Revisão em 22 Vol. - Caderno 1

Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Movimento retilíneo uniforme (MRU)
Para o VESTIBULAR
7 a
A velocidade média não equivale à média das
velocidades.
vm4 = 150 km/h
vm3 = 120 km/h
vm1 = 100 km/h
vm = 120 km/h
2
Sabe-se que, por definição, vm 5
s .
t
Assim, s 5 20 km.
5
5
1
5
t 5 ​ ____ ​ 1 2 ∙ ____ ​ 1 ____ ​ ] t 5 __ ​ h
6
100
120 150
20
___
Logo, vm 5 ​  ​ ] vm 5 120 km/h.
1
​ __ ​
6
2 b
Considerando como referencial para o movimento o
avião A, que está com a mesma velocidade do avião
B, pode-se concluir que um está parado em relação ao
outro.
3 d
∆t = 21,30 – 9,69 = 11,61 s
4 b
1.500
1.500
∆s
vm ∙
∙ 14 ∙ 60 + 41,54 ∙
∙ 3,6 ∙
881,54
∆t
∙
5.400
∙ 6,13 km/h ≃ 6 km/h
881,54
5 c
Dado que o movimento é uniforme, podem-se escolher
quaisquer dois pares ordenados (t, s) da tabela para obter
a velocidade do móvel. Escolhendo (t0, s0) 5 (0, 0) e (t, s) 5
s 27
20
5 ______ ​  v 5 3 m/s.
5 (9, 27), tem-se: v 5
920
t
6 a
2πr + 2L
∆s + ∆s2
4
4
⇒ v. 5
⇒ v. 5
v. 5 1
2πr 2L
∆t1 + ∆t2
5
5
+
2
v.
v
3 .
2πr + 2L
2πr + 2L
4
⇒ v. 5
? v . ⇒ 4 ? (3πr + 2L) 5
5
3πr + 2L
3πr + 2L
5
v.
= 5 ? (2πr 1 2L) ⇒ 12πr 1 8L ∙ 10πr 1 10L ⇒
⇒ 2L 5 2πr ⇒ L 5 πr
10 nós  5 m/s; 5 milhas  8.000 metros. Usando o
conceito de velocidade média:
s
8.000 ] t  1.600 s  26,6 min
 ​
] 5 5 _____
vm 5
t
t
8 c
(38.986,4 – 38.692,4) ∙ 1.000
∆s
∙
∙
2 ∙ 3.600 + 38 ∙ 60 + 55
∆t
294.000
∙ 30,8 m/s
∙
9.535
vm ∙
9 a
A frequência das passadas dos outros atletas é dada por:
45
f ∙ 10 ∙ 4,5 passadas/s
O tamanho médio da passada de Usain Bolt é:
100
∆passada ∙ 41 m
Assim, a velocidade média que Usain desenvolveria,
em m/s, se mantivesse a mesma frequência que os
outros atletas, em m/s, seria de:
Assim, sendo a velocidade suposta constante, tem-se:
100
450
m/s
vm ∙ 41 ∙ 4,5 =
41
41
4.100
∆s
∙
∙ 9,1 s
∆t
∙
∙ 100 ∙
Usain
450
450
vm
10 b
∆s
⇒ ∆s = vm ∙ ∆t.
∆t
Do enunciado pode-se concluir que ambos os
movimentos terão mesma direção e sentido, pois se
trata de uma perseguição. Além disso, sendo a
velocidade do motorista constante, pode-se afirmar
que a velocidade média do seu movimento é igual à
velocidade constante do movimento. Assim, o policial
terá alcançado o motorista quando:
Sabe-se que: vm ∙
∆spol = ∆smot ⇒ vpol ∙ ∆tpol = vmot ∙ ∆tmot ⇒ vpol ∙ 30 =
4
= vmot ∙ 40 ⇒ vpol = vmot
3
11 e
Instante e posição de encontro dos automóveis:
s1 5 s2 ⇒ 220 2 20t 5 10 1 10t ⇒
⇒ 30t 5 230 ⇒ t 5 –1 s
Como t , 0, os automóveis não se encontrarão mais.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 b
12 b
Instante inicial t 5 0:
x(0) 5 3 ∙ 0 ⇒ x(0) 5 0
y(0) 5 03 2 12 ∙ 0 ⇒ y(0) 5 0
Logo, o corpo está inicialmente na origem do plano XY.
Instante final t 5 4 s:
x(4) 5 3 ∙ 4 ⇒ x(4) 5 12 cm
y(4) 5 43 2 12 ∙ 4 ⇒ y(4) 5 16 cm
O deslocamento ocorreu entre os pontos (0, 0) e (12, 16).
Usando a relação de Pitágoras:
(s)2 5 122 1 162 5 400 ⇒ s 5 20 cm
13 d
∆tmot ∙ ∆smot ∙ 3 ∙ 2π ∙ 36 ∙ 648 ∙ 32,4 s
20
20
vmot
14 a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Cálculo do deslocamento do comboio, enquanto o
motorista está parado:
∆s
∆s
vm 5
⇒ 90 5
⇒ s 5 18 km
12
∆t
60
Assim, o comboio tem de estar, no mínimo, 18 km atrás
do local de parada do motorista para que este não seja
ultrapassado antes de terminar seu lanche. Isso equivale
à posição132 km, contada a partir da ultrapassagem.
scomboio
150 2 18
vcomboio 5 _______  ​ ⇒ 90 5 ​  ________ ​ ⇒ tcomboio  1,46 h
tcomboio
tcomboio
150
tcomboio 5 tmotorista ⇒ vmotorista 5 ​  ____ ​ ⇒ vmotorista 
1,46
 102,3 km/h
15 d
O gráfico nos mostra que, nas posições relacionadas às
cidades A e B, os respectivos instantes são 0,5h e 3h.
Portanto, o instante inicial foi escolhido às 9,5h, e a
cidade B será alcançada às 12,5h.
16 a
O gráfico s × t é uma reta, o que caracteriza um
movimento uniforme cuja função horária é do tipo
s 5 s0 1 vt.
Isso descarta as alternativas b e c. Do gráfico, tem-se:
s 5 s 2 s0 5 0 2 20  s 5 220
s 220
v 5 ___ ​ 5 ____ ​ v 5 22
10
t
t 5 t 2 t0 5 10 2 0  t 5 10
Logo, a função horária do movimento é s 5 20 2 2t.
17 b
Cálculo da posição final do elevador, em movimento
uniforme:
s 5 s0 1 v ∙ t 5 2,2 1 0,4 ∙ 20 ⇒ s 5 10,2 m
Nesse instante, o elevador passará pelo quarto andar
do prédio, que compreende alturas entre 10,0 metros
e 12,5 metros em relação ao solo.
18 c
a)Correta. Até 10 s, o movimento é progressivo; a
partir de 20 s, é retrógrado.
b)Correta, pois d 5 (80 2 30) + (80 2 0)  d 5 130 m
c)Incorreta. Entre 0 e 10 s, a velocidade do móvel foi de:
s 80230 ⇒ v 5 5 m/s. Entre 20 e 40 s, a
v 5 ​ ___ ​ 5 10
t
s 0 2 80 ⇒
 ​
velocidade foi: v 5 ___ ​ 5 ______
v 5 24 m/s
20
t
d)Correta. Entre 10 e 20 s, o corpo permaneceu na
posição 80 m.
19 Do gráfico, pode-se escrever: s 5 Área.
Portanto, o deslocamento total do automóvel é:
stotal 5 s1 1 s2 1 s3 5 30 1 180 1 120  stotal 5 330 km
Aplicando agora a definição de velocidade média,
obtém-se: vm 5
Stotal
330 v
 m 5 66 km/h.
5
5
t
20 a
Do gráfico, conclui-se que os móveis M e N estão em
movimento uniforme cuja função horária é do tipo
s 5 s0 1 vt.
Móvel M
Do gráfico:
s 5 s 2 s0 5 0 2(220)  s 5 20 m
t 5 t 2 t0 5 5 2 0  t 5 5 s
Portanto:
s 20
v 5 ___ ​ 5 ​ ___ ​  v 5 4 m/s
5
t
Logo: sM 5 220 1 4t
Móvel N
Do gráfico:
s 5 s 2 s0 5 30 2 40 ⇒ s 5 210 m
t 5 t 2 t0 5 5 2 0 ⇒ t 5 5 s
Portanto:
10
s
v 5 ___ ​ 5 2___ ​ ⇒ v 5 22 m/s
5
t
Logo: sN 5 40 2 2t
No encontro dos móveis, tem-se:
sM 5 sN ⇒ 220 1 4t 5 40 2 2t ⇒ 6t 5 60  t 5 10 s
21 b
Cálculo do deslocamento total do veículo no intervalo
de tempo considerado:
s
s1
___1
v1 5 ___ ​ ⇒ 80 5 15  ​ ⇒ s1 5 20 km
t1
​ ___ ​
60
s2
s2
v2 5 ___ ​ ⇒ 60 5 ___ ​ ⇒ s2 5 15 km
t2
15
​ ___ ​
60
s3
s3
v3 5 ​ ___ ​ ⇒ 100 5 ___ ​ ⇒ s3 5 50 km
30
t3
​ ___ ​
60
O deslocamento total, nesses 60 min, foi de:
stotal 5 20 1 15 1 50 5 85
Portanto, a velocidade média do veículo foi de 85 km/h.
22 e
I – correta
Do enunciado: t 5 6 2 4  t 5 2 s
Do gráfico: s 5 3 2 5  s 5 22 m
s
22 5 21 m/s
Por definição, tem-se: vm 5 ___ ​ 5 ​ ___
 ​
2
t
II – correta
No intervalo de tempo dado, tem-se:
s 5 6 2 5  s 5 1 m
III – correta
Analisando o gráfico passo a passo:
De 0 a 3 s, d 5 3 m;
De 3 s a 4 s, a partícula permaneceu em repouso;
De 4 s a 6 s, d 5 2 m;
De 6 s a 8 s, a partícula permaneceu em repouso;
De 8 s a 10 s, d 5 3 m;
Portanto, a distância total percorrida é:
d 5 3 m 1 2 m 13m5 8 m
I – Verdadeiro, pois no ponto mais alto do gráfico o
móvel não sai da posição d = 200 m por 10 min (reta
paralela ao eixo dos tempos).
II – Verdadeiro, pois as funções que descrevem o
movimento do móvel, na ida (de 0 a 5 min.) e na volta
(de 15 a 25 min.) são lineares, o que caracteriza
movimentos de velocidade constante.
III – Falso. A área correspondente ao deslocamento do
móvel é obtida em um gráfico v × t.
IV – Verdadeiro, pois a declividade da reta que
representa o movimento de ida – entre 0 e 5 min – é
bem maior do que a declividade que representa o
movimento de volta – entre 15 e 25 min.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
23 e
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Movimento retilíneo uniforme (MRU)
Para o ENEM
1 b
I – Verdadeira: a posição inicial depende do referencial
adotado.
II – Verdadeira: quando se usa um cronômetro, o tempo
inicial é zero, e a variação do tempo fica sendo o próprio
tempo final.
III – Falsa: o movimento depende do referencial
adotado; mudando o referencial, altera-se a forma
de descrevê-lo.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 c
a) Se o resgate demora 1 minuto para alcançar o ponto
de encontro, e ambos chegam juntos, é porque o balão
também leva 1 minuto para cair, na razão de 100 m a
cada período de 20 segundos. Portanto, em 1 minuto
ele desce 300 m.
b) O resgate anda 120 m a cada 10 s. Em 1 minuto, ele
se desloca 720 m.
c) Como o resgate se move na horizontal e o balão na
vertical, a distância entre eles é a hipotenusa de um
triângulo formado pelos respectivos deslocamentos
em 1 minuto. Usando o teorema de Pitágoras:
D22 = D12 + H2 ⇒ D22 = 7202 + 3002 = 518.400 + 90.000 =
= 608.400 ⇒ D2 = 780 m
d) O balão desce 100 m a cada período de 20 s, ou seja,
sua velocidade é 5 m/s.
e) O resgate avança 120 m a cada período de 10 s,
ou seja, sua velocidade é 12 m/s.
3 c
I – Verdadeira: a velocidade é obtida dividindo-se o
espaço percorrido pelo tempo gasto; 44min07s = 44,1 min.
O tempo em horas: 60 min = 1 h
44,1
44,1 min = t, portanto t =
h
60
15 km
v=
= 20,4 km/h
44,1
60
II – Falsa: a velocidade de Marilson na primeira parte
do percurso não foi mencionada; portanto, não há
como saber.
III – Verdadeira: a velocidade do corredor intermediário
será, na primeira parte: distância de 6 km e duração de
10 min.
6
v=
10 = 36 km/h
60
4 d
a) A sequência correta é: retrógrado, repouso e progressivo.
b) O espaço percorrido total foi: da casa para a padaria,
100 m; parado na padaria, 0 m; da padaria para a banca,
40 m; total: 140 m.
c) O deslocamento considera apenas as posições final e
inicial: 0 – (– 40) = 40 m.
