Resoluções de Exercícios

Resoluções de Exercícios
FÍSICA II
02 E
Capítulo
08
O Calor e os Fenômenos Térmicos
Dilatação Térmica
DL =L0 3 a Di
6 $ 10-1
3 $ 4 $ 102 $ 102
BLOCO
BLOCO
01
Aplicando a expressão da dilatação linear DL = L0 $ a $ Di e testando
as alternativas:
A) (Falsa).
DL =10 m $ 13 $ 10-6 cC-1 $ 20 cC & DL = 0,0026 m = 0,26 cm.
B) (Falsa). b = 2a & b = 2 $ 13 $ 10-6 cC-1 = 26 $ 10-6 cC-1.
C) (Verdadeira). Este valor corresponde exatamente ao coeficiente de
dilatação linear do material, ou seja, 13 $ 10-6 cC-1.
D) (Falsa). c = 3a & c = 3 $ 13 $ 10-6 cC-1 & c = 39 $ 10-6 cC-1.
DL
400, 6 - 400
=
=
3 L0 Di
3 (400) (100 - 0)
& a = 5 $ 10-6 oC-1
01
A junta de dilatação deve acomodar a dilatação e esta é tanto maior
quanto maior for a variação de temperatura.
BLOCO
01
01 B
D,A = D,B
LA $ aA $ DiYA = LB $ aB $ DiYB
02 D
O coeficiente de dilatação linear é dado por:
DL = L0 $ a $ Di
DL
a=
L0 $ Di
DLA
DLB
Logo: aA =
e aB =
L0A $ DiA
L0B $ DiB
Sabendo-se que as retas que representam os comprimentos da barra A
DL A
DLB
=
e da barra B são paralelas podemos concluir que a relação
.
Di A
DiB
aA
Logo,
é dado por:
aB
DLA
L0A $ DiA
L0
aA
2, aA
=2
=
= B =
`
aB
DLB
L0A
,
aB
L0B $ DiB
Z V
] 0 = V 3 a Di
0
X
]
DV = V0 3 a Di [ 100
5
V
]] 0 = V 3 a Di
0
Y
\ 100
'&
LA $ 1, 5 $ 10-5 = 72 $ 2 $ 10-5
LA = 96 cm
02 A
Pela semelhança de triângulos;
30
90 + 30
=
& ,sombra =100 cm após
25
,sombra
30
90 + 30
30
=
ou
=
25 (1 + a $100)
,sombra + 0, 2
25 (1 + a $ 100)
0, 2
120
, portanto, 100,2 = 100 (1 + 100a) & a =
ou
10 000
100 + 0, 2
aquecimento
a = 2 ⋅ 10–5 oC–1.
03 C
2πR = 2πR0 (1 + aDq)
DD = 1 ⋅ 12 ⋅ 10–5 ⋅ (300 – 30) ⇒ DD = 3,24 ⋅ 10–2 cm
04 D
03 D
a
1
= X.
5
aY
04 B
DS = S0 $ b $ Di
DS
=2 $ a $ Di = 2 $ 11 $ 10-6 $ 90
S0
DS
=1, 98 $ 10-3 ($ 100)
S0
DS
c 0, 2%
S0
02
01 A
Se γlíq = γvaso + γaparente e esses valores são sempre positivos teremos
γlíq > γaparente.
Física ii
a=
01 A
01 C
BLOCO
&
Coeficiente de dilatação linear do bronze é maior que o do ferro,
portanto, a lâmina de bronze fica com comprimento maior, vergando
como mostrado na alternativa [D].
05 D
Em uma dilatação linear a variação de comprimento é dada por:
DL = L0 ⋅ a ⋅ Dq
Dq =
DL
L0 $ a
Utilizando os dados fornecidos no enunciado, pode-se escrever:
Dq =
0,13
(400) (1 $ 10-5)
Dq = 32,5 oC
06 B
Dados: Di =170 - 20 =150 cC; aA, = 22 $ 10-6 cC-1; aFe =12 $ 10-6 cC-1.
A diferença entre as dilatações superficiais é 2,7π cm2.
DAAl – DAFe = 2,7π ⇒ A0 2 aAl Dq – A0 2 aFe Dq = 2,7π ⇒
2,7
⇒
2 r R20 Dq (aAl – aFe) = 2,7 r ⇒ R0 =
2 $ 150 $ (22 - 12) $ 10-6
⇒ 900 ⇒ R0 = 30 cm
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 03
11
07 A
Para que não haja um esforço entre o dente e o material utilizado na
obturação é necessário que os dois tenham coeficientes de dilatação
volumétrico semelhantes, pois estes estão sujeitos a grandes diferenças
de temperatura, pois ingerimos alimentos gelados e quentes.
08 D
Se despejarmos água fria no interior do copo interno, este sofre uma
contração térmica, o que já facilitará a separação dos copos. Se mergulharmos o copo externo em água quente, este sofrerá uma expansão
térmica, facilitando mais ainda a separação dos dois copos.
