FM.01
vA = 60 km/h s vA =
1.a
10 dias = 10 ⋅ 24 = 240 h
Desta forma, quando João passa pelo ponto P, seu amigo já está 4 km
à frente.
sA = 4 + t
∆s
480
vm =
=
s vm = 2 km/h
∆t
240
2.a
vcresc. = 0,06 cm/dia =
0,06 ⋅ 10
24
–2
= 2,5 ⋅ 10-5 m/h
2,5 ⋅ 10 –5
s n = 2,5 ⋅ 105
10 –10
B
90 km/h
180 km
360 km
Δt1
Δt2
180
s ∆t1 = 2 h
90
∆t =
∆t2 = 4 h
360
vm =
s
2
4
s v m = 90 km/h
2
4.c
O deslocamento total sobre os arcos AB e BC é dado por:
2pr
= pr
2
2pr
= pR
Arco BC:
2
Arco AB:
∆s = pr + pR = p(r + R)
Para que o trenzinho atravesse completamente o trajeto ABC, o
deslocamento total sobre o arco deve ser:
∆sT = ∆s +  , em que  , é o comprimento do trenzinho.
Como 2r + 2R = 2,80 m, de acordo com a figura, temos:
r + R = 1,40 m
e ainda, considerando π H 3,14, temos:
vm =
∆s T
∆t
=
3.a) A velocidade relativa entre eles é v = 54 - 36 = 18 km/h = 5 m/s,
e o deslocamento relativo é igual à soma dos comprimentos dos
trens. Assim, do MU, vem:
300 + 200
∆s
s Dt = 100 s
s5=
∆t
∆t
b) Como se deslocam em sentidos opostos, a velocidade relativa
será v = 54 - (-36) = 90 km/h = 25 m/s, e sendo o deslocamento
relativo, igual ao do item a, assim:
v =
3.
A
80
8
⋅t= t
60
6
8
⋅ t s 24 + 6t = 8t s t = 12 min
sA = sJ s 4 + t =
6
sJ =
Em 1 h, o crescimento é 2,5 ⋅ 10-5 m; portanto o número de camadas
que surgem em 1 h é:
1 camada
10-10 m
n
2,5 ⋅ 10-5 m
\n=
p(1,40)+0,6
s vm H 2 m/s
2,5
5.e
Sejam ct a caminhão de trás, cf caminhão da frente e c o carro.
|vct − c| = |vcf − c| s |50 - 40| = |x - 40| s 10 = |x - 40|
\ x - 40 = 10 ou x - 40 = -10
Como o automóvel se aproxima do caminhão, temos x = 30 km/h.
v =
4.Soma = 58 (02 + 08 + 16 + 32)
(01) (F) Os trens completam a travessia da ponte no mesmo tempo.
(02)(V)
(04) (F) Pode-se determinar, pois os trens terminam a travessia simultaneamente.
(08)(V)
Trem A: 150 + d = 10 ⋅ t (I)
Trem B: 500 + d = 20 ⋅ t (II)
Dividindo (II) por (I):
20
500 + d
=
s 500 + d = 300 + 2d s d = 200 m
10
150 + d
(16)(V)
Trem A: 150 + 200 = 10 ⋅ t s t = 35 s
Trem B: 500 + 200 = 20 ⋅ t s t = 35 s
(32)(V)
5.a)Quando A passar pelo ponto P, o avião B estará 320 km à frente,
pois:
∆sB = vB ⋅ ∆t = 640 ⋅ 0,5 = 320 km
Assim, temos:
• sA = s0 + vA ⋅ t s sA = 0 + 800 ⋅ t
• sB = s0 + vB ⋅ t s sB = 320 + 640 ⋅ t
Mas sA = sB s 800 ⋅ t = 320 + 640 ⋅ t s t = 2 h
b) A distância entre os aviões no instante mostrado na figura,
sabendo-se que ela retrata a perseguição 15 min, antes de o
avião A chegar ao ponto P.