60
∆s
∙ 1,5
∙
d) vm ∙
40
∆t
e) No trecho 2, a velocidade é zero (repouso).
5 d
I – Falsa: 20 passos a cada período de 10 segundos;
1 quarteirão = 90 m em 2 min = 120 s; para cruzar o
120
∙ 20 passos = 240 passos = 90 m ⇒
quarteirão foram
10
90
= 0,375 m
⇒ 1 passo =
240
20 passos
0,375 m
II – Verdadeira: v =
⇒ v = 20 ∙
⇒
10 segundos
10s
⇒ v = 0,75 m/s = 75 cm/s
III – Falsa: 1 quarteirão = 90 m, 1 passo = 0,375 m,
90
n passos = 90 m; pela regra de 3: n =
=
0,375
= 240 passos
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV)
Para o vestibular
7 d
Júlia verá uma trajetória na direção de seu movimento,
com a moeda sofrendo aceleração. Isso descarta as
alternativas a e b. Em uma única direção, ela verá uma
trajetória retilínea. Tomás verá uma trajetória resultante
da combinação de movimentos na horizontal (com
velocidade constante) e na vertical (com aceleração
constante). Isso descarta a alternativa d.
De 0 a 5 s, o movimento é MRUV acelerado,
com maior valor de aceleração entre 2,5 e 5 s,
como se pode perceber pelo gráfico.
A declividade da reta que representa a velocidade
em função do tempo entre esses instantes é
maior quando comparada com a que representa
o intervalo entre 0 e 2,5 s. Entre os instantes
5 e 22,5 s não há variação de velocidade e, portanto,
a aceleração entre esses instantes será nula.
Já após os 22,5 s, a aceleração se torna negativa,
enquanto o carro diminui sua velocidade muito mais
rapidamente do que aumentou. Portanto, o gráfico
que melhor representa esse movimento descrito é o
da letra d.
2 c
A velocidade inicial da bola, em m/s, é dada por:
108
v0 5 ​  ____ ​ } v0 5 30 m/s
3,6
A velocidade final da bola é v 5 0. Portanto:
Sv 5 v 2 v0 5 0 2 30 ] Sv 5 230 m/s
Do enunciado, St 5 0,1 s. Aplicando a definição de
aceleração média, tem-se:
Sv 230
a 5 ​  ___ ​ 5 ____
​ 
 ​ ] a 5 2300 m/s2
0,1
St
3 e
Analisando o gráfico, os trechos em que o módulo da
velocidade do corpo aumenta no tempo são: AB e DE.
4 b
A aceleração escalar, por definição, é uma grandeza
física que mede a taxa de variação da velocidade
escalar instantânea no tempo. Dessa forma, dizer
que a aceleração a que um corpo está submetido é
constante e igual a 5 m/s2 equivale a dizer que sua
velocidade aumenta 5 m/s a cada segundo.
5 c
Se a velocidade varia no tempo, conclui-se
necessariamente que o móvel está submetido a uma
aceleração. Isso descarta as alternativas a e b.
Do gráfico, tem-se: Sv 5 v 2 v0 5 20 2 10 } Sv 5 10 m/s
e St 5 t 2 t0 5 2 2 0 } St 5 2 s
Aplicando a definição de aceleração, tem-se:
Sv 10
a 5 ​  ___ ​ 5 ​ ___ ​ } a 5 5 m/s2
St
2
6 A = ∆v
∆v = ∆v1 + ∆v2 + ∆v3
∆v1 = 6 ∙ 4 = 24 cm/s
∆v2 = 4 ∙ (–3) = –12 cm/s
∆v3 = 6 ∙ 4 = 24 cm/s
∆v = 24 + (–12) + 24 = 36 cm/s
∆v = v – v0 ⇒ 36 = v – 2 ⇒ v = 38 cm/s
8
Substituindo t0 5 0 na função horária do movimento,
obtém-se: s0 5 22 2 4 3 0 1 2 3 02
Analogamente, para t 5 4 s, obtém-se:
s 5 22 2 4 3 4 1 2 3 42
Portanto, o deslocamento escalar é de:
Ss 5 s 2 s0 5 14 2 (22) ] Ss 5 16 m
e ocorreu em um intervalo de tempo dado por:
St 5 t 2 t0 5 4 2 0 ] St 5 4 s
Pela definição de velocidade média, tem-se:
Ss 16
vm 5 ​ ___ ​ 5 ​ ___ ​ ] vm 5 4 m/s
4
St
9 e
Pelo gráfico, verifica-se que a frenagem ocorre entre
os instantes t 5 70 s e t 5 100 s.
Sabendo que 108 km/h 5 30 m/s, tem-se:
Sv 5 0 2 30 ] Sv 5 230 m/s
Aplicando a definição de aceleração:
Sv
230
230
 ​ 5 ____
​ 
a 5 ​  ___ ​ 5 ________
​   ​ } a 5 21 m/s2
100 2 70
30
St
Em módulo: OaO 5 1 m/s2
10 a
Como os valores de velocidade são positivos em toda
a trajetória, tem-se Ss 5 área sob o gráfico, que
corresponde à área de um trapézio. Assim:
(100
1 50) 3 30 } Ss 5 2.250 m
_____________
 ​
Ss 5 ​    
2
11 d
Da equação horária do movimento (MRUV), tem-se:
a ∙ t2
s ∙ s0 + v0 ∙ t +
⇒ 0,05t2 = 3,2 ⇒ t2 = 64 ⇒
2
⇒ t=8s
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 c
2 3 Ss
2 3 800 3 24
avião
 ​ 5 ​  __________
 ​] vnavio 5 32 km/h
12 a) vnavio 5 ​  ________
17 d
50 3 24
Stnavio
b)Hipóteses: aR 5 10 m/s2 e v0 5 0. Substituindo na
equação horária, tem-se:
Da equação horária do movimento antes da reação
do motorista:
180
s ∙ s0 + v0 ∙ t =
∙ 0,9 = 45 m
3,6
Após o acionamento do freio, por Torricelli:
aR 3 t2
10t2
Ss 5 v0 3 t 1 ​  _____
 ​] 800.000 5 ​ ____
 ​ ] t 5 400 s.
2
2
O foguete leva apenas 6min40s para percorrer a
distância indicada.
v2 ∙ v20 + 2 ∙ a ∙ ∆s ⇒ ∆s =
Assim, antes de parar, o motorista percorrerá
d = 45 + 125 = 170 m.
Portanto, o motorista só conseguirá parar o carro
após atropelar a criança.
13 c
O deslocamento é numericamente associado à área entre
o gráfico e o eixo horizontal. A área do trecho inicial
contará negativamente, e a do trecho final, positivamente.
2 3 2a
Ss 5 2A1 1 A2 5 2​  _____
 ​
1
2
18 Do enunciado, tem-se:
v0 5 0; v 5 90 km/h 5 25 m/s; t0 =0; t = 20 s
Da relação v 5 v0 1 at, determina-se a aceleração do
trem: 25 5 0 1 20a } a 5 1,25 m/s2
Aplicando agora a equação de Torricelli, determina-se
o deslocamento do trem:
​[(5a 2 2a) 1 (5a 2 3a)]​ 3 1
_______________________
  
​ 
 ​
1    
]
2
a
5a
] Ss 5 22a 1 ​  ___ ​ ] 20 2 12 5 ​ __ ​ ] a 5 16 s
2
2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2.500 – 0
= 125 m
2 ∙ 10
v2 5 v02 1 2aSs ] 252 5 0 1 2 3 1,250 Ss ]
625
] Ss 5
} Ss 5 250 m
2,5
14 a
Como o movimento é sempre progressivo (v . 0), a
distância percorrida coincidirá com o deslocamento se
a trajetória for retilínea. Além disso, o deslocamento é
numericamente igual à área sob o gráfico v # t. Seria
possível calcular as áreas de cada trecho com
inclinação distinta e somá-las ao final, mas obtém-se
uma boa aproximação com um triângulo retângulo de
1,4 3 1
altura 1 e base 1,4. Ou seja: Ss 7 ​  ______
 ​] Ss 7 0,7 m.
2
0 2 (210)
Sv
 ​] a1 5 2 m/s2.
15 a) Carro 1: a 5 ​ ___ ​ ] a1 5 ​  _________
520
19 c
Da equação da velocidade para esse movimento (MRUV):
a ∙ t2
s ∙ s0 + v0 ∙ t +
⇒ 600 = a ∙ 5.000 ⇒ a = 0,12 m/s2
2
Aí, da equação de Torricelli: v2 = v20 + 2 ∙ a ∙ ∆s =
= 0 + 2 ∙ 0,12 ∙ 600 = 144 ⇒ v = 12 m/s
20 (02)
St
Essa partícula realiza um MRUV acelerado em direção
ao centro da Terra quando abandonada de uma altura
muito pequena em relação ao raio da Terra, ficando
sujeita à força de atração gravitacional denominada
força peso.
Sv
0 2 20
Carro 2: a 5 ​ ___ ​ ] a2 5 ​  ______ ​ ] a2 5 24 m/s2.
St
520
b) Equação horária do carro 1:
a 1 3 t2
s1 5 s​0​1​ 1 v​0​1​ 3 t 1 ​  _____
 ​] s1 5 75 2 10t 1 t2
2
Equação horária do carro 2:
a2 3 t2
s2 5 s​02​ ​ 1 v​02​ ​ 3 t 1 ​  _____
 ​] s2 5 50 1 20t 2 2t2
2
c)Em t 5 5 s, ambos os carros estão com velocidade
nula e, logo após, invertem o sentido de seu
movimento.
16 d
Do enunciado, tem-se:
a 5 25 m/s2; v0 5 54 km/h 5 15 m/s; v 5 0
Aplicando a equação de Torricelli, tem-se:
v2 5 v02 1 2aSs ] 0 5 152 2 2 3 5 3 Ss } Ss 5 22,5 m
21 (02)
Equação horária do movimento até o acionamento
dos freios: s = s0 + v0 ∙ t = 0 + 10 ∙ 0,5 = 5 m
Equação de Torricelli:
(0 – 100)
= 10 m
v2 ∙ v 20 + 2 ∙ a ∙ ∆s ⇒ ∆s =
[2 (25)]
Assim, a distância percorrida será: d = 5 + 10 = 15 m.
22 d
Do enunciado, v0 5 0. Tomando como origem da trajetória
a borda do poço e a orientação para baixo, tem-se:
2
3 52
______
___ ​ ] s 5 0 1 0 3 5 1 ​  10
s 5 s0 1 v0t 1 ​  at
 ​} s 5 125 m
2
2
23
Do gráfico: v0 5 30 m/s. Na altura máxima, tem-se v 5 0.
Aplicando a equação de Torricelli e lembrando que,
durante a subida da bola, o movimento é retardado e,
portanto, terá aceleração a 5 210 m/s2, tem-se:
v 2 5 v02 1 2aSs ] 0 5 302 2 2 3 10 3 Ss } Ss 5 45 m
24 a
Da equação de Torricelli: v2 = v20 + 2 ∙ g ∙ ∆h = 4 +
+ 2 ∙ 10 ∙ 0,6 = 16 ⇒ v = 4 m/s
25 (02) (04)
As equações horárias dos movimentos serão:
sA = 0 + 20 ∙ (t + 1) – 5(t + 1)2
sB = 35 – 5t2
No encontro:
sA = sB ⇒ 20 ∙ (t + 1) – 5(t + 1)2 = 35 – 5t2 ⇒ 10t =
= 20 ⇒ t = 2 s
Sendo a equação da velocidade dos movimentos
dada por:
vA = 20 – 10(t + 1)
vB = 0 – 10t
Assim, as velocidades no instante do encontro serão:
vA = 20 – 10(2 + 1) = –10 ⇒ ∙va∙ = 10 m/s
vB = 0 – 10 ∙ 2 = –20 ⇒ ∙vB∙ = 20 m/s
26 e
0 – 36
= 1,8 m
–2 ∙ 10
Assim, a altura máxima que o objeto atingirá será:
hmáx = ∆h + h0 = 1,8 + 19,2 = 21 m
v2 = v20 – 2 ∙ g ∙ ∆h ⇒ ∆h =
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
As afirmativas corretas são 2 e 4.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV)
Para o ENEM
1 c
6 c
As posições são calculadas em:
t = 16 s
s(16) = 5 ∙ 162
s(16) = 5 ∙ 256
s(16) = 1.280 m
t = 18 s
s(18) = 5 ∙ 182
s(18) = 5 ∙ 324
s(18) = 1.620 m
A diferença percorrida será: s(18) – s(16) =
= 1.620 – 1.280 = 340 m
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 c
a) Não. Foram 1.500 m na ida e outros 1.500 m na volta.
Total: 3.000 m de caminhada, com uma marca a cada
trecho de10 m. Portanto, são 300 pares ordenados, e
não 4.500.
b) Não é citada nenhuma montanha na caminhada.
c) Exato.
d) Não há subida nem descida mencionadas
nessa caminhada.