09 A
Para que a roda de madeira se encaixe exatamente no orifício do anel,
é necessário que o diâmetro interno do anel se dilate até atingir o valor
do diâmetro da roda de madeira:
q0 = 28 oC
q0 = ?
Como a esfera está inicialmente à temperatura q0e = 10 oC, temos:
Dqe = q – q0e ⇒ –40 = q – 10 ⇒ q = –30 oC.
Ao colocar a esfera e o álcool num calorímetro ideal, temos um sistema termicamente isolado, que deve atingir o equilíbrio térmico em
T = –30 oC. Então, calcularemos a temperatura inicial do álcool (q0álc)
Qálcool = Qesfera = 0 ⇒ málc cálc (q – q0álc) + me cAl Dqe = 0 ⇒
m c Di
q – q0álc = – e Al e
málccálc
Substituindo os dados:
0,1 (910) (- 40)
⇒ – 10 – q0álc ≅ 3 ⇒ q0álc = – 10 – 3 ⇒
– 10 – q0álc =
0,5 (2 428)
o
q0álc = – 13 C
BLOCO
Dq
02
01 A
1,198 m
1,200 m
1,200 m
1,200 m
Lembrando que o diâmetro do orifício se dilata como se estivesse
preenchido de aço e que uma grandeza linear, o diâmetro do orifício
deve dilatar: Dl = 1,200 – 1,198 = 0,002 m.
Dl = l0 aDq
Dl
0,002
Dq =
= 152 oC
=
l0 a
1,198 $ 1,1 $ 10-5
q = q0 + Dq = 28 + 152 = 180 oC
10 B
Dados: α = 5π ⋅ 10–4 oC–1; L0 = 2m = 200 cm; R = 30 cm; ∆θ = 30o =
r
= rad .
6
A figura ilustra a situação.
∆L
a
o
R 30
A gota diminui e como seu coeficiente de dilatação é maior que o do
álcool, ela diminui mais rápido, tornando-se mais densa que a mistura
e afundando.
02 C
∆Vap = V0 (γHg – γv) Dq →
∆Vap = 500(0,2 ⋅ 10–3 – 3 ⋅ 1 ⋅ 10–5)(–18 – 22) = –3,4 mL
03 E
DV = V0 + γ∆θ
∆V = 106 ⋅ 10–3 ⋅ (20 – 50)
∆V = – 30 ⋅ 103
∆Vperda = 3 ⋅ 104 barris
04 C
Como a água dilata-se em todas as direções, não podemos levar em
conta apenas a dilatação na vertical, como se fosse dilatação linear.
O enunciado manda considerar os oceanos como sistemas fechados,
então a área ocupada pela água (área da base do “recipiente”) se
mantém constante.
Dados: h0 = 4 km = 4 ⋅ 103 m; γ = 2 ⋅ 10–4 °C–1; ∆θ = 1 °C
Da expressão da dilatação dos líquidos:
Y Dh = A
Y 0 c Di &
DV = V0 c Di & A
& Dh = 4 $ 10 3 $ 2 $ 10-4 $ 1 & Dh= 0, 8 m
05 C
As alternativas e os dados “sugerem” que aproximemos a dilatação ao
comprimento do arco descrito pelo disco: (∆L ≅ a). Assim:
DL b a & D i =
06 D
a
DL
r
DL
b
& =
& DL = 5r cm
R
R
6
30
Dados: volume comercializado em 1 semana (7 dias), V = 140 ⋅ 103 L;
∆q = 30 °C e γ = 10–3 °C–1.
Aplicando a expressão da dilatação linear:
DL = L0 a Di & Di =
& i=
DL
5r
& i - 25 =
&
L0 a
200 $ 5r $ 10-4
104
+ 25 & i = 75 oC
200
Lucro obtido: L = (4 200)(1,60) = R$ 6 720,00.
07 C
Dados: q0e = 30 C; me = 100 g = 0,1 kg; aAl = 2,5 ⋅ 10 K ; málc = 0,5 kg;
cAl = 910 J/kg⋅K = 910 J/kg⋅oC; cálc = 2 428 J/kg⋅K = 2 428 J/kg⋅oC;
D0 = 10 cm; D = 9,99 cm.
Como se trata de variação de temperatura, podemos usar o coeficiente de dilatação em K–1 ou oC–1, pois a variação de 1 oC corresponde à
variação de 1 K.
Calculando a variação de temperatura que deve sofrer a esfera:
- 10-2
DD
9,99 - 10
=
⇒
DD =D0 aAl Dqe ⇒ Dqe =
-5 =
D0 aAl
2,5 $ 10-4
10 (2,5 $ 10 )
o
Dqe = –40 oC
12
Dilatação volumétrica: ∆V = v0 γ ∆q = (140 ⋅ 103)(10–3)(30) = 4 200 L.
