Alternativa a)
10.06
I. Correta. Luz mais luz pode resultar em escuridão, desde que haja interferência
destrutiva entre elas.
II. Incorreta. Luz mais escuridão resulta em luz.
III. Correta. Luz mais escuridão resulta em luz.
IV. Incorreta. Escuridão mais escuridão resulta em escuridão.
Alternativa b)
10.07
O colorido observado em bolhas ocorre devido à interferência entre a luz que
reflete na superfície da bolha com a luz que refrata na bolha, sofre reflexão total no
interior da película e refrata novamente para o ar.
Alternativa e)
10.08
01) Incorreta. Os pontos que permanecem em repouso são chamados nodos.
02) Correta. A interferência é uma superposição de ondas , na qual aplica-se o
princípio da conservação da energia.
04) Correta. A difração é um fenômeno tipicamente ondulatório.
08) Incorreta. As características das ondas individuais permanecem inalteradas.
16) Correta. Correta por definição.
Gabarito: 22 (02, 04, 16)
19.09
No experimento ocorre a difração (quando as ondas atravessam as fendas) e a
interferência (as ondas provenientes das duas fendas interferem entre si no
anteparo, formando regiões de luz, onde há interferência construtiva, e sombra,
onde a interferência é destrutiva.
Alternativa b)
19.10
Quando duas ondas interferem, a amplitude resultante num ponto é dada pela
soma das amplitudes de cada onda nesse ponto.
Alternativa c)
19.11
A radiação luminosa de alta intensidade pode cortar objetos, devido à altíssima
pressão que pode aplicar sobre eles. Tal tecnologia é frequentemente usada na
indústria e até na medicina.
Alternativa e)
19.12
Usando todas as grandezas em metros, tem-se:
Δd 
λ L
a

Δd 
6 000  1010  3
0,2  103
Δd 
512  109  5, 4
1,2  103

Δd 
18  107
 9  103 m  9 mm
2  104
Alternativa d)
19.13
Δd 
λ L
a


Δd  2,3  103 m  2,3 mm
Alternativa a)
19.14
( F ) Também ocorre interferência com ondas sonoras.
( V ) Para uma mesma velocidade, frequência e comprimento de onda são
inversamente proporcionais ( λ  v / f ).
( F ) Ondas transversais podem ser polarizadas.
( V ) O fenômeno da blindagem eletrostática também é chamado de gaiola de
Faraday.
( F ) - Para f = 108 Hz: λ 
c
f
 λ 
3  108
 3 m;
108
- Para f = 109 Hz: λ 
c
f
 λ 
3  108
 0,3 m .
109
Desta forma, o comprimento de onda varia de 0,3 m a 3 m.
19.15
A largura de uma franja corresponde á metade da distância entre duas franjas
λ L
λ  10
claras (ou escuras): Δx 
 0,1  102 
 λ  1  107 m
2a
2  0,5  103
v  λf
 3  108  1  107  f
 f  3  1015 Hz
Alternativa b)
19.16
Δd 
λ L
a

0,75  103 
λ  1,5
1  103

λ  5  107 m  5  105 mm
Alternativa e)
19.17
A luz não é desviada por esferas carregadas (que geram campos elétricos), não é
desviada por ímãs (que geram campos magnéticos) e nem por correntes elétricas
(que geram também campos magnéticos).
Alternativa a)
19.18
Δd 
λ L
a

Δd 
5 800  1010  1,2
2  103

λ  3, 48  104 m

λ  5  107 m
λ  3, 48  101 mm  0,348 mm
Alternativa c)
19.19
Δd 
λ L
a

2,5  102 
λ 2
0, 04  103
λ  5 000  1010 m ou 5 000 ângstrons.
19.20
Δd 
λ L
a
v  λf
 0,3  103 