dAB = dAP + dPB s dAB = vA ⋅ ∆t + vB ⋅ ∆t s
1.e
1.e
Comprimento do quarteirão:  = 10.000 s  = 100 m
Para que a avenida Geralda Boapessoa seja liberada, devemos ter:
a =
360
10 + 100 + 240 + 10
∆s
s ∆t =
= 900 s = 15 min
=
0, 4
0, 4
v
2.c
A velocidade do amigo de João pode ser escrita como:
1
∆s
300 + 200
s ∆t = 20 s
s 25 =
∆t
∆t
s dAB = (800 + 640) ⋅
FM.03
FM.02
∆t =
60km
s vA = 1 km/min
60min
∆v
∆t
0–4
a1 =
= -200 m/s2
0, 02
|a1| = 200 m/s2
0–4
= -40 m/s2
a2 =
0, 1
|a2| = 40 m/s2
1
s dAB = 360 km
4
Hiper 1
Física
Resolução
2.b
Em t = 3,0 s, a velocidade é:
v3 = v0 + a ⋅ t s v3 = 0 + 1 ⋅ 3 s v3 = 3 m/s
Em t = 5,0 s:
v5 = v0 + a ⋅ t s v5 = 0 + 1 ⋅ 5 s v5 = 5 m/s
Entre esses dois instantes, a velocidade média é:
v + v5
3+5
vm = 3
=
s vm = 4 m/s
2
2
Portanto, o deslocamento vale:
∆s = vm ⋅ ∆t = 4 ⋅ (5 - 3) s ∆s = 8 m
3.a) v0 = 90 km/h = 25 m/s; v = 0 m/s; a = -2,5 m/s2 (sentido oposto
ao de v0)
Aplicando a equação de Torricelli para v = 0:
v2 = v 02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s s 02 = 252 + 2 ⋅ (-2,5) ⋅ ∆s s ∆s = 125 m
b)v = v0 + a ⋅ t s 0 = 25 - 2,5 ⋅ t s 10 s
5.a
DsA = DsC
vC =
72
= 20 m/s
3, 6
v (m/s)
20
t
t
(30 + 20)t
= 20t + 100 s t = 20 s
2
vamb. = v0(amb.) + at s
s 20 = 30 + a ⋅ 20 s
s a = -0,5 m/s2
Em módulo: a = 0,5 m/s2
∆v
0 – (–10)
=
s a1 = 2 m/s2
∆t
5
∆v
0 – 20
Carro 2: a2 =
=
s a2 = -4 m/s2
5
∆t
a ⋅t2
b)s = s0 + v0 ⋅ t +
2
2⋅t2
Carro 1: s1 = 75 - 10 ⋅ t +
s s1 = 75 - 10 ⋅ t + t2
2
1.a) Carro 1: a1 =
2
20
2
4
6
8
10
12
14
16
18
b) De 0 a 4 s: Movimento uniforme;
De 4 s a 8 s: Movimento uniformemente retardado;
De 8 s a 12 s: Movimento uniformemente acelerado;
De 12 s a 16 s: Movimento uniforme;
De 16 s a 20 s: Movimento uniformemente retardado.
4.d
v = v0 + at s
s 0 = v0 + a ⋅ 2,5 s v0 = -2,5a
(I)
v2 = v 02 + 2a ⋅ Ds s 0 = v 02 + 2a ∙ (- 6,25) s
(II)
s v 02 = 12,5a
Substituindo (I) em (II), tem-se:
v0 = -5 m/s
v0 = -2,5a s -5 = -2,5a s a = 2 m/s2
4⋅t2
Carro 2: s2 = 50 + 20 ⋅ t s s2 = 50 + 20 ⋅ t - 2 ⋅ t2
2
at 2
s s = 6 - 5t + t2
2
5.d
De 0 a 4 s:
v = v0 + at s v = 0 + 5 ⋅ 4 s v = 20 m/s
Construindo o gráfico v ⋅ t para o movimento descrito:
Do gráfico, temos:
v (m/s)
20
A1
0
A1 =
FM.04
1
s = s0 + v0 ⋅ t +
30
0
2
–2
a)(F) v B2 = v A2 + 2 ⋅ a ⋅ DsAB s (20)2 = (10)2 + 2 ⋅ a ⋅ 60 s
s a = 2,5 m/s2
b)(F) vB = vA + a ⋅ t s 20 = 10 + 2,5 ⋅ tAB s tAB = 4,0 s
c)(F) vA = v0 + a ⋅ t s 10 = 0 + 2,5 ⋅ t s t = 4,0 s
d)(V) v A2 = v 02 + 2 ⋅ a ⋅ Ds s (10)2 = 0 + 2 ⋅ 2,5 ⋅ Ds s Ds = 20 m
e) (F) Ela parte do repouso em movimento uniformemente acelerado.