Convém destacar que a dilatação não foi multiplicada pela diferença
entre o preço de venda e o preço de custo (R$1,10) do combustível porque esse volume dilatado não foi comprado; ele foi ganho da natureza.
QUESTÃO DESAFIO
01 D
Analisando o gráfico, notamos que o volume da água e o volume do
recipiente são iguais apenas a 4 °C. Portanto, se a água é colocada no
recipiente a 4 °C, ela não transbordará. Em qualquer outra temperatura,
acima ou abaixo desse valor, o volume da água é maior que o volume
interno do recipiente e, então, a água transbordará. A palavra apenas
elimina a afirmativa II.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 03
–1
Analisando o gráfico, notamos que o volume específico diminui de 0 °C
até 4°C, aumentando a partir dessa temperatura.
Aproximando os valores lidos no gráfico, constatamos uma redução
de 1,00015 cm3/g para 1,00000 cm3/g de 0 °C a 4 °C, ou seja, de
0,00015 cm3/g. Isso representa uma redução percentual de 0,015%, o
que é menos que 0,04 %.
08 B
DVaparente = DVgasolina – ∆Vradiador = (γgasolina – γradiador) ⋅ V0 ⋅ ∆q ⇒
⇒ DVaparente = (4,0 ⋅ 10–4 – 3 ⋅ 2,0 ⋅ 10–5) ⋅ 20 ⋅ 80 ⇒
⇒ DVaparente = 34 ⋅ 10–5 ⋅ 1,6 ⋅ 103 = 54,4 ⋅ 10–2 L = 544 cm3
FÍSICA II
09 E
I. (F) Quanto mais quente menor a densidade e menor a massa por
unidade de volume.
II. (V) Pois a densidade estaria maior.
III. (V) Pois a energia liberada está associada à massa de gasolina que
sofre combustão.
10 C
DVap = DVL – DVR
1 L = 1 000 cm3
DVap =1 000 ⋅ 2 ⋅ 10–5 ⋅ 30 – 1 000 ⋅ 1 ⋅ 10–5 ⋅ 30
DVap = 0,3 cm3
09
I. Falsa: a aceleração da gravidade na superfície de qualquer astro
GM
celeste é dada pela expressão: g = 2 .
R
GM G
GM T
Supondo que as gravidades fossem iguais, então:
=
R 2T
R 2G
Analisando a expressão acima concluímos que se MG > MT então
o seu raio também deve ser maior que o da Terra.
GM $ m
v2
rv 2
II. Verdadeira:
=m
"M=
2
G
r
r
rv 2
0, 2r (1, 5v) 2
0, 45rv 2
; MG =
" M G = 0, 45M SOL
=
G
G
G
III. Verdadeira: tal qual a Lua mostra sempre a mesma face para a Terra.
IV. Falsa: VTerra = ωTerra rTerra
M SOL =
VG = ~GrG " ~G =
A Mecânica e o Funcionamento
do Universo
Capítulo
03 C
BLOCO
Gravitação Universal
VG
1, 5VT
=
= 7, 5~T
rG
0, 2r T
05
01 E
Se a trajetória for circular, a aceleração será exclusivamente centrípeta
ao longo de toda a circunferência e, se for elíptica, a aceleração será
exclusivamente centrípeta apenas no afélio e no periélio.
02 B
BLOCO
O objeto solto bem como o próprio satélite está sujeito à força gravitacional terrestre e logo ambos têm peso. Admitindo que o movimento do
satélite e do corpo são circulares e uniformes, a aceleração centrípeta
será a aceleração gravitacional.
03
01 A
GM
,
r
sendo r o raio da órbita, G a constante de gravitação universal e M a
massa do Sol. Assim, a justificativa para a resposta é dada pela Lei de
Newton da Gravitação, e não pela 3a Lei de Kepler, embora, lógico,
uma leve à outra.
A 3a Lei de Kepler, T2 = kr3, é mais adequada quando se comparam os
períodos de translação entre dois planetas.
A velocidade de translação de um planeta é dada por: v =
02 D
T2
& RA3
A
=
(8TA) 2
RB3
1
&R3
A
=
FPE
=
FTS
R 3
R
R
e B o = 64 & B = 3 64 &` B = 4
RA
RA
RA
T
= k,
r3
em que T representa o período orbital, r o raio médio orbital e k uma
constante de proporcionalidade.
Como os satélites Io e Europa giram em torno do mesmo centro, que é
Júpiter, devido à força gravitacional trocada com o planeta, podemos
escrever que:
Matematicamente, a 3a Lei de Kepler pode ser expressa por:
T
2
Europa
r3Europa
T Io
r3Io
2
=
T2Europa
" (6, 72 $ 105) 3
(1, 8)
(4, 20 $ 105) 3
2
=
2
" T2Europa . 13, 27
TEuropa . 3, 64 dias terrestres.
BLOCO
Dados: MT = 6,0 ⋅ 1024 kg; G = 6,7 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 /kg2; g = 0,25 m/s2.
