FÍSICA

FÍSICA
2) Cálculo da velocidade horizontal V1:
CADERNO 6 – CURSO D/E
sx = V1 t
5,0 = V1 . 0,50 ⇒
FRENTE 1 – MECÂNICA
b) A força de atrito é a força resultante utilizada na freada do
carro.
Aplicando-se o teorema da energia cinética:
τat = Ecin
mV02
mVf2
m g d cos 180° = ––––– – –––––
2
2
n Módulo 24 – Teorema da Energia
Cinética e Método Gráfico
1)
TEC: τat = Ecin
m V20
mg s cos 180° = 0 – ––––––
2
V02
(15)2
0,7 . 10 . 12,5 (–1) = –––– – –––
2
2
V20
s = –––––
2g
V02
– 87,5 = 112,5 – –––
2
V02
––– = 200
2
(20,0)2
s = –––––––––– (m) = 100m
2 . 0,2 . 10
V02 = 400 ⇒
Resposta: D
2)
V0 = 20m/s
Respostas: a) 10m/s
b) 20m/s ou 72km/h
4)
TEC: τat = Ecin
m
C m g d cos 180° = –––
2
1
C d g (–1) = –––
2
V1 = 10m/s
V2
V
–––
2
2
– V2
1
–––4 – V = –––2 –
2
3V2
–––
4
→
→
a) τF = F d cos 0°
τF = 30 . 3,0 . 1 (J) ⇒
τF = 90 J
b) 1) τP = –mgH
τP = –1,0 . 10 . 3,0 (J) ⇒
3V2
C = –––––
8gd
τP = –30 J
2) TEC: τtotal = Ecin
Resposta: A
τF + τP + τar = Ecin
90 – 30 + τar = 40
3)
τar = (40 – 60) (J)
τar = –20J
Respostas: a) 90J
b) –20J
5)
TEC: τat + τP = Ecin
– mgd + mgH = 0
a) 1) Cálculo do tempo de queda:
y
sy = V0yt + ––– t2 (MUV) ↓䊝
2
10 2
1,25 = 0 + ––– tQ
2
2 = 0,25 ⇒
tQ
H
1,0m
d = ––– = ––––– = 5,0m
0,2
O menino percorre 5,0m na região de atrito:
2,0m de B para C
2,0m de C para B
1,0m de B para M (ponto médio entre B e C)
tQ = 0,50s
Resposta: A
–1
6)
τP = Ecin
a) De A para B:
2
vB =
2g H
Respostas: a)
7)
2
2
10
125 = –––– V2 ⇒
2
τP + τat = Ecin
V = 5,0m/s
Respostas: a) 50N
b) 125J
c) 5,0m/s
mgH + mg D cos 180o = 0
H = D ⇒
mV 2
2
mvB
mvA
mg H = ––––– – ––––– ⇒
2
2
b) De A para C:
mV2
0
τtotal = ––––– – –––––
n Módulo 25 – Potência
H
= –––
D
H
b) = –––
D
2g H
1)
10,0
1) τF = área (Fxd) = (10,0 + 5,0) –––– (J) = 75,0J
2
2) τP = –mgH = – 0,50 . 10 . 10,0 (J) = – 50,0J
3) TEC: τtotal = Ecin
H
1) Conforme a figura: sen 30° = ––––
AB
m V02
m V2
τF + τP = –––––– – –––––––
2
2
0,50V2
75,0 – 50,0 = –––––––– – 0
2
V2 = 100 ⇒
1
H
––– = ––– ⇒
2
12
H = 6,0m
V = 10,0m/s
2) TEC:
τtotal = Ecin
Resposta: C
8)
τmotor + τp = 0 (MU)
a) A intensidade da força de atrito é dada por:
Fat = FN
Fat = 0,50 . 100 (N) ⇒
τmotor – mgH = 0
τmotor = mgH = 15 . 200 . 6,0 (J)
Fat = 50N
b) 1) O trabalho do atrito é dado por:
τat
τat
3
τmotor = 18 . 10 J
→
→
= . Fat . . d . cos 180°
= 50 . 2,0 . (–1) (J)
3)
τat = –100J
→
2) O trabalho da força F é medido pela área sob o gráfico
(F x d):
τF =
18 . 103J
Potm = –––––––– ⇒
60s
2)
3) O trabalho total é dado por:
τtotal = τF + τat
τtotal = 125J
c) O módulo da velocidade (V) é calculado pelo teorema da
energia cinética:
2–
Potm = 3,0 . 102W
Resposta: C
(150 + 75) 2,0
––––––––––––– (J)
2
τF = 225J
τmotor
Potm = ––––––
t
a) A senhora aplica sobre a escada uma força vertical para
baixo de intensidade igual à de seu peso e que sofre um
deslocamento vertical H = 7,0m.
Portanto:τ = PS . H
τ = 60 . 10 . 7,0 (J) ⇒
τ = 4,2 . 103J
A potência cedida à escada é dada por:
τ
4,2 . 103J
Pot = –––– = –––––––––––
t
30s
⇒
Pot = 1,4 . 102W
b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton para o instante considerado, temos:
F2 – Mg = Ma
b) 1) O número de degraus da escada é dado por:
H=nh
7,0 = n . 0,2 ⇒
n = 35
F2 = M (a + g)
2) Para que os tempos gastos pelo homem e pela mulher
sejam iguais, devemos ter:
VR
= VR
(homem)
F2 = 5,0 . 10 3 . 15 (N)
F2 = 75 . 10 3N
(mulher)
F2 = 7,5 . 10 4N
A velocidade resultante do homem é dada por:
VR
(H)
= VH – VE
A velocidade resultante da mulher é dada por:
VR
(M)
= VE
c) No instante T, em que a = 5,0m/s 2, temos
Portanto: VH – VE = VE ⇒
F2 = 7,5 . 10 4N
VH = 2VE
Sendo e a extensão do degrau, temos:
Pot = F2V2 (constante)
150 . 10 3 = 75 . 10 3 V 2 ⇒
n’e
ne
––––– = 2 –––––
t
t
Portanto:
d) Como a potência é constante, a velocidade máxima VL
ocorre quando a respectiva força aplicada pelo cabo é
mínima; isto ocorre quando F = P = 5,0 . 10 4N.
n’ = 2n = 70
Pot = Fmín VL = constante
c) Para um referencial fixo na escada, o homem tem velocidade escalar constante 2V e sobe uma altura 2H, em
que H é a altura da escada em relação ao solo.