108
= 30 m/s
3, 6
v (m/s)
0
–1
4.d
v0 = 0; vA = 10 m/s; vB = 20 m/s e DsAB = 60 m
vA =
∆v
4–0
=
= 2 m/s2
∆t
2–0
at 2
at 2
a)sA = s0A + v0A ⋅ t +
s sA =
= t2
2
2
sB = s0 + vt = so + 4t
sA = sB
t2 = 4t s t = 4 s
b) Maior distância no instante em que vA = vB. Assim, temos: t = 2 s
sA = 22 = 4 m; sB = 4 ⋅ 2 = 8 m
d = 8 - 4 = 4 m
3.
2.aA =
A2
4
A3
10
t1
4 ⋅ 20
= 40
2
A2 = 6 ⋅ 20 = 120 s
s A2 =
(t 1 – 10) ⋅ 20
2
Do enunciado: A3 = 20
(t – 10) ⋅ 20
1
= 20 s t = 12 s
2
Ds = A1 + A2 + A3 (numericamente) s Ds = 180 m
vm =
∆s
180
s vm =
= 15 m/s = 54 km/h
∆t
12
t (s)
t (s)
Hiper 1
Física
Resolução
FM.05
1.d
Queda livre:
1
1
⋅ 10 ⋅ 42 s h1 = 80 m
⋅ g ⋅ t2 s h1 =
2
2
Velocidade após 4 s:
v = v0 + g ⋅ t s v = 0 + 10 ⋅ 4 s v = 40 m/s
Queda com velocidade constante:
h2 = v ⋅ t = 40 ⋅ 3 s h2 = 120 m
Altura de queda:
h = h1 + h2 = 80 + 120 s h = 200 m
h1 =
2.d
III. Vetor velocidade e vetor aceleração de mesma direção e sentidos opostos. (a)
IV. Vetor aceleração perpendicular ao vetor velocidade. (b)
V. Vetor velocidade constante, logo: vetor aceleração nulo. (c)
VI.Vetor aceleração com componente centrípeta e componente
tangencial no mesmo sentido do vetor velocidade. (e)
3.b
Fazendo as transformações de unidades necessárias (18 km/h = 5 m/s
e 0,9 km/h = 0,25 m/s), pode-se calcular o tempo:
∆s y
150
s ∆t = 600 s
Na direção y: vy =
s 0,25 =
∆t
∆t
∆s x
∆s x
Na direção x: vx =
s5=
s ∆sx = 3.000 m
∆t
600
4.a


d
vm =
∆t
 

Sendo d = 0, temos: vm = 0
h
5.a) vPA =
h = h0 + v0 ⋅ t - 5t2
t = 6 s (tempo após o piloto ter abandonado a pedra)
0 = 4v0 + v0 ⋅ 6 - 5 ⋅ (6)2 s 0 = 10v0 - 180 s v0 = 18 m/s
h0 = 4 ⋅ 18 = 72 m
3.a
1
1
⋅ g ⋅ (tA)2 s hA =
⋅ 10 ⋅ 12 = 5 m
2
2
1
1
Distância B: hB = hB =
⋅ g (tB)2 s hB =
⋅ 10 ⋅ 32 = 45 m
2
2
B
45
=
=9
A
5
Distância A: hA =
4.c
Equação de Torricelli: v2 = v 02 + 2a ⋅ Ds
Altura máxima: v = 0 e v0 = 27 m/s e a = - 9,8 m/s2
5.a) Como v = v0 + at, temos para altura máxima v = 0. Então:
v = v0 - gt s 0 = 20 - 10t s t = 2 s
Portanto, para voltar ao chão, serão t’ = 2t s t’ = 4 s