Da expressão dada:
G MT
6, 7 $ 10-11 $ 6 $ 1024
=
& d=
,
d2
g
0, 25
, 16 $ 1014 = 4 $ 107 m & d= 4 $ 104 km
GM
FPE
4
=
FTS
9
vP
=
vT
2MS/3R
v
` P =
MS/R
vT
2
3
Falsa. Na segunda afirmativa foi determinado.
06
A correspondência correta é:
1 – I: não há eclipse; a Lua está totalmente clara.
2 – V: não há eclipse; a Lua está numa região de penumbra, não recebendo luz de todos os pontos do Sol, tendo seu brilho ofuscado.
Para um observador na Lua, seria um eclipse parcial do Sol.
3 – II: há eclipse; metade da Lua está numa região de sombra, não
recebendo luz do Sol.
4 – IV: há eclipse total da Lua.
02 B
02 A
Física ii
&
01 D
04
A razão (r) pedida é:
D
140 000
140
=
r= J =
13 000
13
DT
2
_3R i
MS $ MT
2
_R i
Falsa. Na primeira afirmativa já calculamos esta razão.
Verdadeira. A velocidade orbital quando aproximada a uma trajetória
G$M
circular nos fornece a seguinte expressão: v =
, onde G é a
R
constante de gravitação universal, M é a massa da estrela, R é a distância entre os centros de massa e v é a velocidade orbital.
Logo, fazendo a razão entre as velocidades orbitais da Terra e do
planeta P, temos:
BLOCO
01 B
g=
2
_0,5RT i
FP
F
=
& P =8
FT
MT
FT
2
_RT i
2MS $ 2MT
R3
64
& B3 = 64 &
RB3
RA
03 C
Verdadeira. Fazendo a razão entre as forças gravitacionais colocando
os dados em função da Terra, temos:
2MT
Verdadeira. Fazendo a razão entre as forças gravitacionais dos planetas
e suas estrelas usando a referência da Terra:
Analisando a questão com base na 3a Lei de Kepler, temos:
TA2
T2
= D3
RA3
RD
03 B
& r , 10,8
Dados: rA = 150 ⋅ 106 km; rP = 145 ⋅ 106 km; vP = 30 km/s
Podemos considerar um mesmo intervalo de tempo bem pequeno na
passagem da Terra pelo periélio e pelo afélio. Assim, os arcos descritos
(DSA e DSP) podem ser aproximados por segmentos de reta.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 03
13
Pela 2 a Lei de Kepler, as duas áreas triangulares demarcadas
(AA e AP), mostradas na figura, são iguais, de alturas aproximadamente
iguais aos próprios raios.
BLOCO
Solstício
de Verão
(H.N.)
AP
Periélio
vA
AA
Sol
01 B
Afélio
rA
rP
vP
Solstício
de Inverno
(H.S.)
Aplicando, então, essa 2a Lei e dividindo membro a membro por Dt:
&
AA = AP
DSA rA = DSP rP
& vA
vA rA = vP rP
=
vP rP
rA
&
DSA
DSP
rP
&
30 $ 145 $ 10
145
=
150 $ 106
5
&
Dt
rA =
Dt
6
=
03
• O ano terrestre é o período de translação da Terra em torno do Sol.
Se a nova órbita fica mais perto do Sol, r’ < r.
Usando a 3a Lei de Kepler:
c
Analisando essa expressão: ser r’ < r ⇒ T’ < T. Ou seja, o ano
terrestre torna-se mais curto.
• O período aproximado do ciclo lunar é T = 27 dias. O novo período
é T’ = 80 dias. Usando novamente a 3a Lei de Kepler:
r' 3
80 2
r' 3
c m =c
m & c m , 32 & r' , 3 9 r & r' , 2 ⋅ r.
r
27
r
vA = 29 km/s
A figura mostra que a passagem no afélio caracteriza o solstício de
inverno no Hemisfério Sul.
T' 2
r' 3
m =c m
T
r
02 D
De acordo com o que está exposto no tópico 1, o desenvolvimento da
Terra do sistema planetário foi concebido, cronologicamente, segundo
as simulações de Ptolomeu, Copérnico, Galileu, Tycho Brahe e Kepler.
03 E
BLOCO
Dados: C = 40 080 km; r = 1,29 ⋅ 104 km; g = 3,1 ⋅ 104 km/h2.
Para um ponto no Equador terrestre, o espaço percorrido (TS) em 24
horas é o perímetro da Terra no Equador (C).
Então:
DS
40 080
=
VE =
& VE = 1670 km/h
t
24
02
01 B
A expressão da Lei da Gravitação Universal de Newton é:
Para o satélite, a aceleração da gravidade (g) num ponto da órbita é
a própria aceleração centrípeta (aC).
r
Ela afirma que a força de atração gravitacional entre duas massas (M
VS2
& VS = r g = 1, 29 $ 104 $ 3, 1 $ 104 ,
r
8
, 4 $ 10 & VS = 20 000 km/h
e m) é diretamente proporcional ao produto dessas massas e inversa-
Fazendo a razão entre essas velocidades:
F=G
Mm
2
.
mente proporcional à distância (r) entre elas.