Aplicando-se o teorema da energia cinética, obtém-se:
150 . 10 3 = 50 . 10 3 VL ⇒
Respostas: a) 5,0 . 10 4N
c) 2,0m/s
τinterno + τPeso = Ecin
τinterno – 2mgH = 0 ⇒
τinterno = 2mgH
τinterno = 2 . 80 . 10 . 7,0 (J)
τinterno = 1,12 . 104 J = 11,2 kJ
VL = 3,0m/s
b) 7,5 . 10 4N
d) 3,0m/s
a) 1) Para uma dada velocidade, a aceleração será máxima
quando o motor estiver desenvolvendo sua potência
máxima:
Potmáx = Fmáx . v
2,64 . 106 = Fmáx . 120 ⇒
2.a
Fmáx = 2,20 . 104N
Lei de Newton:
Fmáx = m amáx
2,20 . 104 = 1,10 . 103 amáx ⇒
mV2f
mV20
1) τmotor = Ecin = ––––– – –––––
2
2
1,0 . 103 . 900
τmotor = ––––––––––––– (J) = 450 . 103J
2
τmotor
450 .103J
2) Potmotor = ––––– – ––––––––– = 45 . 103W = 45kW
t
10s
amáx = 20,0m/s2
b) A força que acelera o veículo é recebida do chão por meio
do atrito e, portanto:
F Fat
destaque
Fmáx = (P + Fa)
2,20 . 104 = 0,50 (1,10 . 104 + Fa)
4,40 . 104 = 1,10 . 104 + Fa ⇒
Fa = 3,30 . 104N
c) Para as rodas derrapando, o atrito é dinâmico e a força de
atrito terá intensidade dada por:
Resposta: A
4)
5)
2)
Respostas: a) 1,4 . 102 W
b) 70
c) 11,2kJ
3)
V2 = 2,0m/s
a) Quando o elevador se movimenta com velocidade constante, a força resultante sobre ele é nula e a força aplicada
pelo cabo equilibra o peso do elevador.
F1 = P = Mg
F1 = 5,0 . 10 3 . 10 (N)
F1 = 5,0 . 10 4N
Fat = P = 0,50 . 1,10 . 104 (N) = 5,50 . 103N
A velocidade dos pontos da periferia da roda tem módulo
v dado por:
v = R = 600 . 0,40 (m/s) = 240m/s
Como o carro ainda não se movimentou, toda a potência
fornecida pelo motor foi consumida pelo atrito:
Potmotor = .Potatrito. = Fat . V
Potmotor = 5,50 . 103 . 240 (W) ⇒ Potmotor = 1,32 . 106 W
Respostas: a) 20,0m/s2
b) 3,30 . 104N
c) 1,32 . 106W
–3
n Módulo 26 – Energia Mecânica
6)
1)
m V2
EC = –––––
2
a) 1) A potência útil do motor do carro é dada por:
Pot = FV
72
km
V = 72 ––– = ––– (m/s) = 20m/s
3,6
h
120 . 10 3 = F . 60 ⇒ F = 2,0 . 10 3N
40
EC = ––– . (20)2 (J)
2
2) Sendo constante a velocidade do carro, a força
resultante é nula e portanto:
Far = F = 2,0 . 10 3N ⇒
A energia cinética da criança, em relação à estrada, é dada por:
Far = 2,0 . 10 3N
EC = 8,0 . 10 3J
Em relação ao carro, a criança está parada e sua energia
cinética é nula.
Resposta: D
b)
2)
mV2
EC = –––––
2
1,0V2
2,0 . 102 = –––––
2
V2 = 4,0 . 102
V = 20m/s
Do gráfico dado:
V = 20m/s nos instantes t1 = 8,0s e t2 = 16,0s
Estando o carro com o motor desligado (motor desacoplado), a força de atrito trocada com o plano será nula e, para
manter a velocidade constante, teremos:
Pt = Far
Resposta: E
3)
1) V = V0 + t (MUV)
V=gt
Mg sen = Far
800 . 10 . sen = 2,0 . 10 3 ⇒
m V2
m
2) EC = ––––– = ––– g2 t2
2
2
sen = 0,25
constante k
c)
EC = k t2
O gráfico EC = f(t) é um arco de parábola com concavidade
para cima.