3.000 m
⇒ v ∙ 0,67 m/s
e) Não. v ∙
4.500 s
Portanto, a alternativa correta é a c.
3 c
s carrinhos se movendo no sentido positivo da
O
trajetória, indo em direção à origem, executam
movimento progressivo. Na ladeira, o movimento é
acelerado; no vale, é uniforme; e no aclive, é retardado.
Portanto, está correta a alternativa c.
4 a
Queda acelerada representada por uma reta
ascendente; queda desacelerada representada por
uma curva descendente; velocidade constante
representada por uma reta horizontal – portanto,
o gráfico correto é o da alternativa a.
5 a
A aceleração é a variação da velocidade pelo
intervalo de tempo.
(30 – 0)
No SI, 108 km/h = 30 m/s, então: a =
= 2,5 m/s2
12
A distância percorrida é: v2 = v20 + 2 ∙ a ∙ d ⇒ 302 = 02 +
+ 2 ∙ 2,5 ∙ d ⇒ 900 = 5 ∙ d ⇒
900
= d = 180 m
5
I. A função horária da onda é: s = s0 + v0t +
⇒ s = 0 + 10t –
0,02 2
t ⇒ s = 10t – 0,01t2
2
1 2
t ⇒
2
1
A função horária do automóvel é: s = s0 + v0t + t2 ⇒
2
2
⇒ s = 40 + 2 t2 ⇒ s = 40 + t2. Igualando as funções
para verificar se haverá encontro, ou seja, se a onda
atinge o automóvel, tem-se: 10t – 0,01t2 = 40 + t2 ⇒
⇒ 1,01t2 – 10t + 40 = 0
t=
∙100 – 161,6
–(–10) + ∙(–10)2 – 4(1,01)(40)
⇒t=
2(1,01)
2,02
Como ∆ < 0, não há valores reais para t, ou seja, a onda
não encontra o automóvel.
II. Como a onda tem suas condições de movimento
inalteradas, pode-se utilizar a equação de Torricelli para
calcular o avanço de sua frente até ter sua velocidade
zerada.
02 = 102 + 2 ∙ (–0,02) ∙ ∆s ⇒ 0,04∆s = 100 ⇒
⇒ ∆s =
100
= 2.500 m
0,04
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Cinemática vetorial
Para o VESTIBULAR
1 b
1 Com base no diagrama tem-se:
6 b
2 b
1 A partir da figura tem-se que a 5 b . Logo: a 2 b 5 0
e d 5 c. Ou seja, o vetor d tem módulo 2 u, e sua
orientação é vertical e para baixo.
Margem
vA/T
3 a
Adote-se a seguinte legenda:
vB/T 5 velocidade do barco
vB/A
em relação à Terra
vB/T
vB/A 5 velocidade do barco em relação à água
vA/T 5 velocidade das águas em relação à Terra
Margem
Do enunciado, tem-se que vA/T 5 3 km/h.
Ss
2
vB/T 5 ​ ___ ​ 5 ​ ___ ​ } vB/T 5 4 km/h
St 0,5
Portanto, o triângulo obtido com a soma dos vetores é
pitagórico; daí vB/A 5 5 km/h.
4 b
Considere a legenda:
vAr/T 5 velocidade do ar em relação à Terra
vA/Ar 5 velocidade do avião em relação ao ar
vA/T 5 velocidade do avião em relação à Terra
Então, com base no enunciado, segue a figura:
B
VAr/T = 50 km/h
A
VA/T
VA/Ar = 150 km/h
De onde se obtém:
vA/T 5 vA/Ar 2 vAr/T 5 150 2 50
} vA/T 5 100 km/h
Dado que a viagem de B a A dura 4 h e supondo vA/T
constante, tem-se:
Ss
Ss
​   ​ ] 100 5 ​ ___ ​
vA/T 5 ___
4
St
} Ss 5 400 km
5 b
Primeiramente obtém-se o equivalente da
frequência de 20 rpm em rps. Para tanto, utiliza-se
uma simples regra de três:
20 rot.
60 s
f
1s
De onde se obtém:
1
1
60f 5 20 ] f 5 ​ __ ​ rps 5 ​ __ ​ Hz
3
3
1
__
Sabendo que T 5 ​   ​ , tem-se:
f
1
T5
} t53s
1
3
Na direção x tem-se um movimento uniforme regido
pela função horária:
sx 5 s0x 1 v0x t 5 0 1 v0t
(1)
s x 5 v 0t
Na direção y tem-se um movimento uniformemente
variado regido pela função horária:
10t2
at2
 ​
sy 5 s0y 1 v0y t 1 ​  ___ ​ 5 0 1 0 3 t 1 ​  ____
(2)
2
2
} sy 5 5t2
Obtém-se o tempo de queda substituindo sy = 0,2 m
na expressão (2):
0,2 = 5t2 ] t2 5 0,04
} t 5 0,2 s
Por outro lado, nesse mesmo instante, na direção x,
tem-se: sx 5 0,3 m. Finalmente, substituindo na
expressão (1):
sx 5 v0t ] 0,3 5 v0 3 0,2
} v0 5 1,5 m/s
7 b
2s
7 a​c​p​ 5 h2R, em que h 5 ​ ___ ​
T
 
2
2s
2s
___
4s2
R
____
a​c​p​ 5​​ ​  ___ ​  ​ ​ R ] T2 5 ​  4s
 ​] T 5
5 ​  0,5 ​
T
​a​​c​p​​
0,25
2

} T 5 4s s
8 A) a
Para calcular a velocidade angular da polia, deve-se
determinar o raio R da polia utilizando a relação v = R.
Admitindo que os pontos A e B sejam fixos, ambos
possuem mesma velocidade angular, isto é:
vA
vB
ωA 5 ωB ] ​ __ ​ 5 ​  ______ ​ ]
R
R 2 20
10
50
] ​  ___ ​5 ​ ______ ​ } R 5 25 cm
R 2 20
R
Logo, a velocidade angular da polia será:
vA 50
ω 5 ​ __ ​ 5 ​ ___ ​ } ω 5 2 rad/s
R
25
B) b
Com base na questão anterior, o diâmetro D da
polia será: D 5 2R 5 2 3 25 } D 5 50 cm
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
a 1 c 5 b ] a 1 c 1 (2a) 5 b 1 (2a) ] c 5 b 2 a
9 e
11 b
I. Correta. A polia motriz gira no sentido horário e
transmite esse sentido de rotação para as outras duas.
Nos limites de tangência da esteira com a polia, seus
vetores de velocidade linear coincidem e, no ramo em
que estão os objetos, esse vetor tem sentido da
esquerda para a direita.
II. Correta. Indicando por (1) a polia motriz, por (2) a
polia maior e por (3) a outra polia pequena, a aceleração
centrípeta de um ponto na periferia da polia (1) será:
v2
acp1 5 ​  __ ​
R
(I)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Como as polias (1) e (2) estão unidas por uma correia,
tem-se v2 5 v.
Como as polias (2) e (3) estão rigidamente unidas,
tem-se:
v2 __
v
 ​ 5 ​  3 ​
h2 5 h3 ] ​  ___
2R
R
v2 __
v
__
} v3 5 ​   ​ 5 ​   ​
2 2
Logo, a aceleração centrípeta de um ponto na periferia
da polia (3) é:
v23 v2
acp3 5 ​  __ ​ 5 ​ ___ ​
R 4a
(II)
Comparando as expressões (I) e (II), obtém-se
acp1 5 4acp3.
III.Correta. Com base na afirmação I, sabe-se que os
objetos são transportados pela esteira com velocidade
linear igual à de um ponto na periferia da polia menor. A
v
partir da afirmação II, tem-se v3 5 ​ __ ​.
2
10 a
Dado que a velocidade (v) do projétil é constante,
tem-se:
Ss
2r
​   ​
v 5 ___
​   ​ 5 ___
St
St
Mas St corresponde ao intervalo de tempo necessário
T
para que a placa dê meia-volta; logo, St 5 ​ __ ​ , em que T
2
é o período de rotação do disco.
2s
2s
s
__
Agora: h 5 ​  ___ ​ ] T 5 ​  ___
h ​ ] St 5 ​  h ​
T
2hr
 ​
Retornando à relação inicial: v 5 ​  ____
s .
12 d
a) Incorreta. Direção e sentido constantes são
características se movimentos retilíneos.
b) Incorreta. Em um MCU sempre existirá uma
força centrípeta, diferente de zero, que será a
resultante de forças.
c) Incorreta. Como a frequência é o inverso do período,
1 rpm equivale a uma frequência de uma volta por
1
minuto, ou seja,
Hz.
60
d) Correta.
V
e) Incorreta. Por definição, ω 5 .
R
13 e
V
V2
e acp 5
] acp 5 ω2 R, tem-se:
R
R
x = (2ω)2 R ] x 5 4ω2 R, mas como 400 5 ω2 R, vem que
x 5 4(ω2 R) ] x 5 4 3 400 ] x 5 1.600 m/s2
Como ω 5
14 b
Na direção vertical ao movimento, tem-se um MUV com
a 5 g 5 10 m/s2, orientando a trajetória para baixo.
Adotando a origem dos espaços no ponto A, tem-se:
at2
sy 5 s0y 1 v0y t 1 ​  ___ ​ ] H 5 5t2
2
Portanto, o tempo gasto pelo motociclista até
H
atingir novamente a rampa é t 5
.
5
Na direção horizontal ao movimento, tem-se um MU,
orientando a trajetória para a direita; assim:
sx 5 s0x 1 vxt ] D 5 10t.
H
Substituindo, tem-se t 5
e H 5 D, de onde resulta:
5
D 5 20 m.


= 45°
2m
Como o alcance do lançamento é dado por
A5
v02 sen 2J
v 2 sen (2 3 45°)
, tem-se: 2 5 0
]
g
10
]25
v 02
] v0 5  20
10
15 a
vb 5 11 km/h
vc 5 (0,83 3 3,6) km/h 5 2,99 km/h
No sentido da correnteza: vb 1 vc 5 11 1 2,99; 14 km/h.
Contra a correnteza: vb 2 vc 5 11 2 2,99; 8 km/h.
16 e
2
Em um lançamento vertical, tem-se: h 5
2
v0
.
2g‘
Na situação de alcance máximo J 5 45°, e o alcance
é dado por: R 5
v 02
2g’
2
v0
h
h
1
]
5
5
, então:
R
R
2
g‘
v 02
g’
d
20 a) h 5 d 3 tg J 2 5 3 [ v 2 ] 3 (1 1 tg2 J) ]
0
] 0 5 32 3 tg J 2 5 3 [
] 0 5 tg J 2 [
322
] 3 (1 1 tg2 J) ]
202
160
] 3 (1 1 tg2 J) ]
400
] 0 5 20,4tg2 θ 1 tg J 2 0,4 ]
tg J1 5 2
21 ! ∙12 2 4 3 (20,4) 3 (20,4)
]{
2(20,4)
tg J2 5 0,5
4
b) VSA 5 VSB ]
5
4
4
DCA(inicial) 5 VSB 3 120; DCA(final) 5 VSB 3 FCA
5
5
]
DCB(inicial) 5 VSB 3 120; DCB(final) 5 VSB 3 150
] tg J 5
60°
5 km
5 km
Ss
Ss ] 5 km
30°
{
Como DCA(final) 2 DCA(inicial) 5 DCB(final) 2 DCB(inicial), tem-se:
60°
5 km
Pela Lei dos Cossenos: SS 5 ∙a2 1 2ab cos J 1 b2 ]
] SS 5 ∙52 1 2 3 5 3 5 cos 60° 1 52 ]
] SS 5 ∙52 1 52 1 52 5 ∙3(52) 5 5∙3
18 d
a) Incorreta. Tanto a altura máxima quanto o alcance
dependem do ângulo de lançamento e não são iguais.
b) Incorreta. Somente a velocidade vertical do projétil
é nula na altura máxima, porém ele possui velocidade
não nula na horizontal.
c) Incorreta. A energia cinética do projétil é
máxima quando sua velocidade é máxima, ou seja, a
energia cinética é máxima logo após o lançamento e
no retorno do projétil ao nível do lançamento.
d) Correta. A aceleração é constante e igual à
aceleração da gravidade no local.
e) Incorreta. O projétil realiza a combinação de dois
movimentos: MU na horizontal e MUV na vertical.
19 d
a) Incorreta. f 5 120 rpm 5 2 Hz
b) Incorreta. O sistema faz com que as duas esferas
estejam ligadas a um mesmo elemento que obriga
que elas se movam com velocidades distintas.
c) Incorreta. V 5 h 3 R, ou seja, a velocidade linear
depende do raio da trajetória.
d) Correta. Toda partícula em movimento circular possui
aceleração centrípeta.
e) Incorreta. De acordo com a frequência calculada
em a, pode-se afirmar que a partícula realiza duas
rotações por segundo (2 Hz) e não uma volta a cada 2 s.