b) Como o jogador corre com 8 m/s, temos:
v =
∆s
∆s
s Ds = 32 m
s8=
∆t
4
c)Ds’ = v0 ⋅ t +
2 ⋅ (4) 2
at 2
s Ds’ =
= 16 m
2
2
FM.06
c)vAM =
∆t
d PM
∆t
d AM
∆t
=
=
=
60
s vPA = 0,5 m/s
2 ⋅ 60
d PA
cos q ⋅ ∆t
60
s vPM = 0,83 m/s
= 3
⋅ 2 ⋅ 60
5
d PA ⋅ sen q
∆t ⋅ cos q
3
4
Se cos q = , então sen q = . Portanto:
5
5
4
60 ⋅
5
vAM =
3 s vAM = 0,67 m/s
2 ⋅ 60 ⋅
5
FM.07
1.e
v = 72 km/h = 20 m/s
a = ac =
v2
(20) 2
sa=
= 5 m/s2
R
80
2.a
T = 3.600 s
f =
1
1
sf=
Hz
T
3.600
3.b
15 voltas em 30 s; logo em 1 s: f =
15
= 0,5 Hz
30
4.c
1.b
v
a
2.I-c; II-d; III-a; IV-b; V-c; VI-e
I. Vetor velocidade constante, logo: vetor aceleração nulo. (c)
II. Vetor velocidade e vetor aceleração de mesma direção e mesmo sentido. (d)
3
b)vPM =
d PA
a)(F) v = w ⋅ r, então: w =
v
v
v
para A: wA =
e para B: wB =
, ou
r
r
2r
seja: wA = 2 ⋅ wB
b)(F) w = 2 ⋅ p ⋅ f, assim: w e f são diretamente proporcionais, logo
de wA = 2 ⋅ wB então: fA = 2 ⋅ fB
c) (V) Como fA = 2 ⋅ fB, para cada volta de B, A dará duas voltas.
d)(F) ac =
v2
v2
v2
, assim: acA =
e acB =
, ou seja: acA = 2 ⋅ acB
r
r
2r
Hiper 1
Física
Resolução
5.• θA = θ0 + ωA ⋅ t s θA = 1,5 ⋅ t
• θB = θ0 + ωB ⋅ t s θB = 3(t - 4)
Temos θA = θB, então:
1,5 ⋅ t = 3 ⋅ (t - 4) s
s 1,5 ⋅ t = 3 ⋅ t - 12 s
s 1,5 ⋅ t = 12 s t = 8 s
5.b
v0x = v0 ⋅ cos θ = 40 ⋅ 0,80 = 32 m/s
v0y = v0 ⋅ sen θ = 40 ⋅ 0,60 = 24 m/s
a = -10 m/s2 (eixo y orientado para cima)
Determinando o instante em que o projétil “passa” pelo obstáculo:
∆sx = v0x ⋅ t s
s 64 = 32t s
s t = 2,0 s
Determinando a altura do projétil nesse instante:
FM.08
1.
vx
∆sy = v0y ⋅ t -
gt 2
s
2
s ∆sy = 24 ⋅ 2,0 - 5,0 ⋅ 2,02 = 28 m
Logo, o projétil passa a 8,0 m acima do obstáculo.
2,5 m
FO.01
14 m
6m
h =
gt 2
s 2,5 = 5t2 s t2 = 0,5 s t = 0,7 s
2
vx =
20
∆s
s vx H 28 m/s
s vx =
0,7
t
1.e
O diâmetro aparente da bola, na foto, reduz-se à metade quando a
distância entre a máquina e a imagem da bola (que é o objeto para
a máquina) duplica.
Espelho
2.a
O ângulo de 30° é com a vertical.