Resposta: D
4)
Para um referencial na cabeça do macaco:
Ep = m g H
i
Ep = 0,20 . 10 . 4,5 (J) = 9,0J
i
Ed = Ep – Ec
1) Para manter a velocidade constante, a força resultante
é nula e portanto:
i
F’ = Pt + Far ⇒ F’ = Mg sen + Far
F’ = 800 . 10 . 0,3 + 2,0 . 10 3 (N) ⇒
f
Ed = 9,0J – 7,0J ⇒ Ed = 2,0J
Resposta: A
F’ = 4,4 . 10 3N
2) A potência útil desenvolvida pelo motor será dada por:
5)
a) V2 = V02 + 2 s (MUV)
(20)2 = 0 + 2 . 10 . H ⇒ H = 20m
Pot = F’ V
Pot = 4,4 . 10 3 . 60 (W) ⇒ Pot = 264 . 10 3W
Pot = 264 kW
Respostas: a) 2,0 . 10 3N
b) sen = 0,25
c) 264 kW
4–
b) Edissipada = Epot relativa ao chão = m g H
Ed = 0,180 . 10 . 20 (J)
Ed = 36J
Respostas: a) 20m
b) 36J
2) Ep = Em – Ec
6)
Ep = Em – k t2 (parábola com concavidade para baixo)
Resposta: A
2)
EB = EA
a)
(referência em B)
2
a) 1 – Aplicando-se o Teorema de Pitágoras, vem:
2
2
V0 = V0x+ V0y
2
V0 = 9,0 + 4,0 ⇒
2
VB = V0 + 2 g H
2
2
2
m VB
m V0
–––––– = –––––– + m g H
2
2
VB =
2
V0 = 13,0 (SI)
VB =
2 – A energia cinética inicial é dada por:
2
V0 + 2 g H
500
+ 2 . 10 . 100 (m/s)
VB = 50m/s
2
V0
b) Ed = EB – EC
m
Ecin = –––––––––
0
2
2
m VB
Ed = –––––– – m g h
2
1,0
Ecin = ––– . 13,0 (J)
0
2
1,0
Ed = ––– (50)2 – 1,0 . 10 . 45 (J)
2
Ecin = 6,5J
0
Ed = 1250 – 450 (J)
b) No ponto mais alto da trajetória, a velocidade só tem
componente horizontal, que é igual à componente horizontal da velocidade de lançamento, pois o movimento
horizontal é uniforme.
Ed = 8,0 . 102J
Respostas: a) 50 m/s
b) 8,0 . 102J
3)
a)
EB = EA
m VB2
m VA2
––––––– + m g hB = ––––––– + m g hA
2
2
VB2 + 2 g hB = VA2 + 2 g hA
2
V1
m
Ecin = –––––––––
1
2
1,0 . 9,0
Ecin = –––––––– (J)
1
2
Ecin = 4,5J
1
Respostas: a) 6,5 J
b) 4,5 J
n Módulo 27 – Energia Mecânica
1)
1) V = V0 + t
VB =
VA2 + 2g (hA – hB)
VB =
36,0 + 2 . 10,0 (–1,0) (m/s)
VB = 4,0m/s
b) 1) Como hA = hC ⇒
2)
VC = VA = 6,0m/s
EA = ED
m V02
m VD2
––––––– + m g hA = –––––––
2
2
VD =
V02 + 2 g h
VD =
36,0 + 2 . 10,0 . 4,0
(m/s)
V=gt
m V2
m
Ec = ––––––– = ––– g2 t2 = k t2 (parábola com concavidade
2
2
para cima)
VD =
116
m/s
VD 10,8m/s
–5
c)
τP (AD) = EC =
τP =
m
2
2
––– (VD – VA )
2
0,50
––––– (116 – 36,0) (J) ⇒
2
3) Cálculo do alcance OC:
sx = Vx t (MU) ⇒ OC =
τP = 20,0J
OC = 2
2gR .
2(h – R)
––––––––
g
R(h
– R)
Resposta: D
Respostas: a) 4,0m/s
b) 6,0m/s e
116 m/s
6)
c) 20,0J
1) Conservação da energia mecânica entre A e D:
EA = ED
4)
(referência em D)
mVD2
VD2
400
mg H = ––––– ⇒ H = –––– = –––– (m) ⇒
2
2g
20
H = 20m
2) Conservação da energia mecânica entre A e C:
EA = EC
(referência em C)
VC2
mVC2
VC2
mg (H – h) = ––––– ⇒ H – h = –––– ⇒ H = h + ––––
2
2g
2g
1) Do gráfico dado: t = 0,4s ⇒ VB = 4,0m/s
2) Usando-se a conservação da energia mecânica entre A e
B, vem:
100
20 = h + –––– ⇒
20
Resposta: E
EB = EA
(referência em A)
7)
2
mVA
mVB2
––––– + m g h = –––––
2
2
2
h = 15m
2
I) FALSA. A componente horizontal da velocidade só se
mantém constante depois que o corpo abandona a rampa
e fica sob ação exclusiva da gravidade.
II) CORRETA. No trecho ABC, a velocidade horizontal é cons→ →
tante porque a aceleração do corpo é vertical ( a = g ).
V B + 2 g h = VA
2
VA – VB2
h = ––––––––––
2g
III) CORRETA. Usando-se a conservação da energia mecânica
entre A e B, vem:
36,0 – 16,0
h = ––––––––––– (m)
20,0
EB = EA
(referência em A)
2
m VA
m VB2
–––––––––– + m g (hB – hA) = –––––––––––
2
2
h = 1,0m
Resposta: B
5)
→
1) Cálculo do módulo de VB:
De A para B, a energia mecânica se conserva:
2
m VB2
m VA
–––––– = –––––– – mg (hB – hA)
2
2
IV) FALSA. Usando-se a conservação da energia mecânica
entre o solo e o ponto B, temos:
EB = EA
(referência em B)
Esolo = EB
m VB2
––––– = mgR ⇒
2
VB =
(referência no solo)
2gR
2) Cálculo do tempo de queda de B para C:
y
sy = V0y t + –––– t2 (MUV)
2
g
h – R = 0 + –––– T2 ⇒
2
6–
T=
m V02
m VB2
–––––– = m g hB + ––––––
2
2
V) CORRETA. Usando-se a conservação da energia mecânica
entre A e B, vem:
2(h – R)
–––––––
g
2
m VA
m VB2
–––––––– = –––––––– + m g (hB – hA)
2
2
2
2
2
Porém, VA = VAy + VAx
e
VAx = VB
2)
Portanto:
m
m
m VB2
2
2
––––– VAy + ––––– VB = ––––––––– + m g (hB – hA)
2
2
2
3λI = 4λII
4
λI = ––– λII ⇒ λl > λII
3
m 2
––––– VAy = m g (hB – hA)
2
8)
Observamos na figura que, em uma mesma extensão, a onda
(I) completa três oscilações enquanto a onda (II) completa
quatro oscilações:
Como as ondas se propagam em meios idênticos e são de
mesma natureza, suas velocidades de propagação são iguais:
Resposta: E
VI = VII
A energia mecânica do sistema formado pelo bloco e pela
mola vai permanecer constante.