λ 5
7  103
3  108  4,2  107  f
 λ  4,2  107 m

f  7,1  1014 Hz
19.21
Δd 
λ L
a
v  λf
 0,35  102 

λ  1,3
0, 02  102
3  108  5, 4  107  f

 λ  5, 4  107 m
f  5,6  1014 Hz (luz verde)
FÍS 7D - AULA 20
20.01
O fóton é o quantum da radiação eletromagnética. Ele possui massa de repouso
nula.
Alternativa b)
20.02
A expressão λ=h/Q relaciona uma grandeza característica de ondas (o comprimento
de onda λ), com uma grandeza com característica de partículas (a quantidade de
movimento ou momento linear Q).
Alternativa d)
20.03
Antes de Max Planck, a teoria mais aceita era a de que a luz comportava-se
somente como onda eletromagnética transversal (teoria ondulatória da luz).
Alternativa c)
20.04
a) Incorreta. O princípio da superposição tem a ver com a interferência entre duas
ou mais ondas.
b) Incorreta. O princípio da incerteza diz que não é possível medir, com precisão
absoluta, o momento e a posição de uma partícula. Quanto maior a precisão na
medição da posição, menor a precisão na medição do momento, e vice-versa.
c) Incorreta. As
simultaneamente.
características
ondulatória
e
corpuscular
não
se
exibem
d) Correta. É o que diz o princípio da complementariedade.
e) Incorreta. Isto não é um princípio da Física.
Alternativa d)
20.05
A palavra “granulado” tem a ver com a característica de matéria; a palavra
“ondulado” tem a ver com a característica de onda. O trecho da música está então
relacionado com a dualidade onda-partícula.
Alternativa c)
20.06
Na Mecânica Quântica, a luz exibe comportamento dual, comportando-se ora como
partícula, ora como onda.
Alternativa c)
20.07
De acordo com a teoria moderna da luz, ela pode exibir comportamento dual,
manifestando-se ora como partícula, ora como onda, dependendo da experiência
que é feita.
Alternativa d)
20.08
Max Planck introduziu a ideia da quantização da energia para explicar a emissão de
radiação por um corpo negro. Mais tarde, essa idéia serviu de base para Einstein
explicar o efeito fotoelétrico.
Alternativa b)
20.09
O efeito fotoelétrico foi explicado por Einstein ser explicado tomando como base o
modelo corpuscular da luz. Já a interferência da luz pode ser explicada
considerando a luz como onda, ou seja, nesse fenômeno manifesta-se seu caráter
ondulatório.
Alternativa b)
20.10
Os fenômenos das alternativas a, b, c e d são explicados ou pelo modelo
corpuscular ou pelo modelo ondulatório da luz. Apenas a propagação da onda de
rádio no vácuo poderia ser explicada pelos dois modelos (tanto ondas
eletromagnéticas quanto partículas se propagam no vácuo).
Alternativa e)
20.11
Em fenômenos como interferência e difração, a luz apresenta caráter ondulatório.
Em processos de emissão e absorção, ela pode apresentar comportamento
corpuscular, sendo nesse caso, descrita por fótons, que se movem no vácuo com
velocidade 300 000 km/s e têm massa nula.
Alternativa b)
20.12
I. Correta.
II. Correta. Esses dois fenômenos são explicados pelo modelo corpuscular da luz.
III. Correta.
IV. Correta. Os elétrons, que normalmente se comportam como partícula, podem
por exemplo sofrer difração em determinadas situações, que é uma característica
ondulatória (por isso o termo “ondas de matéria”).
Alternativa e)
20.13
01) Correta. É a dualidade onda-partícula.
02) Correta. Einstein afirmou que a luz é formada por “fótons”, que seriam o
“quantum” da radiação eletromagnética.
04) Incorreta. A teoria ondulatória não é a única válida nos dias atuais.
08) Correta.
16) Correta. A formação de regiões claras e escuras comprova a interferência da
luz, que é uma característica de ondas.
32) Incorreta. O efeito fotoelétrico é explicado com base no modelo corpuscular da
luz.
64) Incorreta. Nos dias atuais é aceito que a luz possui comportamento dual ( ora
ondulatório, ora corpuscular).
Gabarito: 27 (01, 08, 16)
20.14
a) Incorreta. A difração é explicada pelo modelo ondulatório da luz.
b) Incorreta. A luz é uma onda transversal.
c) Incorreta. A interferência é explicada pelo modelo ondulatório.
d) Incorreta. A refração também pode se explicada pelo modelo ondulatório.
e) Correta. Correta. A reflexão pode ser explicada tanto pelo modelo ondulatório
como pelo de partículas.
Alternativa e)
20.15
( F ) As moléculas de fulereno também podem exibir comportamento ondulatório,
sofrendo interferência.
( F ) As moléculas comportam-se como ondas e como partículas.
( V ) De acordo com o princípio de complementariedade.
( V ) Nessa situação, exibem comportamento ondulatório, sofrendo interferência
construtiva e destrutiva.
( V ) O fulereno exibe comportamento dual (onda/partícula), confirmando a teoria
de de Broglie.
20.16
Entre as inovações da Física que surgiram no início do século XX, uma foi o
estabelecimento da Teoria Quântica, que procurou explicar o surpreendente
resultado apresentado pela radiação e pela matéria conhecido como dualidade
entre partículas e ondas. Assim, quando se faz um feixe de elétrons passar por uma
fenda de largura micrométrica, o efeito observado é o comportamento ondulatório
da matéria, e quando fazemos um feixe de luz incidir sobre uma placa metálica, o
efeito observado pode ser explicado considerando a luz como um feixe de
partículas.
Alternativa c)
20.17
I. Correta. A equação E  m  c2 relaciona massa e energia.
II. Correta. Na fissão nuclear, a massa dos elementos formados na fissão é menor
do que a massa do núcleo fissionado. A diferença de massa tranforma-se em
energia, de acordo com a equação E  m  c2 .
III. Correta. A massa após a fusão é menor do que a massa dos reagentes. A
diferença é convertida em energia.
Alternativa d)
20.18
01) Correta. Na teoria corpuscular, a luz é constituída por partículas.
02) Correta. Na teoria ondulatória, a luz é uma onda eletromagnética.
04) Correta. Na teoria corpuscular, a luz branca é constituída por diferentes
partículas.
08) Incorreta. As duas teorias explicam os fenômenos citados.
16) Correta. Na teoria ondulatória, a luz branca é composta por diferentes
freqüências, cada qual correspondendo a uma cor.
Gabarito: 23 (01, 02, 04, 16)
20.19
a) A luz possui natureza dupla, tanto de onda eletromagnética quanto de partícula
de energia, denominada fóton.
b) Para o efeito fotoelétrico (de Einstein), a luz é corpuscular, mas na interferência
(de Young) ela é onda.
20.20
Para sensibilizar o olho humano, a luz deve estar dentro de uma certa faixa de
frequência, o que não ocorre com radiações como o ultravioleta e o infravermelho,
por maiores que sejam suas intensidades.
20.21
a) massa molar da glicose (C6H12O6): 6  12  12  1  6  16  180 g / mol
N
m
M