02 A
Antes dos trabalhos de Newton, acreditava-se que os movimentos
celestes eram regidos por leis diferentes das que comandavam os
movimentos terrestres.
BLOCO
03
aC = g =
VE
1670
=
= 0, 08 & VE , 8% VS
VS
20 000
04 A
Considerando órbitas circulares, a força gravitacional age como resultante centrípeta. Sendo m a massa do planeta, M a massa do Sol e r
o raio da órbita do planeta:
FR
cent
01 C
Um satélite é considerado geoestacionário quando atende a três
condições:
1a)Sua órbita está contida no plano equatorial terrestre;
= Fgrav &
m
[ v2
=
Yr
GMm
[
r2Y
&v=
GM
r
.
Essa expressão final mostra que a velocidade orbital é inversamente
proporcional à raiz quadrada do raio da órbita. Como a Terra está mais
próxima do Sol que Marte, sua velocidade orbital é maior, possuindo,
em consequência, também maior velocidade angular e menor período.
2a)O seu movimento tem o mesmo sentido do movimento rotacional
da Terra, ou seja, de oeste para leste;
6
6
3a)Seu período é de 24 horas, o mesmo do movimento de rotação da
Terra.
Sol
Sabemos que a 3a Lei de Kepler estabelece que T2 = k ⋅ R3 e, conforme
4r2
demonstrado, a constante k é igual a
. Como R é o raio da órbita,
G$M
a 3a Lei de Kepler pode ser escrita da seguinte forma:
4 $ r2
T2 =
G$M
⋅ (r + h)3, onde:
M é a massa da Terra, r é o raio da Terra e h é a altura do satélite
estacionário em relação à superfície do planeta. Assim, para que os
seus períodos sejam iguais, todos os satélites estacionários devem
estar a uma mesma altitude, em relação à superfície terrestre, cujo
valor é aproximadamente 36 000 km. Observe ainda que este período
independe da massa m do satélite.
14
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 03
1
Terra
2
3
5
5
4
3
4
3
2
6
4
2 5
1
Marte
1
A figura mostra seis posições da Terra e as seis correspondentes
posições de Marte, bem como a trajetória de Marte para um observador situado na Terra. Os intervalos de tempo entre duas posições
consecutivas são, aproximadamente, iguais. Note que devido à maior
velocidade orbital da Terra, da posição 1 até a 3, Marte parece avançar,
de 3 a 5 ele parece regredir, tornando a avançar de 5 a 6. Aliás, esse
fenômeno foi um dos grandes argumentos para que o heliocentrismo
de Copérnico superasse o geocentrismo de Ptolomeu.
FÍSICA II
05 C
05 B
A questão utiliza conhecimentos de Física e História. Do ponto de vista
da Física, apenas a alternativa I não está correta.
Na Terra:
gT =
06 E
2
3
T
R
R
e Lo =e Lo & L =3
TE
RE
RE
= 3 282 &
2
T
e Lo =3
TE
f
2
GM
= 10 m/s2
R2
Em Netuno:
28 dias
p =
1o dia
18 GM
9
9
G (18M)
d
n = gT = _10 i &
& gN =
16 R2
8
8
(4R) 2
gN = 11, 25 m/s2
gN =
RL
R
= 3 784 & L , 9
RE
RE
07 B
De acordo com a 3a Lei de Kepler, os satélites que gastam mais tempo
para dar a volta são os mais distantes do planeta. Assim, os pontos 1, 2,
3, e 4 representam, respectivamente, Ganimedes, Io, Europa e Calisto.
Para diminuir o peso desse objeto, deveríamos diminuir o campo
gravitacional terrestre (g). Analisando a expressão, vejamos o que
08 D
O texto ressalta a relevância da experiência e observação, ou seja, da
pesquisa para a comprovação de uma lei física.
09 C
A descrição destaca o Sol como elemento primordial do sistema
planetário, ou seja, o sistema heliocêntrico proposto por Copérnico.
10 E
TJ2 = k ⋅ RJ3
TT2 = k ⋅ RT3
&e
&
06 C
Z
]g = G M
]
R2
]
[
M
Gc m
]
k
]]g' =
^k Rh2
\
&
&
g' =
GM
GM
g'
R2
= 3 2$
g
k R GM
&
g' =
g
k3
k3 R2
07 A
o
N DE VOLTAS DE JÚPITER
Z
]
M
]] Terra: g = G 2 = 10
R
[
]Planeta: g' = G (4 M) = 4 G M = 1 (10)
]
16 R 2
4
(4 R) 2
\
×
No DE VOLTAS DA TERRA
1 → 11
x→8
& g' = 2, 5 m/s 2
08 B
1$8
3
&b volta
11
4
BLOCO
mesma proporção. Sendo k esse fator, temos:
O peso diminuiria, ficando dividido pelo cubo desse fator.