4
4
VS 3 FCA 2 VSB 3 120 5 VSB 3 150 2 VSB 3 120 ]
5 B
5
4
] 3 FCA 2 96 5 30 ] FCA 5 157,5 batimentos
5
por minuto.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
17 d
Revisão em 22 volumes – Biologia – Gabarito
ESTUDANDO Cinemática vetorial
Para o ENEM
1 a
Enquanto a roda dentada dá uma volta completa, o
disco interno terá girado o equivalente a 4 voltas.
Assim, como o raio do disco interno é de 5 cm, tem-se:
ΔS 5 4 3 2sr ] ΔS 5 40s cm ] ΔS 5 40 3 3,2 5 128 cm
π
Como a velocidade da roda dentada é de rad/s e o
2
deslocamento angular é de 2π rad, tem-se:
2π
Δt 5
] Δt 5 4 s.
π
2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 b
Se o ângulo de inclinação do braço da catapulta é 60°,
então o ângulo da velocidade de lançamento será 30°.
2
g 3 t2
y 5 y0 1 v0yt 1 g 3 t ] y 5 v0 3 sen a 3 t 2
2
2
30
10 2
2
3 t ] 10 5 15t 2 5t ]
3t2
10 5
2
2
3!1
3 ! ∙9 2 8
] t2 2 3t 1 2 5 0 ] t 5
5
2
2
t1 5 1 s e t 2 5 2 s
Como se deseja saber a menor distância, será utilizado
o tempo de 1 s, que é o tempo, na subida, em que a
altura de 10 m é atingida.
∙3
x 5 v0 3 cos a 3 t ] x 5 30 3 2 3 1
Fazendo ∙3 7 1,7, tem-se: x 5 25,5 m.
3 e
Definindo a velocidade de translação da Terra em
relação ao Sol como vT e a velocidade da Lua em
relação à Terra como vL, tem-se que a velocidade da
Lua em relação ao Sol será dada pela soma vetorial
vT 1 vL 5 v. Analisando a imagem do enunciado, pode-se
dizer que a metade interna da trajetória da Lua em
torno da Terra, isto é, quando ela está entre a Terra e
o Sol, a componente de vL na direção da velocidade
vT tem sentido oposto à vT, o que faz que v tenha o
módulo menor que vT. Já na parte externa da trajetória,
quando a Terra está entre a Lua e o Sol, a componente
de vL na direção da velocidade vT tem mesmo sentido
que vT, o que faz que v tenha o módulo maior que vT.
4 a
Se ela gira s rads/s, isso quer dizer que gira 2s ou uma
volta a cada 2 segundos. Então, a cada 2 segundos ele
tem chance de acertar o orifício, se não errar o tiro e
mantiver a arma na direção inicial. Em 60 segundos fará
30 disparos, podendo acertar todas as balas, o que
não é fácil probabilisticamente.
Se ele acertasse todos os tiros, então gastaria toda a
sua munição – 30 balas –, uma a cada 2 segundos.
Se errar os 10 primeiros tiros, ainda tem 20 chances no
tempo restante de 40 segundos.
E se acertar o último tiro apenas, finda seu tempo logo
após o disparo, e já terá perdido as outras 29 balas.
Se ele dispara aleatoriamente, sem contar o tempo
entre os disparos e sem manter a arma na direção
inicial, terá menos chance de acertar, pois é mais fácil
prever um tiro a cada 2 segundos na direção inicial
(fixa) da arma em relação ao orifício.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Leis de Newton e algumas forças especiais
Para o VESTIBULAR
1 b
8 b
Em relação a um referencial fixo fora do carro,
observa-se, antes da frenagem, que o carro e o
passageiro apresentam a mesma velocidade.
Portanto, pelo princípio da inércia, tanto o carro quanto
o passageiro tendem a permanecer nesse estado de
movimento. Assim, no momento da frenagem do
carro, o passageiro continua em movimento. Logo,
pode-se concordar apenas com a explicação da 1a pessoa.
Isto é: 4,2 = (1 1 2 1 3) ∙ a } a = 0,7 m/s2
Logo, a força resultante sobre o corpo B será:
FR = mB ∙ a = 2 ∙ 0,7 } FR = 1,4 N.
9 a
N
Caixa
P
Veja o contexto da
figura 5 na teoria.
–N
Tampo
da mesa
–P
Centro
da Terra
Observe que as trações nas extremidades do fio 2 são
iguais em módulo, já que os fios são ideais. Dado que
o sistema está em equilíbrio, tem-se:
• Para o corpo de massa M:
T1 5 T2 1 PM ] T1 5 T2 1 Mg (1)
• Para o corpo de massa m:
T2 5 Pm ] T2 5 mg (2)
Substituindo (2) em (1) e considerando g 5 10 m/s2:
T1 5 mg 1 Mg 5 10 3 10 1 20 3 10 } T1 5 300 N
3 c
Substituindo T1 5 300 N na expressão (1), obtém-se:
T1 5 T2 1 Mg ] 300 5 T2 1 20 3 10 } T2 5 100 N
Considere a figura:
Tmáxima = 1.800 N
Cabo
Aplicando a 2a Lei de Newton ao movimento do corpo,
tem-se: FR 5 Tmáx ] m 3 amáx 5 Tmáx } 900amáx 5 1.800
} amáx 5 2,0 m/s2
4 a
Pelo princípio de ação e reação – 3a lei –, se a Terra
atrai a maçã com a força peso, a maçã também atrai a
Terra com a mesma força em módulo e mesma direção,
mas em sentidos opostos. Portanto, a Terra é acelerada
em direção ao corpo, mas como a massa da Terra é
muito maior que a do corpo, sua aceleração será
praticamente nula durante a queda do corpo – 2a lei.
5 e
Como não há movimento na direção vertical, pode-se
escrever: N = Pcaixa + F ∙ sen 30 = 2 ∙ 10 + 30 ∙ 0,5 = 35 N
6 c
Da 2a lei tem-se:
4.000
= 2.000 m/s2
2
1
= 7 m/s
Assim: v = v0 + a ∙ t = 5 + 2.000 ∙
1.000
F = m ∙ a⇒a =
7 a
F – P = m ∙ a ⇒ 30 – 2 ∙ 10 = 2 ∙ a ⇒ a = 5 m/s2
Assim, da equação da velocidade para esse movimento
tem-se: v = v0 + a ∙ t = 0 + 5 ∙ 2 = 10 m/s2
T1
Logo: ​  __ ​ 5 3.
T2
10 c
A equação horária desse movimento será:
2∙2
a ∙ t2
⇒a=
= 4 m/s2
s = s0 + v0 ∙ t +
12
2
Para o equilíbrio tem-se:
T – P = m ∙ a ⇒ T = 3 ∙ 10 + 3 ∙ 4 = 42 N
11 a
Para que o bloco se mova, a força F = 20 N deve ser
superior à força de atrito estático máximo Amáx
est , que
pode ser calculada como segue:
Amáx
= μest ∙ N = μest ∙ mg = 0,3 ∙ 10 ∙ 9,8 ∴ Amáx
= 29,4 N
est
est
Nesse caso: F  Amáx
est ; portanto, o corpo ainda está em
repouso e deve-se ter A = F = 20 N.
12 II, III, IV
fat = μc ∙ N = 0,3 ∙ 4 ∙ 10 = 12 N
20 –12
= 2 m/s2
4
A força resultante será dada por: FR = F + fat = 20 – 12 = 8 N
Da 2a Lei, tem-se: F – fat = m ∙ a ⇒
Da equação de Torricelli: v2 = v20 + 2 ∙ a ∙ ∆s = 1 + 2 ∙
∙ 2 ∙ 12 = 49 ⇒ v = 7 m/s
–12
= –3 m/s2
4
49
≃ 8,16 m.
Assim: v2 = v20 + 2 ∙ a ∙ ∆s = ∆s =
2∙3
Da 2a Lei: fat = m ∙ a ⇒ a =
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 d
Considerando os blocos A, B e C como um único
corpo, o módulo da força resultante sobre ele (F ) é
dado pela 2a Lei de Newton:
F = (mA 1 mB 1 mC) ∙ a
13 a
18 c
Tem-se a seguinte marcação de forças
sobre o corpo A: pelo princípio de ação e
reação, conclui-se que a reação à força
Fel
N
normal sobre o corpo está no prato da
balança. Portanto, determinar a indicação
da balança significa determinar a
O coeficiente de atrito não depende de fatores
externos, mas sim da natureza das superfícies em
contato. Portanto, ele é o mesmo em ambos os
planetas.
19 d
A
P
Sobre o bloco atuam as seguintes forças:
Fat
intensidade da força normal. Supondo que
N
o corpo esteja em equilíbrio sobre a balança, tem-se:
F
N + Fel = P ⇒ N = P – kx ⇒ N = 5 – 20 ∙ 0,2 ∴
P
∴N=1N
Para que o bloco não deslize, deve-se ter N = F. Assim:
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
14 a
A força de atrito é proporcional à normal que a
superfície exerce sobre o corpo fat = μ ∙ N, sendo
menor quando o corpo está em movimento (atrito
dinâmico) do que quando o corpo está parado (atrito
estático).
15 b
No corpo B, tem-se: Fel = mB ∙ aB = 5 ∙ 1,6 = 8 N
No corpo A:
FR
F – Fel
F – Fel = mA ∙ aA ⇒ aA =
⇒ aA =
4
mA
Sendo a força resultante:
FR = F – Fel = F – mB ∙ aB = f – 8
Testando a equação que vincula a aceleração à força
resultante em cada uma das alternativas, conclui-se
que o único par que a satisfaz é o da letra b.
16 d
Da 1a lei: F – fat = 0 ⇒ F = μ ∙ m ∙ g
Somando vetorialmente a força de atrito e a normal
(as forças de contato), tem-se:
FR2 = f 2at + N2 = (μ ∙ m ∙ g)2 + (m ∙ g)2 = m ∙ g ∙1 + μ2
17 Sabendo que a inclinação da reta do gráfico representa
a aceleração, quanto mais inclinada, maior a aceleração.
Assim, conclui-se que a aceleração máxima será:
∆v
11 – 0
a=
=
= 2,2 m/s2
∆t
5
A força de atrito será a resultante das forças que
atuam sobre o corredor enquanto ele acelera –
desconsiderando a resistência do ar. Conclui-se que,
para que o corredor não derrape:
(fat)mín = m ∙ amáx = (μe)mín ∙ N = (μe)mín ∙ m ∙ g ⇒
⇒ (μe)mín =
a
2,2
m∙a
=
=
= 0,22
g
10
m∙g
Fat = P ⇒ μest ∙ N = mg ⇒ μest ∙ F = mg ⇒
mg
2
∙ 10
_____
⇒ F = ​  ____
jest ​ = ​  0,5 ​ ∴ F = 40 N
20 b
Como o sistema está em movimento uniforme, para o
corpo A tem-se:
T = PA = mA ∙ g = 3 ∙ 10 ∴ T = 30 N
E, para o corpo B:
30 = T = Fat = cin ∙ N = cin ∙ mBg = cin ∙ 10 ∙ 10 ∴
∴ cin = 0,30
21 Dado que o corpo está em repouso e na iminência de
escorregar, tem-se:
Fel + Fat = Px ⇒ kx + μest ∙ N = P ∙ sen θ
Mas:
N = Py = P ∙ cos θ = 10 ∙ 0,8 ∴ N = 8 N
Logo:
6 2 1,6
 ​∴
k ∙ 0,2 + 0,2 ∙ 8 = 10 ∙ 0,6 ⇒ k = ​  _______
0,2
∴ k = 22 N/m
22 a
Aplicando a 2a Lei de Newton a cada um dos
blocos, chega-se ao sistema:
14 2 fAB 2 fat 5 2 3 1
fAB 2 fat 5 2 3 1
14 2 2fat 5 4
]
fat 5 5 N
Retornando à segunda equação, obtém-se fAB = 7 N.
23 c
As velocidades das esferas tornam-se constantes
quando o módulo da força de resistência do ar em cada
esfera torna-se igual ao módulo da força peso. Nessas
m Ag
condições, tem-se: FA 5 PA ] kvA2 5 mAg } vA2 5
k
Dado que mA 5 2 mB, tem-se:
d
lllll
2mBg
2mB 3 g
 ​ ​ , conforme orientação.
 ​} vA 5 ​ ​  _____
• vA2 ​  _______
k
k
m
lllll
B3g
_____
• FB 5 PB ] kvB2 5 mBg ] vB 5 ​ ​  k ​ ​ , conforme
orientação. Assim:
∙
d
k
2mBg
vA
∙
2.
5 ​dll
5
m
vB
Bg
k
24 b
Aplicando a 2a Lei de Newton ao movimento do corpo,
tem-se: F 2 Fat 5 m 3 a ] F 2 jcin 3 N 5 m 3 a
25 e
Do enunciado pode-se concluir que a força de atrito
estático é maior que 12 N. Assim: fat – 12  0 ⇒ fat  12 N.