B
3
1
vx = v0 ⋅ sen 30° s vx = 400 ⋅
s vx = 200 m/s
2
v0y = v0 ⋅ cos 30° s v0y = 400
v0y = v0 ⋅ sen 60° = 400 ⋅
3
s v0y = 200 3 m/s
2
P’
5
3
4
O
10
5
A
3
s v0y = 200 3 m/s
2
3.v0x = v0 ⋅ cos 60° = 400 ⋅ 0,50 s v0x = 200 m/s
4
P
8
C
D
2
4
Da geometria da figura, a distância inicial entre o observador O e
a imagem P’ da bola é 5 unidades. A nova distância entre a máquina e P’ deve ser 10 unidades. Para a máquina posicionada em
A, temos:
Altura máxima:
P’
(vy)2 = (v0y)2 + 2 ⋅ g ⋅ h s 0 = (200 ⋅ 3 )2 - 2 ⋅ 10 ⋅ hmáx. s
5
s hmáx. = 6.000 m
P
P’
4
Tempos de subida:
vy - v0y + g ⋅ t s 0 = 200 ⋅ 3 - 10 ⋅ tsub. s
3
3
5
x = v0x ⋅ 2 ⋅ tsub. = 200 ⋅ 2 ⋅ 20 3 s x = 8.000 3 m
Razão entre o alcance e a altura máxima:
x
8.000 3
x
4 3
=
s
=
3
hmáx.
6.000
hmáx.
4. A velocidade inicial é horizontal, e assim, v0y = 0 e vx = 150 m/s.
Pode-se calcular o tempo total de queda da bomba (até o solo):
4
5
O
Para a máquina posicionada em D, a distância entre a máquina e
P’ também vale 10 unidades.
(DP’) = 82 + 62 s
s DP’ = 10
Logo a alternativa correta é a e.
2.
B’
g ⋅t2
10 ⋅ t 2
∆sy = v0y ⋅ t +
s 2.000 =
s t = 20 s
2
2
Portanto, a bomba leva 15 s para explodir. Portanto, a vy nesse instante:
vy = v0y + g ⋅ t s vy = 10 ⋅ 15 s vy = 150 m/s
As velocidades vx e vy da bomba são perpendiculares, então:
v2 = v x2 + v y2 = (150)2 + (150)2 s
s v = 150 2 m/s
4
3
O
A
s tsub. = 20 3 s s
Alcance:
4
E
i
i’ – i
B
A
Normal
Hiper 1
Física
Resolução
3.a
Para construir a imagem do lápis, deve-se lembrar da propriedade
fundamental do espelho plano e que a imagem tem mesmo tamanho do que o objeto.
E
Objeto
Imagem
4.d
Cada bailarina conjuga 7 imagens.
Assim: 7 =
360
- 1 s 8a = 360° s a = 45°
a
5.x + y = 20
d = 2x + 2y s d = 2(x + y) s d = 2 ⋅ 20 = 40 cm
FO.03
1.b
Dado que a velocidade de propagação da luz no líquido (v) é 80%
da velocidade da luz (c), temos que: v = 0,8 ⋅ c
Aplicando a definição de índice de refração:
1
c
c
10
sn=
sn=
n =
sn=
s n = 1,25
0, 8
0,8 ⋅ c
v
8
2.b
Cálculo do ângulo de refração rverm. para a luz vermelha.
nmeio ⋅ sen 30° = nar ⋅ sen rverm. s
s
1.c
Um espelho convexo conjuga imagem virtual, direita e menor que
o objeto. A imagem situa-se atrás da superfície do espelho.
2.c
Quando o objeto está muito distante do espelho, sua imagem forma-se
praticamente no foco e é real, menor e invertida. No entanto, a medida
que o objeto aproxima-se do foco do espelho, a imagem afasta-se do
espelho e fica cada vez maior, mas contínua real e invertida. Somente
quando o objeto está entre o foco e o espelho é que a imagem passa
a ser virtual, maior, direita e localiza-se atrás do espelho.
3.e
p'
i
1,5o
p'
= s
=s p’ = -30 cm
p
o
20
o
1
1
1
+
s
=
f
p
p'
1
1
1
s
=
+
s f = 60 cm
f
20
–30
R = 2f = 2 ⋅ 60 s R = 120 cm
4.b
Sendo f = 10 cm e p = 20 cm, temos:
Imagem real, invertida e do mesmo tamanho que o objeto, pois o
espelho é côncavo.