3
TJ 2
R 3
T 2
5R
o =e Jo &e Jo =e To
TT
RT
TT
RT
TJ
= 125 & TJ b 11 $ TT
TT
x=
aconteceria se aumentássemos o raio e diminuíssemos a massa na
Pela Lei da Gravitação Universal, podemos escrever:
Terra " FT =
04
GMT m
= 700
R2T
MT
GMM m G 10 m
1 GMT m
1
=
=
=
$
$700 = 280 N
Marte"FM=
2
RM
RT 2
2, 5
R2T
2, 5
c m
2
01 B
gP = gT = ⇒
⇒
=
=
⇒
⇒ ρp . Rp = ρT . RT ⇒ ρp . Rp = ρp . 1 000 000 Rp ⇒
⇒ ρp = 10 ρp ⇒
6
= 10
09 C
I. Correta. Se a maçã está em repouso, de acordo com o Princípio
da Inércia, a resultante das forças sobre ela é nula, logo a tração
no cabinho e o peso se equilibram.
6
II. Incorreta. Desprezando a resistência do ar, o que é cabível na queda
de uma maçã, o tempo de queda independe da massa.
02 D
Não se justifica, porque a força peso é responsavel pela força centrípeta.
III. Correta. Essas forças formam um par ação-reação: têm mesma
intensidade, mesma direção e sentidos opostos.
03 E
GMm
. O “G” é a constante de gravitação universal.
d2
B) Errado. Ação e reação.
C) Errado. Se a força gravitacional não existisse o satélite iria se perder
no espaço.
GMm
vemos que a variação é inverD) Errado. Pela expressão F =
d2
samente proporcional ao quadrado de “d”.
E) Certo. Pela própria definição de peso.
A) Errado. F =
04 D
A gravidade lunar é menor que a terrestre dando a sensação de leveza,
porém a massa da pessoa é a mesma, na Terra ou na Lua.
10 B
Dados: mT = 6,0 ⋅ 1024 kg; mJ = 2,0 ⋅ 1027 kg; RT = 1,5 ⋅ 1011 m;
RJ = 7,5 ⋅ 1011 m; G = 6,7 ⋅ 10–11 N · m2/kg2
No momento de maior proximidade, a distância entre os dois planetas é:
r = RJ - RT = 7, 5 $ 1011 - 1, 5 $ 1011 & r = 6 $ 1011 m
Substituindo os valores na fórmula da força gravitacional:
mTmJ
6 $ 1024 $ 2 $ 1027
=
& F = 6, 7 $ 10-11
r2
^6 $ 1011h2
41
8 $ 10
=
& F = 2, 2 $ 1018 N
36 $ 1022
F=G
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA IIfísica – Volume 03
15
BLOCO
05
01 A
A) Verdadeira. A resultante é centrípeta, e provoca a aceleração
centrípeta necessária para manter a Lua sobre a órbita.
B) Falsa. As linhas de campo gravitacional são dirigidas para o centro
da Terra; logo, todas as linhas de campo são perpendiculares à
trajetória do satélite.
C) Falsa. O trabalho realizado numa órbita circular é nulo, pois não
há variação na distância entre o satélite e a Terra.
D) Falsa. O motivo é a força de atração gravitacional entre os corpos.
02 D
Mm
a força com que a Terra atrai um corpo de massa
d2
m a uma distância d de seu centro, temos:
^Emechórbita = ^Emechinf inito
&
&
–G M m m v2
+
=0 & v =
2
R +H
2 GM
& v= 2
R +H
GM
R +H
Calculando a diferença entre as velocidades:
Dv = v - v0 = 2
&
Dv = ^ 2 - 1 h
BLOCO
GM
R+H
GM
-
GM
R+H
&
R+H
06
Sendo Fg = G
GMm
F
(1, 05r) 2
R= e =
F
GMm
r2
1
R=
` T b 0, 9
(1, 05) 2
03 D
A aceleração da gravidade depende da distância do corpo ao centro
do planeta. Como no Equador esta distância é maior, a aceleração da
gravidade é menor, ocorrendo o inverso nos polos terrestres. Como
P = m . g ⇒ PN > PE.
A massa, por sua vez, permanece invariável (mN = mE).
04 D
Esta sensação de imponderabilidade ocorre toda vez que os corpos
sofrem a mesma aceleração, caindo na mesma direção e sentido.
05 C
O período orbital independe da massa de satélite; depende apenas
da altura da órbita. Como ambos os satélites apresentam órbitas de
mesma altura, seus períodos devem ser iguais.
06 D
O fato da gravidade no local ser aparentemente igual a zero é causado
pelo fato da estação e os seus ocupantes estarem submetidos a uma
mesma aceleração.
07 C
O fenômeno ocorre porque ambos estão submetidos, em cada instante,
à mesma velocidade, não havendo movimento relativo entre eles. Tal
fato ocorre, pois ambos possuem uma mesma velocidade inicial e estão
submetidos à mesma gravidade.