F1 – F2 = 9 N é menor do que a força necessária
para superar a força de atrito estático e colocar o
corpo em movimento; então, ele permanece parado.
Como o atrito é uma força passiva, conforme a
resultante das forças ativas aplicadas ao corpo
aumenta, empurrando-o horizontalmente – suas
rugosidades contra as rugosidades do piso –, este, pelo
princípio da ação e reação, empurra o corpo de volta
com a mesma intensidade, mesma direção e sentido oposto.
Assim, até que a força de atrito estático – dada por
fate = μe ∙ N – seja superada, a resultante no corpo
continua nula e o corpo permanece parado. A partir
desse valor, a resultante deixa de ser nula e o corpo
entra em movimento.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Como N 5 P 5 mg, ou seja, N 5 20 N, tem-se:
60 2 0,2 3 20 5 2 3 a } a 5 28 m/s2
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Leis de Newton e algumas forças especiais
Para o ENEM
1 a
I – Verdadeira: no estado de inércia, tem-se FR = 0
sobre o corpo e, portanto, sua aceleração é nula.
Assim, ou o corpo se encontra em repouso (equilíbrio
estático) ou em movimento retilíneo e uniforme
(equilíbrio cinético). II – Verdadeira. III – Verdadeira.
2 e
I – Verdadeira: se não desprezarmos a resistência do
ar, apenas ela e o peso atuam na bola durante o voo.
Assim, a resultante é a soma de ambas.
II – Falsa: não se soma força com velocidade.
III – Falsa: a reação da bola no pé ficou no pé, e não na bola.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3 a
Se o empilhamento máximo é de cinco caixas, a última
é capaz de suportar apenas a carga das outras quatro
sobre si. Se cada caixa tem 10 kg, 4 caixas têm 40 kg,
com um peso de 400 N.
Na pilha com 10 caixas, serão danificadas as que
tiverem mais de 4 caixas sobre si, ou seja, as 5
mais abaixo.
4 c
O tamanho da mola com a massa de 2 kg (P = 20 N)
vale 2 m.
Sem a massa, seu tamanho natural é 1,8 m.
Portanto, a deformação x = 0,2 m.
No equilíbrio, a força elástica deve equilibrar somente
o peso: Fel = P. Então:
Fel = P
k∙x=m∙g
(2 ∙ 10)
k=
0,2
k = 100 N/m
5 d
Com velocidade constante, a caravela, o marujo e sua
moeda seguem um sistema com referencial inercial,
em que a lei da inércia afirma que um objeto tende a
continuar seu movimento, desde que nenhuma força
interfira.
A moeda tende a acompanhar o mastro, apesar de
ganhar MUV na vertical devido à queda livre.
Então, a moeda cai ao pé do mastro.
6 b
Caso A – carga no vagão 1:
Usando a 2a Lei de Newton no vagão 1:
FR = m1 ∙ a
T = (500 + 1.000) ∙ a ⇒ T = 1.500 ∙ a (I)
Usando a 2a Lei de Newton no vagão 2:
FR = m2 ∙ a
F – T = 500 ∙ a ⇒ 2.000 – T = 500 ∙ a (II)
Resolvendo o sistema das equações I e II, obtém-se a
aceleração a = 1 m/s2.
Substituindo a aceleração em uma das equações,
obtém-se a tração T = 1.500 N.
Caso B – carga no vagão 2:
Usando a 2a Lei de Newton no vagão 1:
FR = m1 ∙ a ⇒ T = 500 ∙ a (I)
Usando a 2a Lei de Newton no vagão 2:
FR = m2 ∙ a
F – T = (500 + 1.000) ∙ a ⇒ 2.000 – T = 1.500 ∙ a (II)
Resolvendo o sistema das equações I e II, obtém-se a
aceleração a = 1 m/s2.
Substituindo a aceleração em uma das equações,
obtém-se a tração T = 500 N.
Conclusão: a aceleração é a mesma, mas a tração muda.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Aplicações das Leis de Newton e gravitação universal
Para o VESTIBULAR
4 c
1 a
No plano inclinado, Px 5 P 3 sen 30° e Fc 5 jc 3 N 5
5 jc 3 P 3 cos 30°. Como o bloco sobe em MU, a resultante
das forças na direção paralela à rampa deve ser nula.
Logo, F 5 Px 1 Fc, o que torna corretas as afirmativas I e IV.
2 b
Antes de discutir as questões, devem-se marcar as forças
que agem sobre cada um dos blocos de massas M1 e M2
e suas componentes:
T
N
J
P1
Da equação da velocidade para o movimento desse
–8
móvel tem-se: v = v0 + a ∙ t ⇒ a =
= –5 m/s2
1,6
Assim: v = v0 + a ∙ t ⇒ v0 = 8 + 5 ∙ 2,4 = 20,0 m/s
A inclinação do plano será dada por:
a
5
sen θ =
=
= 0,5 ⇔ θ = 30°
g
10
M2
P2
Dessa forma, para que o corpo de massa M2 desça em
movimento acelerado, deve-se ter:
P2 . Px ] M2 g . P1 3 sen J ]
] M2 g . M1 g 3 sen J ] M2 . M1 sen J.
Por outro lado, para que o corpo de massa M1 desça em
movimento acelerado, deve-se ter P2 , Px. Finalmente,
a condição para que o sistema permaneça em equilíbrio
é que P2 5 Px. Portanto, as respostas da questão I são,
respectivamente:
M2 . M1 sen J; M1 sen J . M2; e M2 5 M1 sen J.
Pelas condições em II, verifica-se que M1 sen J . M2, pois:
M1sen J 5 40 3 0,5 5 20 . 10. Logo, o corpo M1 desce o
plano inclinado em movimento acelerado. Orientando a
trajetória no sentido anti-horário, tem-se:
• para o corpo de massa M1:
Px . T ] Px 2 T 5 M1 3 a (1)
• para o corpo de massa M2:
P2 . T ] T 2 P2 5 M2 3 a (2)
Somando (1) e (2) membro a membro, tem-se:
Px 2 P2 5 M1 a 1 M2 a ] M1 g sen 30° 2 M2 g 5
5 a(M1 1 M2) ] g(M1 sen 30° 2 M2) 5 a(M1 1 M2) ]
]10(40 3 0,5 2 10) 5 a(40 1 10) ] } a 5 2 m/s2
3 c
Sabe-se que:
PT = P ∙ sen θ
PN = P ∙ cos θ
Assim, da primeira lei aplicada à polia tem-se:
mB ∙ g
PB = 2 ∙ T ⇒ T = 2
Agora, da primeira lei aplicada ao corpo A tem-se:
m ∙g
Pt = fat + T = μ ∙ mA ∙ g ∙ cos θ + B
= mA ∙ g ∙ sen θ ⇒
2
2
(50 ∙ 10 ∙ 0,8 – 0,2 ∙ 50 ∙ 10 ∙ 0,6) = 68 N
⇒ mB =
10
Como as massas dos corpos são diferentes, se o
elevador estivesse com velocidade constante, os corpos
não poderiam ficar equilibrados. A única forma de isso
acontecer é se os corpos – e o elevador – estiverem em
queda livre. Assim, o movimento será de descida
acelerada – pela gravidade.
7 a
Sejam, respectivamente, T1 e T2 as forças de tração no
fio que une os corpos de massas 4 kg e 6 kg ao corpo
de massa 10 kg. Considerando que o sistema tende a
se movimentar no sentido horário (a inércia favorece o
corpo de massa 6 kg), a força de atrito (Fat) sobre o bloco
de 10 kg tem sentido da direita para a esquerda. Nessas
condições, dado que o sistema permanece em repouso,
tem-se:
Fat 1 T1 5 T2 ] Fat 5 T2 2 T1
(1)
Para os corpos de massas 4 e 6 kg, pode-se escrever,
respectivamente:
T1 5 P1 5 4 3 10 } T1 5 40 N
(2)
T2 5 P 5 6 3 10 } T2 5 60 N
(3)
Substituindo (2) e (3) em (1), resulta:
Fat 5 60 2 40 } Fat 5 20 N
8 (02) (08)
Soma: 02 + 08 ∙ 10
Chamando as massas de 200 g e 400 g, respectivamente,
de A e B, tem-se:
PB – T = 0 ⇒ T = 3,92 N
T – PA = mB ∙ a ⇒ 3,92 – 1,96 = 0,2 ∙ a ⇒ a = 9,8 m/s2
Como a roldana tem a metade da aceleração de A,
além de se poder afirmar que os deslocamentos
serão diferentes, pode-se dizer que:
aA = 2 ∙ aroldana ⇒ vA = 2 ∙ vroldana ⇒ vA = 9,8 m/s
Após a parada da roldana tem-se:
PB – T = a B ∙ mB
T – PA = a ∙ mA
Assim: PB – PA = a ∙ (mA + mB) ⇒
⇒a=
1,96
PB – PA
≅ 3,27. m/s2
=
0,6
(mA + mB)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Px
5 b
6 d
T
M1
Pela primeira lei tem-se: T = fat + Ptan = μc ∙ m ∙ g ∙ cos θ +
+ m ∙ g ∙ sen θ = 0,1 ∙ 60 ∙ 10 ∙ 0,9 + 60 ∙ 10 ∙ 0,44 =
= 54 + 264 = 318 N
9 e
11 b
Pela segunda lei tem-se que: Fcp = P + N ⇒ P = m ∙ acp =
v2
= m ∙ g ⇒ v = ∙r ∙ g
=m∙
r
Como: P = m ∙ acp = m ∙ g ⇒ acp = g
10 a) Em queda livre, a única força que atua sobre o
objeto durante todo seu movimento é a força peso;
portanto: a 5 g. Observe a figura:
v0 = 0; s0 = 0; t0 = 0 (0,1)
Origem
P
Água
N
Observe que a normal corresponde
à reação da força que a água
P
aplica sobre o fundo do balde quando
Balde
ele se encontra nessa posição.
Para obter a velocidade mínima que o conjunto
(balde 1 água) deve ter para que a água não caia,
deve-se considerar que a água no interior do balde esteja
na iminência de cair, ou seja, que N 5 0.
Nessas condições, como o movimento do conjunto é
circular, a resultante centrípeta sobre a água
v 2mín
 ​5mg ]
corresponde ao seu peso: Fcp 5 P ] m ∙ ____
R
Rg ​ 5 ​dlllll
] v 2mín 5 Rg ] vmín 5 ​dlll
5 3 9,8 ​ } vmín 5 7 m/s
12 Como o movimento é curvilíneo, a esfera está submetida
s = 2.420 m
a uma resultante centrípeta.
Para que haja resultante centrípeta sobre a esfera,
deve-se ter T . P. Logo:
Solo
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
(+)
Substituindo os dados na equação horária do
movimento, tem-se:
10t2
 ​} t 5 22 s
2.420 5 0 1 0t 1 ​  ____
2
b) Nesse caso, tem-se a figura:
v0 = 0; s0 = 0; t0 = 0
Origem
F
t = 7 s; s = 200m
Movimento variado
P
Movimento uniforme
(v = 60 m/s)
Solo
s = 2.420 m
(+)
Segundo o enunciado, o tempo de queda durante o
movimento variado é de 7 s. Portanto, falta acrescentar
a esse valor o tempo de queda durante o movimento
uniforme.
O início do movimento uniforme ocorre em s0 5 200 m.
Assim, da relação s 5 s0 1 vt, tem-se:
2.420 5 200 1 60t ] t 5 37 s
Logo, o tempo total de queda será:
ttotal 5 7 1 37 } ttotal 5 44 s
mv2
 ​5 T 2 mg
Fcp 5 T 2 P ] ​  ____
R
em que R é o raio da trajetória, que corresponde, nesse
caso, ao comprimento do fio.
Substituindo os devidos valores na expressão acima,
0,6 3 22
 ​5 T 2 0,6 3 10 ] T 5 14 N.
obtém-se: ​  ______
0,3
13 d
3 v2mín
_______
Na situação-limite, tem-se Fcp 5 P; então: ​  m
 ​
5
R
2
2
5 m 3 g ] v mín 5 R 3 g ] v mín 5 2,5 3 10 ] vmín 5 5 m/s
14 a)
Descrevendo as forças:
N
Caso I
P → Peso do ciclista + bicicleta
θ
fa
N → Força normal
fa → Força de atrito
N
P
Caso II
N
v2
N θ
⇒ μmg =
b) fa = fc ⇒ μN = m
R
2
2
2
v
10
v
⇒μ=
=m
=
= 0,1
Rg
100 ∙ 10 fa
R
v2
P
, Ny =P P ⇒
c) Nx = Fc ⇒ Nsen θ = m
R
⇒ N cos θ = mg ou, dividindo a primeira equação pela
v2
v2
segunda, tg θ = Rg ⇒ tg 45° = 100 ∙ 10 ⇒ v = 10∙10 m/s
P
20 a
É necessário basear-se na segunda Lei de Kepler para
determinar a relação entre tAB e tBC, e na Lei da gravitação
universal para determinar os sentidos de FA e FB.