5.c
p - p’ = 7,5 cm s p’ = p - 7,5
f = 5 cm
f =
p ⋅ ( p – 7,5)
p ⋅ p'
s5=
s
p + ( p – 7,5)
p + p'
s 10p - 37,5 = p2 - 7,5p s
s p2 - 17,5p + 37,5 = 0 s
s p1 = 2,5 e p2 = 15
( p '– p = 7,5)
p2 = 15 
→ p3
p 3 ⋅ 15
5 =
s
p 3 + 15
s 5p3 + 75 = 15p3 s
s p3 =
5
75
= 7,5
10
1
= 1 ⋅ sen rverm. s rverm. = 45°
2
Cálculo do ângulo de refração rviol. para a luz violeta.
nmeio ⋅ sen 30° = nar ⋅ sen rviol. s
s
FO.02
2 ⋅
3 ⋅
1
= 1 ⋅ sen rviol. s rviol. = 60°
2
O ângulo entre os raios refratados é a diferença 60° - 45° = 15°.
3.e
Aplicando-se a lei de Snell, tem-se que:
n(ar) ⋅ sen θ(ar) = n(vidro) ⋅ sen θ(vidro) s 1 ⋅ sen 90° =
s sen L =
2 ⋅ sen L s
2
s L = 45°
2
4.c
O fenômeno que explica a transmissão de luz dentro da fibra é a
reflexão interna total, que pode ocorrer quando a luz passa de um
meio mais refringente para um menos refringente, ou seja: nN > nR
5.c
n
d
i = obs.
n objeto
do
di
1
s di = 11,25 cm
4
3
di
1
=
s di = 56,25 cm
Ponto B:
4
75
3
Comprimento A’B’: 56,25 - 11,25 = 45 cm
Ponto A:
15
=
FO.04
1.Soma = 19 (01 + 02 + 16)
(01) (V) Se p > 2 ⋅ f, então a imagem é real, invertida e menor que
o objeto.
(02) (V) Se p = 2 ⋅ f, então a imagem é real, invertida e do mesmo
tamanho que o objeto.
(04) (F) Ver item (1).
(08) (F) Se p < f, então a imagem é virtual.
(16) (V) Se p = f, então a imagem é imprópria.
2.a
Pelos dados do enunciado, o objeto encontra-se além do ponto antiprincipal de uma lente convergente. Nesse caso, a imagem gerada
é real, invertida, menor do que o objeto e encontra-se entre o foco
e o ponto antiprincipal do outro lado da lente. A única alternativa
compatível com esses resultados é a alternativa a.
Hiper 1
Física
Resolução
3.d
Combinando a equação de Gauss (equação das posições) e a equação
do fabricante, temos:
1
1
1
 n
  1
=  L – 1 ⋅  +  s
+
R 
p
p'
n
 R
ar
1
2
s
1
1
1
 1,5
  1
– 1 ⋅  + 
= 
+
 1,0
  R1 ∞ 
0,3
1, 2
s
5
0,5
s R1 = 0,12 m = 12 cm
=
1, 2
R1
4.b
A presença do bastão eletrizado (I) induz uma separação de cargas na
placa metálica (II) que, por sua vez, induz uma separação de cargas
na esfera do pêndulo (III). Sendo assim há uma pequena força de
atração entre a esfera e a placa, como mostra a figura.
s
–
++ –
+ –
–
–
–
–
–
–
–
–
+
+
+ ––
+ –
+
+
+
+
B w lentes divergentes
A w foco coincide com a retina
C w lente convergente
Existem pelo menos três explicações para a presbiopia (ou vista
cansada), que se manifesta depois dos 40 anos. Com o passar do
tempo, o olho perde o poder de convergência, pois pode ocorrer:
• enrijecimento do cristalino ou
• perda de tonicidade dos músculos ciliares ou
• crescimento contínuo do cristalino.
A presbiopia pode ser compensada por lentes convergentes e
tem relação com a hipermetropia.