N
180
 1 mol
180
 E  6,6  1034  4,3  1014  2,8  1019 J
b) E  h  f
c)
1 fóton
n


2, 8  1019

n  1  1025 fótons
2, 8  106
FÍS 7D - AULA 21
21.01
Ano-luz é uma unidade de distância (corresponde à distância percorrida pela luz no
vácuo em um ano).
Alternativa c)
21.02
a) Incorreta. A radiação de corpo negro foi explicada por Max Planck.
b) Incorreta. O espaço se contrai a altas velocidades.
c) Incorreta. A massa depende da velocidade.
d) Correta. O tempo escoa mais lentamente para objetos próximos à velocidade da
luz.
e) Incorreta. Na Teoria da Relatividade, o conceito do éter preenchendo o Universo
é descartado.
Alternativa d)
21.03
I. Correta. O eV é uma unidade de energia, sendo que 1 eV
1,6  1019 J .
II. Incorreta. Os raios gama possuem frequência maior e comprimento de onda
menor em comparação à luz visível.
III. Correta. E  m  c2 .
IV. Correta.
V. Correta. A existência dos
Teoria da Relatividade.
“buracos de minhoca” é uma previsão baseada na
Alternativa d)
21.04
A velocidade da luz é a mesma (c) para qualquer referenciai inercial,
independentemente de sua velocidade. Assim, Paulo Sérgio mede a velocidade
1,0 c.
Alternativa b)
21.05
to
t 
1
12
 t 
2
v
c2
1
2
(o, 8c)
c2
 t 
12
1  0, 64

t 
12
 20 meses
0, 6
Alternativa c)
21.06
E  m  c2

E  1  103  (3  108 )2  9  1013 J
Alternativa d)
21.07
A velocidade do neutrino vale c para qualquer referencial , independentemente de
sua velocidade.
Alternativa c)
21.08
01) Correta. A velocidade da luz é absoluta.
02) Incorreta. O limite para a velocidade de uma partícula é a velocidade da luz.
04) Correta. É uma das previsões (confirmada experimentalmente) da Teoria da
Relatividade.
08) Incorreta. A massa aumenta conforme a velocidade aumenta.
16) Correta. A massa aumenta e o comprimento diminui conforme a velocidade
aumenta.
32) Correta. Quanto maior a velocidade de um corpo, mais lenta é para ele a
passagem do tempo.
64) Incorreta. O tempo é relativo.
Gabarito: 53 (01, 04, 16, 32)
21.09
De acordo com a relatividade restrita, é possível atravessarmos o diâmetro da Via
Láctea, uma distância de aproximadamente 100 anos-luz (equivalente a 1018 m),
em um intervalo de tempo bem menor que 100 anos. Isso pode ser explicado pelo
fenômeno de contração do comprimento, como visto pelo viajante, ou ainda pelo
fenômeno de dilatação temporal, como observado por quem está em repouso em
relação à galáxia.
Alternativa c)
21.10
L  Lo  1 
L  Io 
v2
c2
 L  Io 
1
(0, 8c)2
c2