08 E
O perigeu representa a maior aproximação entre a estação e a Terra e isto
proporciona a maior velocidade, com consequente maior energia cinética.
09 D
A força de atração gravitacional é a força centrípeta.
GMm
v2
GM
GM
2 rr 2
m&
=m "
= v2 "
=c
r2
r
r
r
T
2
24
-11
8
GMT
6 $ 10 $ 6 $ 10 $ 64 $ 10
=
=
r3 =
4r2
4$9
21
7
64 $ 10 " r = 4 $ 10 m
2 rr
2 $ 3 $ 4 $ 107
=
= 3 000 m/s
V=
T
8 $ 104
01 D
Z
] Na superfície: g = GM
T
]]
R2T
[
GM
] Na espaçonave: g =
2
]
`RT + hj
\
2
RT
g = gT e
o
RT + h
'&
g
GM
R2T
=
&
2 $
gT
`RT + hj GM
02 B
A intensidade da força de atração gravitacional é inversamente proporcional ao quadrado da distância entre a Terra e o satélite. Como
as órbitas são circulares, a distância para cada satélite é constante,
sendo também constante a intensidade da força gravitacional sobre
cada um. Como as massas são iguais, o satélite mais distante sofre
força de menor intensidade.
Assim: FA < FB < FC < FD < FE.
03 C
A existência das estações é devido à inclinação do eixo de rotação da
Terra em relação ao plano da eclíptica.
04 E
A e B experimentam maré alta, pois estão alinhadas com os centros
da Terra e da Lua. Como o intervalo de tempo entre duas marés consecutivas é de aproximadamente 6 h, diariamente ocorrem 2 marés
altas e 2 baixas.
05 D
Realmente as massas de água que estão mais próximas da Lua ou do
Sol sofrem atração maior do que as massas de água que estão mais
afastadas, mas isso não ocorre devido à rotação da Terra mas sim,
apenas devido à ação das forças gravitacionais.
06 A
I – verdadeiro
II – verdadeiro, na fase de Lua Nova
III – verdadeiro, na fase de Lua Cheia
07 A
Observe o esquema
SOL
10 D
A órbita circular do satélite tem raio (R+H). Sendo órbita circular, a força
gravitacional age como resultante centrípeta. Assim, considerando v0
a velocidade orbital e m a massa do satélite, temos:
GMm
m v20
GM
GM
F = Rcent &
& v20 = R + H & v0 = R + H .
2 =
^R + Hh
^R + Hh
A velocidade mínima adicional para o satélite escapar do campo gravitacional do planeta, é aquela que permite que ele atinja velocidade
nula no “infinito”, ou seja, a energia mecânica final deve ser nula.
Então, pela conservação da energia mecânica, com a nova velocidade
(v), vem:
16
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 03
LUA
TERRA
Do ponto de vista do observador, se a parte de cima da Lua está
iluminada, significa que o Sol está acima deles, portanto, na posição
indicada como A.
FÍSICA II
08 E
Na fase crescente, a Lua nasce ao meio-dia e se põe à meia-noite. Logo,
ela estará no ponto mais “alto” às 18 h.
02 B
A velocidade orbital é obtida igualando-se a força centrípeta e a força
gravitacional:
v2
M$m
G$M
= G$
m$
&v=
R
R
R2
09 D
O período em que a Lua se apresenta por maior parte da noite é o
da Lua Cheia, pois ela nasce às 18 h e se põe às 6 h do dia seguinte.
Assim, os pescadores devem escolher o final de semana mais próximo
da Lua Cheia, que ocorre no dia 2 de outubro.
A intensidade da quantidade de movimento linear é dada por:
G$M
Q = m$v & Q = m$
R
6,67 $ 10-11 N $ m2 kg2 $ 5,98 $ 1024 kg
_650 000 m + 6 350 000 m i
m
m
Q = 37 742,8 kg$
- 3,8 $ 104 kg $
s
s
Q = 5 kg $
10 B
É o conhecido fenômeno das marés, provocado pelas forças gravitacionais exercidas pelo Sol e pela Lua sobre as águas.
03 B
QUESTÕES DESAFIO
01 A) Dados:
M = 1 $ 1022 kg; M T = 6 $ 1024kg; dT = 30 UA; dP = 0,15 UA
Z P
] = M Tm
2
G 2
6 $ 1024 $ _0,15 i
FgT
] FgT
Y Tm
GM
dP2
Y
dT
' &
=
=
$
2
22
2
[
Y Pm
FgP
GM
Y
dT
1 $ 10 $ 30
] FgP = G MPm
]
dP2
\
FgT
= 1,5 $ 10-2
FgP
Terremotos, chuvas e relâmpagos têm suas causas aqui mesmo na Terra.
Por outro lado, as marés são diretamente influenciadas pela posição
da Lua em sua volta em torno da Terra.