A energia potencial de gravidade do bloco é transformada em
energia potencial elástica da mola.
Pela Equação Fundamental da Ondulatória, obtemos:
k x2
m g H = –––––
2
4
fI = ––– fII ⇒ fI < fII
3
150 x2
0,60 . 10 . 2,0 = ––––––
2
Resposta: A
λI fI = λII fII
3λI I
––––
f = λII fII
4 I
3)
0,16 = x2
a) A frequência f de vibração da lâmina, fonte da onda
sonora, é de 50 ciclos por segundo, ou 50Hz:
1
T = –––
f
x = 0,40m
Resposta: B
1
T = ––– (s)
50
FRENTE 2 – ONDULATÓRIA E MECÂNICA
T = 2,0 . 10–2s
n Módulo 24 – Equação Fundamental
da Ondulatória
1)
b) Pela Equação Fundamental da Ondulatória, obtemos:
V = λf
350 = λ . 50
a) Observamos na figura que, enquanto o movimento A
realiza uma oscilação completa, o movimento B realiza
três oscilações:
n.° oscilações
f = –––––––––––––
t
1
–––
t
fA
–––– = ––––––
fB
3
–––
t
fA
1
–––– = –––
fB
3
b) Observamos na figura que a amplitude do movimento de
A é igual a k e a amplitude do movimento de B é igual a
2k:
aA
2k
–––– = –––
aB
k
aA
–––– = 2
aB
fA
1
Respostas: a) ––––
= –––
fB
3
aA
b) ––––
=2
aB
λ = 7,0m
Respostas: a) T = 2,0 . 10–2s
b) λ = 7,0m
4)
a) A frequência f do som é determinada pelo número de
vezes que os dentes da roda percutem a palheta em cada
segundo:
n.° percussões
f = ––———————
t
5 . 20
f = ––—— (Hz)
1,0
f = 1,0 . 102Hz
b) Pela Equação Fundamental da Ondulatória, obtemos:
V = λf
340 = λ . 100
λ = 3,4m
Respostas: a) f = 1,0 . 102Hz
b) λ = 3,4m
–7
5)
4 = 0,8 . f
O comprimento de onda l, distância entre dois máximos
consecutivos, é de 0,80m. Pela Equação Fundamental da
Ondulatória, obtemos:
f = 5Hz
V = λf
Respostas: a) A = 30cm = 0,30m
b) f = 5Hz
V = 0,80 . 1,2 (m/s)
V = 0,96m/s
Resposta: D
6)
I) CORRETA. Observamos na figura que, entre A e B,
existem 10 cristas consecutivas:
9)
Para o ponto P retornar pela primeira vez à sua posição inicial, ele realiza meia oscilação:
T
––– = 3,0 . 10–2s
2
T = 6,0 . 10–2s
10λ = 1,2m
Pela Equação Fundamental da Ondulatória, obtemos:
λ = 0,12m
II) CORRETA. A frequência f da onda é dada por:
n.° oscilações
f = –––––––––––––
t
10
f = –––– (Hz)
4,0
f = 2,5Hz
III) INCORRETA. Pela Equação Fundamental da Ondulatória,
obtemos:
V = λf
V = 0,12 . 2,5 (m/s)
V = 0,30m/s
Resposta: C
λ
V = λf = –––
T
λ
12 = –––––––––
6,0 . 10–2
λ = 7,2 . 10–1m
Resposta: D
10) a) Como se trata de um pulso senoidal, o ponto P realiza um
Movimento Harmônico Simples.
b) O ponto P retorna à sua posição inicial, após ser atingido
por duas cristas e um vale da onda, que possui amplitude
A de 5,0cm. O ponto P então se desloca de 5,0cm para cima, 10cm para baixo, 10cm para cima e, novamente, 5,0cm
para baixo. A distância total D então percorrida é de:
D = 5,0cm + 10cm + 10cm + 5,0cm
7)
Observamos na figura que a distância entre duas compressões máximas consecutivas é de 10cm:
λ = 10cm
Pela Equação Fundamental da Ondulatória, obtemos:
λ
V = λf = –––
T
10
V = –––—
2,5
cm
——
s
V = 4,0cm/s
Resposta: D
8)
a) Observando-se a escala da figura, conclui-se que a décima
parte da amplitude A da onda é de 3cm:
A
––– = 3cm
10
A = 30cm = 0,30m
b) Observando-se a escala da figura, conclui-se que a décima
parte do comprimento de onda λ da onda é de 9cm.
λ
––– = 8cm
10
λ = 80cm = 0,80m
Pela equação Fundamental da Ondulatória, obtém-se:
V = λf
8–
D = 30cm
Observe que, após a passagem do pulso, o ponto P
retorna à sua posição inicial. Seu deslocamento então é
nulo.
c) Observamos na figura que o comprimento de onda λ do
pulso é de 16cm ou 0,16m. Pela Equação Fundamental da
Ondulatória, obtemos:
λ
V = λf = –––
T
0,16
3,2 = ––––
T
T = 5,0 . 10–2s
Para um deslocamento de 5,0cm, o ponto P realiza um
quarto de oscilação:
1
t = ––– T
4
1
t = ––– 5,0 . 10–2s
4
t = 1,25 . 10–2s
Respostas: a) Movimento Harmônico Simples
b) D = 30cm
c) t = 1,25 . 10–2s
n Módulo 25 – Fenômenos Ondulatórios
1)
10
12
––––– – ––––– = 10
a) Frequência de batimentos (fBAT) =
= frequência maior (fA) – frequência menor (fB)
batimentos
fBAT = 4,0 –––––––––––
segundo
2
– ––––– = 10
(o som fica forte e fraco quatro
vezes por segundo, porque
fA – fB < 10Hz)
2
––– = 10
fA – fB = 4,0Hz
0,2 = fA – 1540 = 4,0
= 0,04kg/m
fA = 1540 + 4,0 (Hz)
= 40g/m
fA = 1544Hz
Resposta: 40g/m
b) Frequência do som resultante:
fA + fB média aritmética
fr = ––––––
das frequências
2
4)
Ao percutir o diapasão B, o diapasão D também entra em vibração:
1544 + 1540
fr = ––––––––––– (Hz)
2
fr = 1542Hz
Respostas: a) 1544Hz
b) 1542Hz
2)
15
––––
fSI
8
a) –––– = –––––––
fLÁ
5
––
3
A transmissão de energia de forma periódica de uma fonte de
ondas para um sistema que passa a vibrar numa de suas
frequências naturais denomina-se ressonância.