L  Io
1  0, 64
0,36  0, 6  Io
Esse comprimento é igual a 60 % de Io, ou 40 % menor que Io.
Alternativa c)
21.11
v  c  0,2 c  0,8 c
t 
to
2
v
1 2
c
 50 
t0
2
(o, 8c)
1
c2
 50 
to
1  0, 64

t o  50  0, 6  30 anos
Como já tinha 20 anos, sua idade será de 20 + 30 = 50 anos.
Alternativa a)
21.12
Para Karina, o intervalo de tempo decorrido foi de 27 - 16 = 11 anos. Tem-se
to
11, 4
11, 4
então: t 
 t 
 t 
 t  80, 8 anos
2
2
0,141
v
(0, 99c)
1 2
1
c
c2
Como já tinha 16 anos, a idade de Tiago no encontro é 16 + 80,8 = 96,8 anos.
Alternativa d)
21.13
01) Correta. Na escala microscópica, a Física Newtoniana falha em suas previsões,
sendo a Física Quântica mais adequada.
02) Incorreta. As Leis de Newton são adequadas para explicar uma grande gama de
fenômenos cotidianos.
04) Correta. A Física Moderna explica o efeito fotoelétrico e o laser.
08) Correta. Esse é um dos postulados da teoria da Relatividade.
16) Incorreta. A velocidade da luz é a mesma para qualquer referencial inercial.
32) Incorreta. De acordo com a Teoria da Relatividade, a massa de um corpo
depende de sua velocidade.
64) Correta. Os conceitos construídos por Newton e Galileu são válidos para
pequenas velocidades. Para velocidades próximas à da luz, a Teoria da Relatividade
é mais adequada.
Gabarito: 77 (01, 04, 08, 64)
21.14
A contração do comprimento ocorre apenas na direção do movimento (para a
direita, na figura). Assim, a forma correta do cubo é mostrada em a).
Alternativa a)
21.15
01) Correta. Ocorre contração do comprimento da nave.
02) Correta. O tempo medido na Terra é maior do que na nave. Assim esta razão é
maior do que um.
04) Correta. A massa aumenta conforme aumenta a velocidade.
08) Incorreta. Conforme aumenta a velocidade, aumenta também a quantidade de
movimento.
16) Incorreta. Quanto maior a velocidade, maior a energia relativística.
Gabarito: 07 (01, 02, 04)
21.16
v2
(0,58c)2
 L  1, 90  1 
2
c
c2
L  1, 90  0, 815  1,55 m
L  Lo  1 

L  1, 90  1  0,3364
Alternativa d)
21.17
to
t 
1 
1
 60 
v2
c2
v2
1

2
9
c
20
1 

v2
8

2
9
c
v2
c2
 v 

1
v2
20
1


2
60
3
c
2  2
c
3
Alternativa a)
21.18
01) Incorreta. A luz chega aos olhos do observador com velocidade 3  108 m / s .
02) Incorreta. Na aproximação ou no afastamento, a velocidade é 3  108 m / s .
04) Correta.
08) Correta. Para qualquer observador, a velocidade é de 3  108 m / s .
16) Correta. A velocidade da luz independe do valor da velocidade da fonte.
32) Incorreta. Ver item 16).
64) Incorreta. Ver item 16).
Gabarito: 28 (04, 08, 16)
21.19
c
, aumentando o índice de refração de 1 para 1,5, a
n
ΔS
ΔS
velocidade cai na mesma proporção, e como v 
, o fato da
 Δt 
Δt
v
velocidade ser dividida por 1,5, faz com que o tempo de viagem seja multiplicado
por 1,5. Assim: t  4  1,5  6 anos .
Como n 
c
v
 v 
21.20
a) Quando a velocidade de um corpo aumenta, sua massa aumenta, o que significa
um aumento em sua inércia, não no número de moléculas do corpo.
b) Para velocidades pequenas
aproximadamente constante.
em
comparação
à
da
luz,
a
massa
é