5.a
A presença do bastão eletrizado positivamente faz com ocorra uma
separação de cargas na esfera A, com as cargas negativas mais localizadas no lado da esfera que está voltada para o bastão. Por sua
vez, a outra face da esfera A fica com excesso de cargas positivas,
induzindo uma separação de cargas na esfera B, análoga à que
ocorreu com a esfera A. Esse processo novamente se repete entre
as esferas B e C.
5.
FE.02
4.a)
b)
c)
d)
L*
1.b
Força antes do contato:
L
k ⋅ – Q ⋅ +9Q
9kQ 2
=
d2
d2
Durante o contato, a carga total divide-se entre as esferas:
Fantes =
A
O
C
B
F
B*
B'
A'
I
E
I*
FE.01
1.b
Núcleo M (92 prótons): QM = +92 ⋅ e
Núcleo R (90 prótons): QR = +90 ⋅ e
Qperd. = 92e - 90e = 2e = 2 ⋅ 1,6 ⋅ 10-19 C = 3,2 ⋅ 10-19 C
2.a
Como as esferas são idênticas:
Q A + QB
s
2
–2Q + 2Q
s Q 'A = Q B' = 0
s Q 'A = Q B' =
2
3.d
Considerando o sistema isolado, temos:
Q + q = 2Q’ s 6 + (-2) = 2Q’ s Q’ = 2 mC
Portanto, a carga transferida entre as esferas é a diferença entre as
cargas inicial e final, ou seja,
QT = 6 μC - 2 μC = 4 μC s QT = n ⋅ e
4 ⋅ 10-6 = n ⋅ 1,6 ⋅ 10-19 s
sn=
6
4 ⋅ 10 –6
= 2,5 ⋅ 1013 elétrons
1,6 ⋅ 10 –19
– Q + 9Q
= +4Q
2
Força após o contato:
A*
Q 'A = Q B' =
Q’ =
Fapós =
k ⋅ 4Q ⋅ 4Q
4kQ 2
=
(2d ) 2
d2
Razão entre as forças:
4kQ 2
F após
2
4
= d 2 =
9kQ
9
F antes
d2
2.b
A carga q sofre a ação de duas forças, uma de atração e outra de
repulsão por causa das cargas Q1 e Q2. Para que ela fique em equilíbrio, essas forças devem ter mesma intensidade.
F1 = F2 s
s
s
k ⋅ Q1 ⋅ q
d
=
2
1
Q1
36 ⋅ 10 –4
=
k ⋅ Q2 ⋅ q
d
2
2
Q2
s
4 ⋅ 10 –4
s
Q1
Q2
Q1
(6 ⋅ 10 )
–2 2
=
36
=9
4
3.d
F3
FR
1
F2
=
Q2
(2 ⋅ 10 –2 ) 2
s
Hiper 1
Física
Resolução
Sendo F = k ⋅
Q2
Q ⋅Q'
sF=k⋅ 2
d
d2
E=0eU=k⋅
Assim:
q
q
1
⋅
=
(potencial da superfície)
R
4 ⋅ p ⋅ ε0 R
Q ⋅3⋅Q
3⋅Q2
s F2 = k ⋅
s F2 = 3F
d2
d2
2
4⋅Q
Q ⋅ 4⋅Q
s F3 = k ⋅
s F3 = 4F
F23 = k ⋅
d2
d2
5.a) VA =
KQ A
9 ⋅ 10 9 ⋅ ( –1 ⋅ 10 –8 )
=
= -9 V
dA
10
VB =
Mas: (FR)2 = (F2)2 + (F3)2 s (FR)2 = (3F)2 + (4F)2 s FR = 5F
KQ B
9 ⋅ 10 9 ⋅ 3 ⋅ 10 –8
=
= 27 V
dB
10
VP = VA + VB = - 9 + 27 = 18 V
4.b
b)
F2 = k ⋅
A
F
B
P
D
C
5.d
Usando a segunda lei de Newton, temos:
FR = m ⋅ a s
q ⋅E
m
Usando a função horária do espaço do MUV, temos:
s |q| ⋅ E = m ⋅ a s a =
1
s = s0 + v0 ⋅ t +