Resposta: D
fSI
15
3
–––– = –––– . –––
400
8
5
400 . 9
fSI = ––––––– (Hz)
8
fSI = 450Hz
b) fBAT = fSI – fLÁ
5)
Para ocorrer a ressonância entre os diapasões C e D, as suas
frequências de vibração, respectivamente fC e fD, devem ser
iguais (fC = fD).
Resposta: C
6)
Os osciladores A e C entraram em ressonância, pois têm
frequências naturais iguais (fA = fC), o que não ocorre com o
oscilador B. Assim: fA = fC fB
Resposta: D
7)
O violino trinca a lâmina de cristal à distância ao emitir determinada nota musical.
desafinado com 10% a mais de frequência
fBAT = 450Hz – 110% da frequência do LÁ (Hz)
110
fBAT = 450Hz – –––– . 400Hz
100
fBAT = 450Hz – 440Hz
fBAT = 10Hz
Respostas: a) 450Hz
3)
b) 10Hz
fBAT = 10Hz
f2 – f1 = 10Hz
1
––––
2L2
1
–––––––
2 . 0,50
1
F2
––– – ––––
2L1
F1
––– = 10
1
100
––– – –––––––
2 . 0,25
36
––– = 10
10
6
––––– – ––––––– = 10
0,5
–9
O violino emite um som com frequência igual a uma das
frequências naturais do cristal, que, por ressonância, passa a
vibrar com amplitudes crescentes até trincar a lâmina.
Resposta: B
Vsom
340m/s
λar = –––––– = –––––––
f
680Hz
λar = 0,50m
Respostas: a) 476m/s
b) 0,50m
8)
3)
O comprimento de onda de uma onda estacionária em uma
corda que oscila num harmônico de ordem n é dado por:
2L
λn = –––
n
I) λn = 18cm
2L
––– = 18
n
A frequência dos saltos dos torcedores é igual a uma das
frequências naturais de vibração do concreto armado e dos
materiais que sustentam a estrutura do estádio, e ocorre o
fenômeno da ressonância. É importante notar que, à medida
que acontece a transferência de energia, o estádio oscila com
amplitudes crescentes que podem trincar colunas e vigas.
Resposta: D
L = 9n (I)
II) λn + 1 = 16
2L
––––– = 16
n+1
n Módulo 26 – Cordas Sonoras
2 · 9n
–––––– = 16
n+1
1)
18n = 16n + 16
2n = 16
n=8
(II)
III) L = 9n
L=9·8
L = 72cm
Resposta: 72cm
4)
Nas duas situações, as velocidades das ondas na corda têm
módulos iguais:
Resposta: A
2)
a) A frequência mínima f = 680Hz caracteriza o som mais grave da corda (1.° HARMÔNICO). O comprimento de onda do
1.° HARMÔNICO (λ1) e o dobro do comprimento da corda
(2L)
λ1 = 2L = 2 · 35(cm) ⇒ λ1 = 70cm = 0,70m
V = λf = 0,70m · 680Hz
V = 476m/s
b) No ar, a frequência f = 680Hz não se altera.
Vsom = λf
10 –
V 2 = V1
λ2f2 = λ1f1
2L2 · f2 = 2L1 · f1
0,48 · f2 = 0,60 · 220
0,60 · 220
5
f2 = ––––––––– = ––– · 220
0,48
4
f2 = 275Hz
Resposta: 275Hz
5)
1
f = –––
2L
F
––– =
F
–––––––– =
m
––– · 4L2
L
F
––––
m4L
mB · g = 18N
mB · 10 = 18
mB = 1,8kg
320
––––––––––––––––– (Hz)
–3
5,0 · 10 · 4 · 0,40
f=
f=
d) Falsa.
5
f5 = –––
2L
320 · 103
–––––––– (Hz)
8,0
F
––– (5.° HARMÔNICO)
5
f5 = ––––––
2 · 0,6
18
5
––––––– = ––– · 6
–1
5 · 10
1,2
f = 40 · 103 (Hz)
f5 = 25Hz
f = 200 Hz
e) Falsa.
Resposta: B
3
f3 = –––
2L
6)
F
––– (3.° HARMÔNICO)
3
f3 = ––––––
2 · 0,6
18
3
18
––––––– = ––– · 6 = –––
–1
5,0 · 10
1,2
1,2
f3 = 15Hz
Resposta: C
λ = 50cm
f = 100Hz
4
–––
2L
n Módulo 27 – Densidade,
Pressão e Lei De Stevin
F
––– = 100
p
4
––––––– ·
2 · 1,0
F
100
–––– = ––––
m
2
–––
L
1)
2,80 . 2V + 1,60 . V
= –––––––––––––––––––– (g/cm3)
3V
FL
––– = 50
m
= 2,40g/cm3
F · 1,0
–––––– = 50
10–2
102
mA + mB
AVA + BVB
= –––––––––– = ––––––––––––––
VA + VB
VA + VB
Resposta: A
· F = 2500
2)
1) Cálculo do volume de A:
F = 25N
Respostas: 50cm e 25N
7)
120
mA
dA = ––––– ⇒ 0,75 = –––––– ⇒ VA = 160cm3
VA
VA
a) Falsa.