04 A
&
Sendo aCP = agrav., teremos aCP = g3R ou
aCP =
05 C
[A]Errada: na posição mais perto da Terra a velocidade é maior.
[B]Errada: as áreas só serão iguais se for o mesmo intervalo de tempo.
[C]Correta: como OB1 é menor do que OA1 a velocidade em B1 é maior
do que em A1 (2a Lei de Kepler).
[D]Errada: o segmento OB não é o raio médio.
[E]Errada: porque (C) está correta.
B) Dados:
MP = 1 $ 1022 kg; G = 6 $ 10-11N $ m2/kg2;
rP = 1 $ 10-4 UA = 1 $ 10-4 $ 1,5 $ 108 km = 1,5 $ 107 m
Nesse caso, a força gravitacional age como resultante centrípeta:
mv2
GMPm
=
FRcent = Fg &
&
rP
rP2
v=
GMP
=
rP
6 $ 10-11 $ 1 $ 1022
= 4 $ 104 &
1,5 $ 107
v = 200 m/s
GMT
GMT
GM
g
1 GMT
=
=
; e como g= 2 T , então aCP =
9R2
9 R2
R
9
(3R) 2
06 C
Aplicando-se a 3a Lei para a Terra:
02 A
A força resultante centrípeta representa a diferença entre a força gravitacional e o peso aparente em cada localização no globo terrestre.
Fc = Fg - P
Sendo,
G$M$m
Fg =
R2
P = m$g
Então:
G$M$m
m $ ~2 $ r =
-m$g
R2
Para o corpo no Equador, temos r = R
G$M$m
m $ ~2 $ R =
- m $ ge
R2
Isolando ge e simplificando:
G$M
- 2 $ R (1)
ge =
R2
Para o corpo localizado em um dos polos: r = 0, e:
G$M$m
- m $ gp
0=
R2
Isolando gp e simplificando:
G$M
(2)
gp =
R2
Fazendo a razão
_1 i
:
_2 i
G$M
- ~2 $ R
2
g
ge
~2 $ R3
= R
& e = 1G$M
gp
gp
G$M
R2
Marte:
A massa da Lua não é desprezível frente à da Terra, de modo que não
é correto dizer que a Lua gira em torno do centro da Terra. Na verdade
ambos giram em torno do centro de massa do sistema, que se situa
logo abaixo da crosta terrestre.
R3T (1, 5 RT) 3
ou
=
1
TM2
1, 53 $ R3T
& TM =1, 84 anos
R3T
07 D
gM =
G MM
GM
e gT = 2 T , portanto,
2
RM
RT
gT =
G $10MM 2, 5 GMM
=
, isto é, gT = 2, 5 gM
2
(2RM) 2
RM
gM
= 0, 4
gT
08 E
Aplicando a 3a Lei de Kepler para Marte (1) e para
T2 T2
T 2 (4R2) 3
Mercúrio (2), vem: 13 = 23 ou 12 =
&
R1
R2
T2
R23
&
T1
= 64 = 8
T2
09 E
(I)
01 C
3
RM
R3
R3
=k; igualando teremos T2 = M2 , e como
2
TM
TT
TM
RM =1, 5RT e TT =1 ano, vem:
TM2 =
R3T
=k e para
TT2
M
g1 G (Rl) 2
R 2
=
=c T m
gT
M
Rl
G 2
RT
g1
RT 2
=e
o & g1 - 15, 6 m/s2
10
0, 8 R T
(II) g2 = gT & g2 =10 m/s2
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA IIfísica – Volume 03
17
10 B
(F) Um objeto colocado em uma altitude de 3 raios terrestres acima da
superfície da Terra sofrerá uma força gravitacional 16 vezes menor
do que se estivesse sobre a superfície.
Mm
A expressão da força gravitacional é F = G
2 , sendo h a
_R + h i
altitude e R o raio da Terra. Assim:
Z
Mm
]
]] Na superfície: F = G 2 .
R
[
Mn
Mm
Mm
] ^Lá em cima_: F' = G
=G
& F' = G
]
( R + 3 R) 2
(4 R) 2
16 R2
\
F
F' =
16
(V)O módulo da força gravitacional exercida sobre um objeto pode
sempre ser calculado por meio do produto da massa desse objeto
e do módulo da aceleração da gravidade do local onde ele se encontra.
P = m g, sendo g o módulo da aceleração da gravidade no local.
(F)Objetos em órbitas terrestres não sofrem a ação da força gravitacional. É justamente a ação da força gravitacional que mantém os
objetos, exercendo o papel da resultante centrípeta impedindo que
o objeto saia pela tangente.
(V)Se a massa e o raio terrestre forem duplicados, o módulo da aceleração da gravidade na superfície terrestre reduz-se à metade.
Z
M
]
]] g = G R2
g
[
& g' =
2
2
M
2
M
M
] g' = G
=G
& g' = G 2
]
(2 R) 2
4 R2
2R
\
18
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 03
FÍSICA II