Consideradas essas condições, observe a figura:
Área AB; tAB
B
C
Área BC; tBC
FB
FA
Estrela
A
D
Como a estrela está mais próxima de A, tem-se:
área BC > área AB. Portanto, pela segunda Lei de Kepler,
deve-se ter tBC > tAB, uma vez que a velocidade de
translação do planeta diminui à medida que ele se afasta
​ ≃+
AB​
da estrela, já que +
​BC​. Como a resultante das forças
é centrípeta, FA e FB apontam para o centro da estrela.
16 d
@ # @ #
TB 2
Da terceira Lei de Kepler, tem-se ​​ ​  __ ​  ​​ ​ 5 ​​
TA
RB 3
​  __ ​  ​​ ​.
RA
Substituindo os dados do enunciado, tem-se:
@ # @ # @ #
6R 3
TB 2
TB 2
TB
___
6 ​
​​ ​  __ ​  ​​ ​ 5 ​​ ​   ​  ​​ ​ ] ​​ ​  __ ​  ​​ ​ 5 216 ] ​ __ ​ 5 6​dll
R
TA
TA
TA
17 (01) (02) (08) (16)
Soma: 01 + 02 + 08 + 16 ∙ 27
A única proposição errada é a 04, pois a terceira Lei de
Kepler diz que o quadrado do período de tempo que
um planeta leva para dar uma volta completa em
torno do Sol é proporcional ao cubo do raio médio
da elipse.
18 d
Pela Lei da gravitação universal, tem-se:
m1 3 m2
 ​
F 5 G ​  _______
d2
d
Com ​ __ ​ , a intensidade da nova força Fe será:
3
m1 3 m2
G
3 m 1 3 m2
_________
 ​
 ​
5 9F
5 9 3 G ​  _______
Fe 5 ​ 
2
d
d2
​​ ​ __ ​  ​​ ​
3
@ #
19 a
Nas condições do enunciado, a única força que age
sobre Vênus é a da atração gravitacional (F ), que
corresponde à própria resultante centrípeta:
F 5 Fcp ] F 5 mVênus 3 acp ]
2s 2
___
] F 5 mVênus 3 h2R ] F 5 mVênus 3 ​​ ​  T ​  ​ ​3 R
@ #
Substituindo os devidos valores e adotando s 5 3,14,
@
#
2 3 3,14 2
tem-se: F 5 5 3 1024 3 ​​ ​  _______7 ​  ​​ ​3 1011 } F 7 5 3 1022 N
2 3 10
A velocidade do satélite em órbita geoestacionária pode
2s
ser obtida pela relação: v 5 h 3 R ] v 5 ​  ___ ​3 R,
T
em que T 5 24 h (ou 86.400 s), já que o período de
rotação do satélite deve ser o mesmo que o da Terra em
torno do seu próprio eixo.
2s
2s
Então: v 5 ​  ___ ​3 R ] v 5 ​  ______ ​ 3 3,6 3 104.
86.400
T
Adotando s 5 3,14, obtém-se: v ≃ 2,6 km/s.
Para o cálculo da aceleração centrípeta, utiliza-se a
(2,6)2
v2
relação: acp 5 ​  __ ​ ] acp 5 ​  _______4 ​ } acp 7 1,9 3 1024 km/s.
R
3,6 3 10
21 e
gT =
≃ 1,5
GM
G5M
5
GM
∙ 2 ≃
⇒ gC =
⇒ gC =
R2
(1,8R2)
3,24
R
GM
, ou seja, gC + 1,54gT
R2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
15 a
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Aplicações das Leis de Newton e gravitação universal
Para o ENEM
1 b
A força peso sobre a criança é: P = m ∙ g.
P = 30 ∙ 10 = 300 N
A resultante sobre a criança é a parte do peso que a faz
descer pelo toboágua. PT é a componente tangente:
PT = P ∙ sen (θ) = 300 ∙ 0,6 = 180 N
Assim, aplicando a Lei de Newton, a aceleração fica:
FR = m ∙ a
180 = 30 ∙ a
a = 6 m/s2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 e
I – Falsa: as estações do ano estão relacionadas com
a inclinação do eixo de rotação da Terra, e não com
sua proximidade do Sol.
II – Verdadeira: áreas iguais são varridas em
tempos iguais, pela reta que liga o Sol ao planeta.
Então, quanto mais próximo do Sol mais veloz deve
estar o referido planeta.
III – Falsa: a terceira Lei de Kepler relaciona o período
de translação com o raio médio (T2 = k ∙ R3), e não
o período de rotação.
3 d
A resultante centrípeta depende da massa e da
velocidade do corpo, bem como do raio de curvatura
da trajetória. A massa e o raio são constantes nas
situações A, B e C.
m ∙ v2
Rcp =
R
A componente tangencial do peso age acelerando
a massa no caminho AB e desacelerando no caminho
BC.
4 d
I – Verdadeira: a forma do objeto pode diminuir a
resistência do ar.
II – Verdadeira: diminuindo o volume do objeto a
resistência do ar encontra menos área de secção
reta para agir.
III – Verdadeira: quanto mais rarefeito o ar no local
da queda, menor será sua interferência.
5 e
A polia fixa só altera a direção da força aplicada,
enquanto a móvel compartilha a carga com o teto,
dividindo-a pela metade.
A primeira polia entrega metade da carga para a
segunda, que entrega metade da metade para a
terceira, e assim sucessivamente, até chegar à fixa,
que não altera o valor, apenas a direção.
Portanto, a vantagem mecânica vale:
VM = 2n = 25 = 32, em que n é o número de polias
móveis.
6 c
No looping, a situação extrema é quando a posição
do carrinho for a invertida, de ponta-cabeça. Nela a
força normal é nula, e a resultante centrípeta é a
força peso.
m ∙ v2
=m∙g
Assim: Rcp = P
R
2
v =R∙g
v = (R ∙ g) 1
2
Substituindo os valores: v = (10 ∙ 10) 12 ⇒ v = 10 m/s
Convertendo para km/h, resulta:
10 m/s ∙ 3,6 = 36 km/h
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Estática e hidrostática
Para o VESTIBULAR
1 b
4 d
TB
TA
T
em que T 5 P, já que o bloco se encontra em equilíbrio
na direção vertical. Aplicando as condições de
equilíbrio, é feita a soma vetorial de T, TA e TB,
de modo a obter uma linha poligonal fechada, o que
garante que a resultante seja nula.
TA
45°
T=P
TB
45°
Do triângulo, tem-se:
P
P
2 ​ ∙ P
sen 45° = ​ __ ​ ⇒ TB = ​ ___ ​ ∴ TB = d​ ll
ll
T
2 ​
​d___
​   ​
2
2 e
Analisando as forças que atuam no prego em equilíbrio:
36 N
Tx
Tx
T
θ
θ
Ty
Ty
T
2Ty = 36 ⇒ Ty = 18 N
Fy
6 e
Por definição, a pressão ( p) é a razão entre a
intensidade de uma força ( F ) aplicada em uma superfície
F
e a área (A) desta. Em símbolos: p = ​ __ ​ . Portanto,
A
pode-se afirmar que a pressão é inversamente
proporcional à área.
7 a
Do equilíbrio em P1 vem:
500
C
P
B
NB
Para haver equilíbrio no sistema, é necessário que
Fx = NB e Fy = P. Com base na figura, também se pode
2
concluir que: tg a = ​ __ ​ .
3
P
F ∙ sen a = P ⇒ tg a = ​ ___
 ​ ⇒
NB
F ∙ cos a = NB
2 30
⇒ ​ __ ​ = ​ ___ ​ ⇒ NB = 45 N
3 NB
Como θ é menor do que α, seu cosseno será menor.
Assim, pode-se concluir que a tração na corda curta
é maior do que na longa; a possibilidade de ela romper
é maior do que a da longa.
ΣFY = 0 ⇒ P2 = T3 ∙ sen 30º ⇒ P2 = ∙ N
3
α
A
Sendo θ o ângulo formado pela intersecção da corda
longa com uma horizontal passando pela argola que
prende a esfera e α o ângulo formado pela intersecção
da corda curta com a mesma horizontal, como o
sistema está em equilíbrio, tem-se:
cos θ
T
ΣFX = 0 ⇒ Tlongo cos θ = Tcurto cos α ⇒ curto = cos α
Tlongo
Fazendo o mesmo para o corpo P2, vem:
1.000
ΣFx = 0 ⇒ T3 ∙ cos 30º = T2 ⇒ T3 = ∙ N
3
3 Diagrama de forças:
Fx
5 d
ΣFY = 0 ⇒ T1 ∙ sen 45º = P1 ⇒ T1 = 500 ∙2 N
ΣFx = 0 ⇒ T2 = T1 ∙ cos 45º ⇒ T2 = 500 N
Ty
30 18
cos θ = ​  __ ​ ⇒ ​ ___ ​ = ​ ___ ​ ⇒ T = 30 N
T
50
T
F
Situação 1: equilíbrio de rotação
y
m
 ​
m ∙ g ∙ x = m1 ∙ g ∙ y ⇒ ​ __ ​ = ​ ___
x m1 (1)
Situação 2: equilíbrio de rotação
y m2
 ​
m2 ∙ g ∙ x = m ∙ g ∙ y ⇒ ​ __ ​ = ​  ___
m (2)
x
m2
m
∙
 ​ ​  ___ ​
Igualando (1) e (2): ​ ___
m1 = m ⇒ m = m1 ∙ m2 .
8 b
Sabe-se que: ∆V1 = ∆V2 ⇒ A2 ∙ H2 = A1 ∙ h1 ⇒
H
A
A
1
⇒ 2= 1 = 1 =
h1
A2
16A1 16
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
No ponto de cruzamento dos fios, tem-se as forças:
9 A pressão (p) que a parede externa do submarino deve
suportar corresponde à pressão hidrostática, dada por:
p = dgh ⇒ p = 103 ∙ 10 ∙ 100 ∴ p = 106 N/m2
Sabendo que 1 mm2 corresponde a 10–6 m2,
reescreve-se: p = 106 N/m2 = 1 N/mm2.
Ou seja, para cada mm2 da parede do submarino existe
uma força de 1 N.
10 c
Pelo princípio de Stevin:
pfundo = patm + d ∙ g ∙ h ⇒ 29,7 ∙ 104 = 9,9 ∙ 104 + 103 ∙
∙ 10 ∙ h ⇒ 104 ∙ h = 19,8 ∙ 104 ∴ h = 19,8 m
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
11 c
No nível de separação dos dois líquidos, a pressão nos
dois ramos do tubo deve ser igual. Pelo teorema de Stevin:
d gh
p1 = patm + 1
e p2 = patm + d2gh
4
d gh
Como p1 = p2 ] patm + 1 = patm + d2gh ]
4
d gh
] 1 = d2gh ] d1 = 4d2
4
12 a
Por Stevin, tem-se: PA = PB = 100.000 + 1.000 ∙ 10 ∙ 2 =
=1,2 ∙ 105 Pa
13 a
Considere a notação:
• Pi = Peso dos blocos sobre o êmbolo i
• Ai = Área do êmbolo i
i = {L, M, N}
Pelo teorema de Pascal, tem-se:
PN
PL PM
PM PN
PN
P L PM
​ __ ​ = ​  ___ ​ = ​  ___ ​ ⇒ ​ __ ​ = ​  ___ ​ = ​  ___ ​ ⇒ PL = ​  ___ ​= ​  __ ​
AN
A 2A 3A
3
2
A AM
O número de blocos a ser colocado nos êmbolos
coincide com os respectivos denominadores nas
frações acima; o trio que satisfaz a essa condição está
na alternativa a.
14 a
O peso dos líquidos será:
P = P1 + P2 = g(d1 ∙ v1 + d2 ∙ v2) = 10(0,0026 ∙ 500 +
+ 0,0008 ∙ 400) = 16,2 N
15 (02) (04)
(01)Incorreta. O volume total da esfera B (e, portanto, o
volume submerso) é oito vezes maior que o da esfera A.
(02)Correta. Pelo argumento anterior.
(04)Correta. Pelo princípio de Arquimedes, no
dcorpo ∙ Vcorpo
equilíbrio tem-se vsub =
.
dlíq
(08)Incorreta. O empuxo depende do volume de
líquido deslocado, e já foi concluído que o volume
deslocado por B é maior que o deslocado por A.