2) Densidade da mistura:
mA + mB
mA + dB VB
d = –––––––––– = –––––––––––––
VA + VB
VA + VB
120 + 1,25 . 240
d = –––––––––––––––– (g/cm3)
160 + 240
b) Falsa.
V = λf = 0,3m · 20Hz ⇒ V = 6,0m/s
c) Verdadeira.
V = 6,0m/s ⇒
F
F
––– = 6,0m/s ⇒ ––––––––– = 36 ⇒ F = 18N
5,0 · 10–1
F é o peso do bloco B
PB = 18N
420
d = ––––– (g/cm3)
400
d = 1,05g/cm3
Resposta: D
– 11
3)
02)Verdadeira.
1) Cálculo das densidades:
F
p = ––––
Área
m1
kg
5,0kg
5,0
1 = –––– = ––––––––– = ––––––––– ––––
= 1,0 . 103kg/m3
3
–3
V1
m3
0,005m
5,0 . 10
FA = FB
AA < AB
⇒ pA > pB
04)Falsa.
m2
0,30kg
2 = –––– = –––––––––––––– = 0,5 . 103kg/m3
V2
0,60.10–3m3
08)Falsa.
16)Falsa. Depende também da área de contato.
m3
6,0kg
3 = –––– = –––––––––––––– = 1,5 . 103kg/m3
V3
4,0.103. 10–6m3
2) Comparando-se as densidades:
3 > 1 > 2
32)Verdadeira.
Resposta: 34
8)
Na situação de equilíbrio estável, os líquidos se posicionam
com o mais denso abaixo do menos denso.
Resposta: D
4)
p = patm – pc = 1,0 – 0,1 (atm) = 0,9 atm
m
= ––––
V
A = área de cada face = (0,30m)2 = 0,090m2
F > p . A = 0,9 . 1,0 . 105 . 0,090 (N) ⇒
80
F = –––– (g/cm3) = 8,0g/cm3
10
40
A = –––– (g/cm3) = 0,8g/cm3
50
Obs: Cada pessoa deveria ser capaz de levantar um objeto de
810kg de massa.
9)
a) Pelo Teorema de Stevin, temos:
pB – pA = 1,0 . 105N/m2
b) Entre os pontos B e C, o desnível h é nulo e, portanto:
Resposta: C
1) Cálculo dos volumes:
2
Vse = –– π R3
3
pB = pC
10) a) A pressão hidrostática é dada por:
Vci = π R2 . R = π R3
π R3
1
Vco = –– π R2 . R = ––––––
3
3
m
2) = ––– ⇒ m = V
V
π R3
2
se . –– π R3 = ci π R3 = co . ––––––
3
3
co
2
–– se = ci = ––––––
3
3
co = 3 ci = 2 se
↓
↓
↓
z
w
x
Resposta: D
6)
A pressão será inversamente proporcional à área de contato
entre o tijolo e a mesa.
A3 < A2 < A1 ⇒ p3 > p2 > p1
Resposta: C
pH = gh
pH = 1,00 . 103 . 10,0 . 0,500 (Pa)
pH = 5,00 . 103Pa
b) A pressão total ou absoluta é dada por:
p = patm + pH = patm + gh
p = 1,00 . 105 + 0,05 . 105 (Pa)
p = 1,05 . 105 Pa
Note que, nos três líquidos, os valores de pH e p são os
mesmos.
c) A força que o líquido exerce no fundo tem intensidade F
dada por:
F = pA
em que A = 0,100m2 é a área da base dos recipientes.
F = 1,05 . 105 . 0,100 (N)
7)
01)Falsa. Como a resultante é nula, as forças em A e B têm intensidades iguais.
12 –
F > 8,1 . 103 N
pB – pA = gh = (1,0.103) (10) (10) (N/m2)
F
––––
A = 10
5)
Não, pois cada pessoa teria de fazer uma força além da
capacidade humana, conforme calculado abaixo.
Para separar as caixas, cada pessoa teria de fazer uma força
(F) que superasse a força feita pela diferença de pressão
externa (patm) e interna da caixa (pc), sendo:
F = 1,05 . 104 N
1) patm = g Hatm
11)
1,0 .
105
= 1,0 .
2)
103
. 10,0 . Hatm
Hatm = 10,0m
O campo elétrico de uma partícula positiva é radial e
orientado para fora dela, enquanto o campo elétrico de uma
partícula negativa é radial e orientado para ela. O campo
elétrico resultante é uma soma vetorial.
2) pA = pB
pV + pH = patm (em coluna de água)
0,3 + H = 10,0
H = 9,7m
Resposta: C
12) p = p0 + g H
12,0 . 105 = 1,0 . 105 + 1,0 . 103 . 10 . H
120 = 10 + H
→
H = 110m
Resposta: B
13) pinterna = patm
→
Note que E1 e E2 possuem o mesmo módulo e, portanto, devem ser representados por flechas de mesmo comprimento.
Resposta: E
3)
pexterna = patm + g H
O campo elétrico resultante em P está orientado de (1) para
(2) e seu módulo é dado por:
ER = E1 + E2
F = p . A
F=gH.A
Adotando-se g = 10m/s2, temos:
F = 1 020 . 10 . 100 . 0,5 (N)
F = 5,1 . 105N
K . . +Q .
K . . –Q .
ER = ––––––––– + –––––––––
2
d
d2
Resposta: E
K.Q
ER = 2 –––––––
d2
FRENTE 3 – ELETRICIDADE
n Módulo 24 – Campo Elétrico Resultante
1)
O campo elétrico de uma partícula positiva é de afastamento
e o de uma negativa, de aproximação. O campo elétrico resultante é uma soma vetorial.
9,0 . 109 . (4,0 . 10–8)
ER = 2 –––––––––––––––––––––– (N/C)
22
ER = 180N/C
4)
O módulo do campo elétrico resultante pode ser calculado
pela lei dos cossenos, como mostra a figura.