a ⋅ t2
2
d =
q ⋅E 2
1
⋅t s
⋅
m
2
s E =
2⋅m⋅d
q ⋅t2
FE.03
QA
R
Q
Q
Q
0, 3
= B s A = A s A =
=3
RA
RB
QB
0, 1
RB
QB
QA = 3QB
QA + QB = 2 ⋅ 10-8 s
s 3QB + QB = 2 ⋅ 10-8 s
s QB = 0,5 ⋅ 10-8 C
y QA = 1,5 ⋅ 10-8 C
FE.04
1.e
Inicialmente, temos: E =
então:
 Q
 
2
E ’ =
2C
s E’ =
k ⋅Q
9 ⋅ 10 9 ⋅ Q
s 36.000 =
s Q = 8 ⋅ 10-6 C
V=
r
2
2.c
O trabalho da força elétrica é:
1
 1
†AB = k ⋅ Q ⋅ q ⋅  –  s
 r A rB 
1
1 

–
s 9 = 9 ⋅ 109 ⋅ Q ⋅ 2 ⋅ 10-6 ⋅ 
 2 ⋅ 10 –2 3 ⋅ 10 –2 
Dessa expressão, obtemos:
Q = 3 ⋅ 10-5 = 30 mC
3.e
A figura representa linhas de força (linhas contínuas e orientadas)
elétrica que “saem” da carga A e chegam na carga B. Portanto, a
carga A é positiva e a carga B é negativa. Já as linhas tracejadas são
perpendiculares às linhas de força e, portanto, são superfícies equipotenciais.
4.b
O ponto citado encontra-se dentro da esfera. Assim:
7
2
s E’ =
1 Q2
s
⋅
4 2C
1
⋅E
4
Portanto, a fração da energia removida é:
1
3
E - E' E - 4 ⋅E
f =
=
⇒ f =
4
E
E
1.e
k ⋅Q
V
36.000
= r
=rs
=rsr=2m
k⋅ Q
18.000
E
2
r
Substituindo na equação do potencial elétrico, temos:
Q2
. Remove-se metade da carga elétrica,
2C
2. E =
C ⋅U2 Q2
=
2
2C
A
C = ε⋅
d
E p1 =
d ⋅ Q2
Q2
=
ε⋅ A 2⋅ε⋅ A
2⋅
d
1
d ⋅ Q2
E p2 =
⇒ E p2 = ⋅ E p1
4
⋅
ε
⋅
A
2
† = DE = Ep1 − Ep2 s
s † = E p1 -
1
1
⋅E = ⋅E
2 p1 2 p1
3.a
E⋅d=Us
s 3 ⋅ 106 ⋅ d = 3 ⋅ 103 s
sd=
3 ⋅ 10 3
s d = 1 ⋅ 10-3 m = 1 mm
3 ⋅ 10 6
4.b
Capacitância original do ramo do circuito:
C = 20 mF
Capacitância desejada:
Cdesejada = C + 25% C = 20 + 0,25 ⋅ 20 = 25 mF
Capacitância do ramo após a introdução equivocada do capacitor
de 5 μF em série:
Hiper 1
Física
Resolução
Cerrada =
20 ⋅ 5
= 4 mF
20 + 5
Capacitância Cx do capacitor em paralelo para obter a capacitância
desejada:
Cdesejada = Cerrada + Cx s
s 25 = 4 + Cx s Cx = 21 mF
5.a) Por meio do gráfico, verifica-se que a tensão entre as faces externas da célula ao longo do eixo x é igual a 2∆Vm = 2V. Sendo o
8
diâmetro da célula 1μm e considerando o campo elétrico uniforme, temos:
E=
U
2
V
s E = 2 ⋅ 106
=
d
1 ⋅ 10 –6
m
b) O ganho de energia é dado pelo produto do valor da carga que
será transportada pela diferença de potencial. Portanto, temos:
∆E = q ⋅ U = e ⋅ 2V s
s ∆E = 2 eV
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