16 a
Por Stevin, pode-se escrever:
F
F
Patm + E = Patm + D + d ∙ g ∙ h ⇒ FD =
SE
SD
900 ∙ 10
= SE [
 900 ∙ 10 ∙ 4] = 0
0,2500
17 c
Ao ser solta: E – P = m ∙ a ⇒ g(ρH2O ∙ Vesfera – mesfera) =
=
10(1 ∙ 200 – 40)
= 0,04 ∙ a ⇒ a = 40 m/s2
1.000
Assim: v2 = v02 + 2 ∙ a ∙ ∆h = 0 + 2 ∙ 40 ∙ 0,5 = 40 ⇒
⇒ v2 = 40
Portanto: v2 = v02 – 2 ∙ g ∙ ∆h = 40 – 2 ∙ 10 ∙ ∆h = 0 ⇒
⇒ ∆h = 2 m = 200 cm
18 d
Na situação de equilíbrio: P = Eágua + Eóleo .
dcorpo ∙ Vcorpo = dágua ∙ Vágua + dóleo ∙ Vóleo
Como a área da base é a mesma para todo o bloco, os
fatores volumétricos serão simplificados, restando
apenas as respectivas alturas das colunas:
dcorpo ∙ hcorpo = dágua ∙ hágua + dóleo ∙ hóleo
d ∙ 10 = 1 ∙ 2,0 + 0,80 ∙ 8,0 ⇒ 10d = 8,4 ⇒
⇒ d = 0,84 g/cm3.
19 b
Sendo o empuxo dado por: E = dH2O ∙ VH2O ∙ g =
= 8, 77  8,27 ⇒ VH2O = Vliga = VAu + VAg = 0,05 m3
Assim: mliga = mAu + mAg = dAu ∙ VAu + dAg ∙ VAg ⇒
⇒ 19,3VAu + 10,5VAg = 0,877
Resolvendo o sistema formado pelas duas equações acima,
tem-se que: 8,8VAu = 0,352 ⇒ VAu = 0,04 m3 ⇒
⇒ PAu = dAu ∙ VAu ∙ g = 19,3 ∙ 0,04 ∙ 10 = 7,72 N
20 b
V, V, V, F, F
O movimento de subida ou descida dependerá do
sentido da resultante entre o peso do balão e o
empuxo. Assim, admitindo-se a partida do repouso, o
balão sobe se E > P e desce se E < P. Por outro lado, a
relação E > P só ocorre quando dar > db e E < P
implicam dar < db.
21 e
A massa de água deslocada pelo volume do corpo
imerso é de 40 gramas. Assim:
40
mH2O ∙ dH2O ∙ vcorpo ⇒ vcorpo =
= 40 cm3.
1
Assim: dcorpo = mcorpo = 100 ∙ 2,50 g/cm3.
40
vcorpo
22 (02)
⇒V=
40.000
= 4 m3
1.000 ∙ 10
Portanto, a proposição 02 está correta.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Soma: 02
A densidade do bloco será dada por:
16.000
m
=
= 2.666,7 kg/m3
d=
1∙2∙3
V
Como essa densidade é menor que a do ferro, pode-se
afirmar que as proposições 01 e 04 estão erradas.
Mudando o volume do bloco, tem-se:
m
16.000
= 1.000 kg/m3
d= V =
16
Assim, como a densidade do bloco e a da água são
iguais, não há flutuação.
A pressão na base do bloco não será de 250 kPa, pois:
Pbase = Patm + dágua ∙ g ∙ h = 100.000 + 1.000 ∙ 10 ∙ 25 =
∙ 350 kPa
A proposição 32 não está correta, pois existem outras
forças atuando, como o atrito entre a água e o casco.
O volume do bloco imerso para que o cabo aguente
será dado por:
E = P – Fmáx ⇒ d ∙ V ∙ g = 160.000 – 120.000 ⇒
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Estática e hidrostática
Para o ENEM
3 e
1 a
I – Verdadeira – a pressão (p) resulta da relação força (F)
F
pela área (A): p =
. Como a força peso da válvula é
A
constante, se a área aumenta, a pressão diminui.
II – Verdadeira – com a mesma relação, mantendo a área
e aumentando a força peso, a pressão de equilíbrio
será maior. III – Falsa – sem a válvula, a pressão
interna se iguala à externa, que vale 1 atm, e não zero.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 c
I – Falsa – a diferença entre as massas do submarino
cheio de água e vazio é a massa do volume de água que
cabe no tanque de lastro: mlastro = mcheio – mvazio (I)
Quando estiver cheio de água, seu volume será a razão
entre a massa e a densidade da água:
mágua = 18.000 – 12.000 = 6.000 toneladas = 6.000.000 kg
m
6.000.000
Vlastro = água (II) mágua =
dágua
1.000
6.000.000
Usando II: Vlastro =
1.000
Vlastro = 6.000 m
Comparando com o volume do submarino, de 15.000 m3:
Vlastro é menor que o resto do submarino.
II – Verdadeira – empuxo é o peso da água deslocada
pelo volume do objeto, no caso, o submarino:
E = dágua ∙ Vsub ∙ g
E = 1.000 ∙ 15.000 ∙ 10 = 150.000.000 N
Para equilibrar, o peso da embarcação mais o lastro deve
ser igual ao empuxo: Psub + Plastro = 150.000.000 N
(msub + mlastro) ∙ g = 150.000.000 N
(12.000.000 + mlastro) ∙ 10 = 150.000.000 N
mlastro = 15.000.000 – 12.000.000 = 3.000.000 kg
mlastro = 3.000 toneladas, que equivalem à metade
da capacidade do tanque de lastro.
III – Verdadeira – a pressão exercida por um líquido vale:
p = d ∙ g ∙ h = 1.000 ∙ 10 ∙ 500 = 5.000.000 ⇒
⇒ p = 5 ∙ 106 N/m2 ou 50 atm > 30 atm.
3
I – Falsa – se cada balão suporta 100 g = 0,1 kg, para
suportar a casa toda são necessários n balões:
mcasa
5.000
n=
=
= 50.000 balões
0,1
mbalão
II – Falsa – o volume das caixas seria:
Vcaixa = comprimento ∙ altura ∙ largura
Vcaixa = 5 cm ∙ 10 cm ∙ 20 cm = 1.000 cm3 = 1 litro = 10–3 m3
O número de caixas necessárias será:
(no de balões)
50.000
∙
= 500 caixas
C=
(balões por caixa)
C
O volume de 500 caixas será 500 vezes o volume de
uma única caixa: V500 = Vcaixa ∙ 500 = 500 ∙ 10–3 =
= 0,5 m3 = 500 litros. Caberia facilmente. III – Verdadeira –
todos os balões cheios teriam 50.000 vezes o volume de
um único balão: Vtotal = 50.000 ∙ 5 litros = 250.000 litros =
=250 m3. É menor que o da casa.
4 d
a) A força gravitacional entre corpo e esfera é muito
menor que o peso da esfera e não influencia o sistema;
b) O peso da esfera é constante: P = m ∙ g; c) Não há
contato entre o corpo e a esfera, portanto não há atrito
a ser considerado; d) A esfera no extremo do braço gera
um momento de giro sobre o ombro, que depende
da distância da esfera ao ombro; e) O peso é constante.
5 b
O volume do iceberg é Vice = 200 m3
Com 15% emersos, sobram 85% imersos.
Vfora = 15% de 200 m3 = 30 m3
Vdentro = 85% de 200 m3 = 170 m3
Assim:
a) Vdentro = 85% de 200 m3 = 170 m3
(densidade corpo)
(densidade do líquido)
0,85
densidade do corpo =
= 0,935 g/cm3
1,1
b) % imersa =
c) Vdentro = 85% de 200 m3 = 170 m3
d) A densidade deve ser menor que a da água para o
iceberg boiar.
e) Vfora = 15% de 200 m3 = 30 m3
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Trabalho e energia mecânica
Para o VESTIBULAR
a
II. Verdadeira. Nesse caso, a ∙ 0°; logo:
†F ∙ 100 3 2 3 1 } †F ∙ 200 J.
III. Falsa. No caso da força peso, a ∙ 90°.
Como cos 90° ∙ 0, tem-se necessariamente: †P ∙ 0.
IV.Verdadeira. Para a força normal, a ∙ 90°.
∴ †N ∙ 0.
2 b
A distância percorrida em meia hora é de 2,7 km.
Transformando a energia consumida de quilocalorias
para kJ, tem-se 810 kJ. Da definição de trabalho de uma
força constante: † ∙ F 3 d ] F ∙ 300 N.
a)A aceleração adquirida pelo corpo é máxima
quando a força resultante sobre ele também é máxima.
Isto é: Fmáx ∙ m 3 amáx. Com base no gráfico, Fmáx ∙ 4 N e,
do enunciado, m ∙ 2 kg.
Portanto: Fmáx ∙ m 3 amáx ] 4 ∙ 2amáx } amáx ∙ 2 m/s2.
b)Como a força F =é variável, o trabalho realizado por
ela pode ser calculado como segue:
†f ∙ área sob o gráfico
334 } † ∙6J
base 3 altura
 ​
 ​
f
†f ∙ ​  ___________
∙ ​  ____
2
2
Segundo o enunciado, a força F =atua na mesma
direção e no mesmo sentido do deslocamento do corpo.
Portanto: †f . 0, ou seja, †f ∙ 6 J.
4 b
F ∙ P ∙ m ∙ g ∙ 1,5 ∙ 10 ∙ 15 N
† ] F ∙ d ∙ cos J ] † 5 15 3 30 3 0,5 5 225
5 d
† ∙ F ∙ d ∙ cos θ
Como F ∙ cos θ ∙ constante, tem-se que † é função de d,
que apresenta a forma de uma função afim, ou seja, seu
gráfico é uma reta que passa pela origem dos eixos.
† ∙ F ∙ d ∙ cos 60° ∙ 4 ∙ 1 ∙ 0,5 ∙ 2 J
Como o trabalho é proporcional ao deslocamento, d é
o gráfico correto.
6 b
Calculando a área abaixo do gráfico até o eixo d, tem-se
o trabalho realizado pela força.
(40 1 20) ∙ x
2 ∙ 40
Área ∙ 20 ∙ 2 +
+
∙ 140 J
2
2
Fmotor
Sentido do
deslocamento
O enunciado sugere a figura:
P
Supondo que os pesos sejam elevados em movimento
uniforme: Fmotor ∙ P .
Nessas condições, a potência do motor será dada por:
OF
O†motorO
motor 3 Ss 3 cos aO
________________
 ​
 ​] Pmotor ∙ ​    
Pmotor ∙ ​  ______
St
St
Como a ∙ 0, a força do motor tem o mesmo sentido do
deslocamento. Logo:
mgSs
P 3 Ss _____
 ​∙ ​ 
 ​
Pmotor ∙ ​  _____
St
St
Calcula-se agora a potência do motor ao realizar cada
uma das tarefas:
100
3 10 3 20
___________
 ​
} PI 5 2.000 W
I. PI ∙ ​ 
10
200
3 10 3 10
___________
 ​
} PII 5 1.000 W
II. PII ∙ ​ 
20
300
3 10 3 15
___________
 ​
} PIII ∙ 1.500 W
III. PIII ∙ ​ 
30
8 c
P∙
mgh
(700 – 460) ∙ 10 ∙ 50
∙
∙ 6.000 W
tempo
20
9 d
40% de 7,2 ∙ 108 J ∙ 2,88 ∙ 108 J
2,88 ∙ 108 J
P∙
∙ 4 ∙ 104 W ∙ 40 kW
2 ∙ 3.600 s
10 d
Para determinar a velocidade do móvel no instante
t ∙ 10 s, substitui-se esse valor na função horária:
v ∙ 3 1 0,2t ] v ∙ 3 1 0,2 3 10 } v ∙ 5 m/s
Logo, a energia cinética associada a esse móvel é dada
mv2 20
3 52 } E
por: Ec ∙ ​  ____
 ​∙ ​  ______
 ​ c ∙ 250 J
2
2
11 c
72 km/h ∙ 20 m/s e 36 km/h ∙ 10 m/s
Pelo Teorema da Energia Cinética:
1.000
3 (202 2 102)
________________
† ∙ E​c​ ​2 E​c​inicial​ ] † ∙ ​    
]
 ​
final
2
] † ∙ 500 3 300 ∙ 150.000 } † ∙ 150 kJ
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O trabalho (†) de uma força (F) é dado pela relação:
† ∙ F 3 Ss 3 cos a.
I.Falsa. Nesse caso, cos 180° ∙ –1.
Como Fa > 0 e Ss > 0, tem-se: ​†F​ ​​ < 0.
3
Motor
7 e
1 d
12 a) V ∙ 250 m/s e L ∙ 50 m. Para essas estimativas,
VL
250 3 50
tem-se: R ∙ ​ ___ ​ ] R 5 ​  ________
 ​ ] R 7 8,3 3 108
bar
1,5 3 1025
b) P
rimeiramente, determina-se a velocidade média
da bactéria com os dados do enunciado.