→ →
No entanto, os módulos de E1 e E2 são iguais:
K . . q1 .
9,0 . 109 . . 4,0 . 10–6 .
= –––––––––––––––––––– (N/C) = 9,0 . 105N/C
E1 = –––––––––
2
d1
(20 . 10–2)2
– 13
K . . q2 .
9,0 . 109 . . – 4,0 . 10–6 .
E2 = –––––––––
= ––––––––––––––––––––– (N/C) = 9,0 . 105N/C
2
d2
(20 . 10–2)2
n Módulo 25 – Potencial Elétrico
e Energia Potencial
e, consequentemente, o triângulo CDF, indicado na figura, é
equilátero. Assim sendo, temos que
1)
K0 . Q
V = –––––––
d
ER = 9,0 . 105N/C
Resposta: B
5)
O potencial elétrico em P pode ser calculado pela expressão
Sendo
a) O módulo da força elétrica é dado pela Lei de Coulomb:
Q = + 4,0nC = 4,0 . 10–9C
d = 1,0 . 10–3m
K0 = 9,0 . 109N.m2/C2
Temos
K . . Q1 . . . Q2 .
F = ––––––––––––––
d2
9,0 . 109 . 4,0 . 10–9
V = –––––––––––––––––– (V)
1,0 . 10–3
V = 36 . 103V = 36kV
9 . 109 . (5 . 10–6 ) . (5 . 10–6 )
F = –––––––––––––––––––––––––– (N)
12
2)
F = 2,25 . 10–1N
O potencial elétrico é dado por
K0 . Q
V = –––––––
d
b) No ponto médio, as partículas geram campos elétricos de
mesmo módulo e orientados em sentidos opostos. Dessa
forma, o campo elétrico resultante nesse ponto é nulo.
Sabendo que
V = 7,2 . 104V
K0 = 9,0. 109N.m2/C2
d = 1,0m
Obtemos
9,0 . 109 . Q
7,2 . 104 = ––––––––––––
1,0
6)
Q = 8,0 . 10–6C
Q = 8,0C
Resposta: B
3)
9,0 . 109 . . 4,0 . 10–6 .
K . . Q1 .
= ––––––––––––––––––––– (N/C) = 9,0 . 105N/C
E1 = –––––––––
d12
(0,20)2
K . . Q1 . . . Q2 .
F = ––––––––––––––
d2
9,0 . 109 . . 1,0 . 10–4 .
K . . Q2 .
E2 = –––––––––
= ––––––––––––––––––––– (N/C) = 9,0 . 105N/C
d22
(1,0)2
Para Q’2 = 2Q2 e d’ = 2d, temos:
K . . Q1 . . . Q’2 .
K . . Q1 . . . 2Q2 .
F’ = ––––––––––––––
= ––––––––––––––
2
(d’)
(2d)2
ER = E1 – E2 = 0
1
K . . Q1 . . . Q2 .
F’ = –– . ––––––––––––––
d2
2
Resposta: A
7)
a) A força elétrica entre Q1 e Q2 tem módulo dado pela Lei de
Coulomb:
Nos dois casos, a intensidade do campo elétrico resultante é
nula, pois todas as cargas possuem o mesmo valor e encontram-se dispostas simetricamente em relação ao baricentro.
1
1
F’ = –– F = –– . 0,2N
2
2
F’ = 0,1N
8)
Não há componente de força resultante na direção da diagonal que passa pelas partículas (–Q) e q1. Disso concluímos
que q1 = – Q. Para justificar uma força resultante como indicada, devemos supor que
b) O potencial elétrico de Q1 no ponto médio é dado por:
. q2 . < Q
K . Q1
9 . 109 . 4 . 10–8
V1 = –––––––– = –––––––––––––––– (V)
d
0,40
––
––––
2
2
e, consequentemente,
V1 = 1,8 . 103V ou V1 = 1,8kV
q1 + q2 < 0
já que . q1 . > . q2 .
Resposta: D
14 –
4)
Os valores do potencial elétrico (V) e do campo elétrico (E)
são calculados pelas expressões:
K. . Q .
K. Q
V = –––––––
E = –––––––
d2
d
De acordo com as informações do problema:
K. Q
VA = ––––––– = 16V
dA
K. . Q .
EB = ––––––– = 4,0N/C
dB2
Devemos concluir que a partícula fixa em P é positiva, já que
o potencial elétrico em A é positivo. Além disso, sabemos
que dB = 2 . dA. Assim:
n Módulo 26 – Potencial Elétrico Gerado
por Diversas Cargas
1)
K0 . Q2
K0 . Q1
VM = V1 + V2 = ––––––––
+ ––––––––
dAM
dBM
KQ
V = –––– = 16 ⇒ KQ = 16 . dA
dA
9,0 . 109 . 4,0 . 10–8
9,0 . 109 . (–1,0 . 10–8)
VM = –––––––––––––––––––– + –––––––––––––––––––– (V)
5,0 . 10–2
5,0 . 10–2
KQ
KQ
16.dA
EB = –––– ⇒ EB = ––––––– ⇒ 4,0 = –––––––
dB2
(2dA)2
4 . dA2
VM = 5,4 . 103V
VM = 5,4kV
4,0
4,0 = ––––
dA
5)
K0 . Q1
K0 . Q2
b) VP = ––––––––
+ ––––––––
dAP
dBP
dA = 1,0m
Resposta: D
Chamemos de Q1, Q2 e Q3 as cargas das três partículas, de
modo que Q1 = Q2 = Q3 = Q. Seja d a distância entre uma
partícula e outra, que corresponde ao comprimento de um
lado do triângulo equilátero. A energia potencial do sistema
é dada por:
9,0 . 109 . 4,0 . 10–8
9,0 . 109 . (–1,0 . 10–8)
VP = –––––––––––––––––––– + –––––––––––––––––––– (V)
8,0 . 10–2
2,0 . 10–2
VP = 0
2)
K . .Q.
E = –––––– = 800N/C
d2
K . Q2
U = 3 –––––––
d
A partícula tem carga positiva, pois o potencial em P é
positivo. Dividindo uma expressão pela outra, encontramos:
Substituindo Q1 por Q’1 = 2 . Q1 , a energia potencial do
sistema passa a ser:
K . Q’1 . Q2
K . Q’1 . Q3
K . Q2 . Q3
U’ = –––––––––––
+ –––––––––––
+ –––––––––––
d
d
d
KQ
––––––
V
1200
d
––– = ––––––––– = –––––
KQ
E
800
––––
d2
K . Q1 . Q2
K . Q1 . Q3
K . Q2 . Q3
U’ = 2 . –––––––––––
+ 2 . –––––––––––
+ –––––––––––
d
d
d
KQ
d2
–––– . –––––– = 1,5
d
KQ
KQ2
U’ = 5 ––––––
d
d = 1,5m
Portanto:
Resposta: B
5
U’ = ––– . U
3
3)
Resposta: C
6)
Das definições de potencial elétrico e campo elétrico, temos:
K. Q
V = –––––– = 1200V
d
K . Q1 . Q2
K . Q1 . Q3
K . Q2 . Q3
U = –––––––––––
+ –––––––––––
+ –––––––––––
d
d
d
U’
5
––– = ––– ⇒
U
3
a) O potencial resultante em M é:
A energia potencial eletrostática de um par de cargas é dada
por:
K0 . Q1 . Q2
Epot = –––––––––––
d
Observe, com base na figura, que a distância entre Q e A vale
D = 2d:
ADE
y
sen 30° = –––
d
1
y
––– = –––
2
d
No caso, como Q1 = Q2 = Q e d = L, temos
d
y = –––
2
Q2
K0 .
Epot = ––––––––
L
Note que podemos formar 6 pares diferentes com a configuração e, portanto, a energia total é:
K0 . Q2
E = 6 . ––––––––
L
D=y+d+y
d
–––
2
d
D = ––– + d +
2
D = 2d
Resposta: D
– 15
O potencial resultante em A é
VA = 2 . Vq + V Q = 0
k. q
k. Q
2 . –––––– + –––––– = 0
d
D
n Módulo 27 – Campo Elétrico Uniforme
1)
Consideremos os potenciais das placas:
U = VA – VB
kQ
kq
––––– = – 2 ––––
D
d
U = 160 – 80 (V)
U = 80V
d = 2cm = 2 . 10–2m
kQ
kq
––––– = – 2 ––––
2d
d
A relação entre a intensidade do campo elétrico e a d.d.p. é
dada por:
Q=–4.q
E.d=U
Resposta: D
4)
U
80V
E = –––– = –––––––––
d
2 . 10–2m
O potencial elétrico é uma grandeza escalar e, portanto, o
potencial elétrico resultante é uma soma algébrica. É nulo
nas situações das opções a, c e e.
O campo elétrico é um conceito vetorial e, assim sendo, é
nulo nas situações das opções a e d.
Portanto, o potencial elétrico resultante e o campo elétrico
resultante são nulos, simultaneamente, apenas na opção a.
E = 40 . 102V/m
V
E = 4,0 . 103 –––
m
Resposta: C
2)
5)
O potencial elétrico resultante é dado por:
Como A e B estão na mesma linha equipotencial, não há variação do potencial elétrico, logo:
K0 . Q2
K0 . Q1
VP = V1 + V2 = –––––––
+ –––––––
d
d
VA = VB
VA = 0
9 . 109 . 1 . 10–6
9 . 109 . (–1 . 10–6)
VP = –––––––––––––––––– + –––––––––––––––––– (V)
0,3
0,3
U=E.d
UBC = 10 . 4 (V)
VP = 0
UBC = 40V
O campo elétrico resultante é uma soma vetorial:
UBC = VB – VC
40 = 0 – VC
VC = – 40V
Resposta: D
3)
a) E . d = U
5 . 102 . d = 50
d = 1,0 . 10–1m
b) Independentemente do caminho, o trabalho do campo
elétrico (conservativo) é sempre dado por:
τAB = q . (VA – VB) = 2 . 10–6 . (100 – 50) (J)
τAB = 1,0 . 10–4J
K0 . . Q1 .
9 . 109 . . 1 . 10–6 .
E1 = –––––––––
= –––––––––––––––––– (N/C) = 1 . 105N/C
2
d
0,32
K0 . . Q2.
9 . 109 . . – 1 . 10–6 .
E2 = –––––––––
= –––––––––––––––––– (N/C) = 1 . 105N/C
2
d
0,32
O módulo do vetor campo elétrico resultante pode ser
→
calculado pela lei dos cossenos, mas, em particular, ER tem o
→
→
mesmo módulo de E1 ou de E2 , já que o triângulo PAB é
equilátero:
ER = 1 . 105N/C
Resposta: A
16 –
Respostas: a) d = 1,0 . 10–1m
b) τAB = 1,0 . 10–4J
4)
I. Incorreta.
Fresultante = Felétrica
ma = q E
qE
a = ––––
m
q
A aceleração que desvia a carga depende da razão –––– .
m
II. Correta.
III. Incorreta.
q
O desvio depende da razão –––– .
m
Resposta: B
5)
A partícula que atinge o ponto P não sofreu nenhuma ação do
campo elétrico; logo, é um nêutron.
As partículas que atingem Q e R são prótons, pois se afastam
da distribuição de cargas positivas.
Então, temos: nêutron, próton, próton.
Resposta: E
6)
Equilibrar uma gotícula de óleo:
Feᐉ = P
. q . E = mg
mg
1,6 . 10–17
. q . = –––– = –––––––––– (C)
E
100
. q . = 1,6 . 10–19C
q = – 1,6 . 10–19C
O campo elétrico (E) é descendente, pois deve produzir uma
força ascendente no elétron para equilibrá-lo.
Resposta: B
– 17