V 3 2,0 3 1026
VL
25
 ​ ]
R ∙ ​ ____  ​ ] 1,0 3 10 ∙ ​  ___________
bágua
1,0 3 1026
} v ∙ 5 3 1026 m/s
Então, a energia cinética média vale:
3 10216 3 (5 3 1026)2
m 3 V2 6_________________
 ​
 ​
Ecin ∙ ​  ______
]
∙   
2
2
} Ecin ∙ 7,50 3 10227 J
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
13 b
Como F é a única força responsável pelo movimento
do corpo, pode-se considerá-la a própria força
resultante, cujo trabalho realizado é:
†F ∙ F 3 Ss 3 cos a ∙ 4,0 3 5 3 cos 0° } †F ∙ 20 J
Aplicando o Teorema da Energia Cinética:
† ∙ E​c​ ​2 E​c​inicial, em que: E​c​inicial ∙ 0, pois v ∙ 0.
F
final
0
Logo, E​c​final ∙ †F ∙ E​c​inicial ∙ 20 J
14 c
O bloco, no ponto A, está dotado apenas de energia
potencial gravitacional, já que sua velocidade inicial é
zero (E​c​inicial ∙ 0). No ponto B, entretanto, o bloco
possui energia potencial gravitacional e cinética. Logo,
por conservação de energia: EpgA ∙ EpgB 1 EcB
mv2B
mghA 2 mghB 1 ​  ____
 ​ ] v2B ∙ 2g(hA 2 hB) ]
2
100 ​ } OvBO ∙ 10 m/s
] v2B ∙ 2 3 10 3 (10 2 5) ∙ ​dllll
15 d
Como a energia total do sistema é a mesma,
considerando a descida da pedra nas trajetórias, ou
seja, é igual a mgh, todas as pedras sairão das
rampas com a mesma velocidade; logo, o alcance de
todos os lançamentos também será igual.
16 c
Ep ∙ mgh ∙ P ∙ h ∙ 800 ∙ 3 ∙ 2.400 J
Se o atleta consegue ganhar 600 J a cada ida e
vinda, são necessárias 4 voltas.
17 c
A velocidade horizontal é maior em III. Como a energia
potencial é a mesma nos três casos, a trajetória que
exigiu a maior energia foi a III.
18 b
Inicialmente, determina-se a velocidade do garoto no
d
____
20
 ​ ∙ ​ ___
ponto B: vB ∙ ​ 
 ​ ] vB ∙ 10 m/s.
StAB
2
Considerando o nível de referência de alturas na reta
$CD%, determina-se a energia mecânica total em B:
m 3 102
 ​
]
Emec​ ​B​ ∙ Epg​ ​B​ 1 Ecin​ ​B​ ∙ m 3 10 3 5 1 ​  ______
2
} Eme​c​B​ ∙ 100 m
Conservação da energia entre B e C:
m 3 v2c
 ​]
​E​​ me​c​B​ ∙ Ep​g​B​ 1 Eci​n​B​ ] 100 m ∙ 0 1 ​  _____
2
} vc 7 14,2 m/s
Desprezados os atritos, o movimento no trecho CD
também é uniforme. Logo:
d
20
vc ∙ ​ ____  ​ ] 14,2 ∙ ​  ____
 ​ ] StCD 7 1,4 s
StCD
StCD
19 b
Situação inicial: E ∙ m 3 g 3 h
m
Situação final: E ∙ ​ __ ​ 3 g 3 2h ∙ m 3 g 3 h
2
Assim, as energias cinéticas dos dois objetos são as
mesmas ao atingirem o solo.
20 d
Segundo o gráfico, a energia total (mecânica) associada
ao sistema é de 120 J. No ponto de altura máxima, a
energia cinética associada à bola é a mínima possível.
Segundo o gráfico: Ec ∙ 30 J, que ocorre a 21
metros do local de lançamento. Por conservação de
energia, no ponto mais alto da trajetória:
Epg 1 Ec ∙ 120 } Epg 5 90 J
mín
mín
Logo, a altura máxima atingida pela bola pode ser
calculada como segue:
Epg ∙ 90 } mghmáx ∙ 90 ]
90
90
 ​ _______
] hmáx ∙ ​  ___
mg ∙ ​  0,5 3 10 ​ } hmáx ∙ 18 m
21 e
I. Correta. A força em uma mola depende da
deformação. Como o corpo está em movimento, B é o
momento em que ele inverte seu movimento; a força é
variável, pois x é variável.
II. Correta. A energia armazenada em B é potencial
elástica; de fato, a expressão da assertiva II fornece o
valor da energia potencial elástica.
III. Incorreta. Não se pode somar a energia da situação
A com a da B.
IV. Incorreta. Nas situações A e B, nada se pode
concluir sobre a conservação da energia.
22 a
Por conservação de energia:
d
2
lll
k
kx2
mv2 kx
 ​ ​
 ​ ] OvO ∙ OxO​ ​ __
 ​∙ ​  ___ ​ ] v2 ∙ ​  ___
Ec ∙Epel ] ​  ____
m
m
2
2
llll
0,18 } OvO ∙ 0,06 m/s
OvO ∙ O0,2O​ ​  ____
 ​ ​
2
d
23
Cálculo da altura h do ponto C, em relação ao nível de
referência em B: B O
Å C ∙ 30°
O
​dll
3 ​R
H ∙ R 3 cos 30° ] H ∙ ​  ____
 ​
2
@
dll
H
#
30°
R
vc
60°
3 ​
h ∙ R 2 H ] h ∙ ​ 1 2 ​  ​___
 ​  ​R
2
h
30°
C
d
B
Agora, avaliando a conservação da energia
mecânica entre os pontos A e C da trajetória:
mvC2
dll
3 ​ 1 ​  ____
 ​
EA ∙ EC ] mgR ∙ mg ​ 1 2 ​  ​___
 ​  ​R
2
2
v2c
ll
3 ​
​d___
3 ​gR
 ​gR ∙ ​  __ ​ ] v2c ∙ ​dll
2
2
De C a D, tem-se um lançamento oblíquo, cujo alcance
a é preciso calcular.
3 ​
1 ​dll
3 ​gR 3 2 3 ​ __ ​ 3 ___
​   ​
​dll
2
v_______________
3R
2
2
c 3 2sen J 3 cos J
_______________
∙ ​    
a ∙ ​    
] } a ∙ ​ ___
 ​
 ​
2
g
g
#
A distância L procurada é tal que L 5 d 1 a.
3R R 3R
L 5 R 3 cos 60° 1 ​  ___ ​∙ ​ __ ​ 1 ​ ___ ​ ] } L 5 2R
2
2
2
24 d
Considere a figura:
A
hA = 2 m
B
v0 = 0
v=0
hB
Solo
Por conservação de energia:
E Apg ∙ E Bpg 1 12 ] mghA ∙ mghB 1 12 ]
mghA 2 12
 ​
] hB ∙ ​  __________
mg
1____________
3 10 3 2 2 12
 ​
hB ∙ ​    
} hB ∙ 0,8 m ∙ 80 cm
1 3 10
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
@
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Trabalho e energia mecânica
Para o ENEM
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 e
O gráfico i mostra o aumento contínuo da energia
cinética, ou seja, da velocidade do móvel, fato que é
observado apenas no móvel III.
O gráfico ii ilustra uma energia cinética constante,
seguida de diminuição, e volta a ser constante,
embora menor. Essa análise qualitativa corresponde
à figura I, do skatista, que vem por uma plataforma
horizontal com velocidade constante, sobe o aclive
perdendo velocidade e segue por outra plataforma,
com velocidade constante.
O gráfico iii está relacionado à figura IV, pois a bola
é chutada com velocidade máxima, perde velocidade
enquanto ganha altura e volta a ficar veloz ao cair.
No ponto de energia cinética mínima, a bola está em
sua altura máxima, em que tem apenas velocidade
horizontal.
E o último gráfico (iv) corresponde ao movimento
do pêndulo (II). Ele parte de velocidade nula,
aumenta continuamente até passar pelo ponto
de menor altura, em que a velocidade é máxima, e
perde velocidade ao subir até atingir sua altura máxima,
com velocidade nula, do outro lado.
2 b
Em A, a energia cinética (EC) é nula, pois o esquiador
está em repouso, e a energia gravitacional (EG) vale:
EG ∙ m ∙ g ∙ h ∙ 100 ∙ 10 ∙ 45 ]
] EG ∙ 45.000 joules ∙ 45 kJ
Assim, a energia mecânica total em A vale:
EM ∙ EC + EG ∙ 0 + 45.000 ] EM ∙ 45.000 J ∙ 45 kJ
Em B, a energia gravitacional se anula, enquanto a
100 ∙ 202
m ∙ v2
∙
cinética vai valer: EC ∙
∙
2
2
100 ∙ 400
∙ 20.000 J ] EC ∙ 20 kJ
∙
2
E a energia mecânica total vale:
EM ∙ EC + EG ∙ 20.000 + 0 ∙ 20.000 J ] EM ∙ 20 kJ
A energia dissipada (Ediss) na descida foi de:
Ediss ∙ EMA – EMB ∙ 45.000 – 20.000 ] Ediss ∙ 25.000 J
3 b
Impulsionada pela força do saque, a bola (m ∙ 300
gramas ∙ 0,3 kg) sobe a uma altura de 25 m com a
gravidade local valendo 10 m/s2.
A energia potencial gravitacional da bola, na altura
máxima, é de:
EG ∙ m ∙ g ∙ h ∙ 0,3 ∙ 10 ∙ 25 ] EG ∙ 75 J
A energia cinética é nula na altura máxima, pois não há
velocidade na bola. Porém, na descida, toda a energia
gravitacional vai se transformando em cinética e, ao
tocar a quadra, a energia gravitacional se anula;
portanto, a energia cinética é máxima: EC ∙ 75 J.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Princípio da conservação da quantidade de movimento
Para o VESTIBULAR
1
1
mv2 ⇒ 9 ∙
∙ m ∙ 32 ⇒ m ∙ 2 kg
2
2
q ∙ m ∙ v ∙ 2 ∙ 5 ⇒ q ∙ 10 kg ∙ m/s
5 e
Ec ∙
Para determinar a intensidade F da força, utiliza-se o Teorema
OSqO
_____
do Impulso: IF ∙ OSqO ] F 3 St ∙ OSqO } F ∙ ​  St ​
Segundo o enunciado: St ∙ 0,08 s. Falta determinar Sq.
Como o choque é perfeitamente elástico, pode-se escrever:
OqinicialO ∙ OqfinalO ∙ mv ∙ 0,1 kg 3 8 m/s ∙ 0,8 kg 3 m/s.
2 d
O impulso da força exercida sobre a parede é:
I ∙ variação da quantidade de movimento ∙
∙ m ∙ vfinal – m ∙ vinicial.
Agora: Sq ∙ qfinal – qinicial . Vetorialmente:
I ∙ 0,1 ∙ 10 – 0,1 ∙ (–0,8) ∙ 1,8 kg ∙ m/s
Logo, o impulso da força exercida pela parede sobre
a bolinha é –1,8 kg ∙ m/s.
qfinal
Sq
3 d
Antes da curva
y
Considere a figura:
Depois da curva
y
Fazendo a devida conversão,
–qinicial
Como OqfinalO ∙ OqinicialO e o ângulo entre qfinal e –qinicial é
de 60°, o triângulo da figura é equilátero.
Logo: OSqO ∙ 0,8 kg 3 m/s.
0,8
Sq
​   ​ ​ ∙ ​  ____ ​ } F ∙ 10 N.
Assim: F ∙​ ___
0,08
St
60°
x
x
a velocidade do veículo é de 14 m/s. Assim, a
quantidade de movimento do veículo antes da curva era:
q0 ∙ mv ∙ 500 3 14 } q0 ∙ 7.000 kg 3 m/s
Após a curva: qf ∙ mvf ⇒ qf ∙ 500 ∙ 14 } qf ∙ 7.000 kg
Da relação vetorial ∆q ∙ qf – q0, tem-se o esquema:
Como q ∙ q0 e o ângulo entre
60°
∆q
é equilátero.
Logo: ∆q ∙ 7.000 kg ∙ m/s.
e u
6 b
I ∙ F ∙ 0,04, mas I ∙ variação da
q ∙ 0,75 ∙ 10 – 0,75 (–10) ∙ 15 kg ∙ m/s.
15 ∙ F ∙ 0,04, então F ∙ 375 N.
–q0
q e –q0 é de 60°, o triângulo da figura
qf
60°
7 Como o impulso é na mesma direção e sentido da
velocidade, tem-se: ∆q ∙ I ⇒ ∆q ∙ F ∙ ∆t ⇒ 6 ∙ vf – 6 ∙
∙ 0,4 ∙ 12 ∙ 1 ⇒ vf ∙ 2,4 m/s
4 d
540 km/h ∙ 150 m/s.
Quantidade de movimento da ave após o choque
q ∙ m 3 v ∙ 3 3 150 ] q ∙ 450 kg 3 m/s
Pelo Teorema do Impulso:
Sq ∙ I ∙ F 3 St ] 450 ∙ F 3 0,001 ]
} F ∙ 450.000 N
O peso de 450.000 N equivale a uma massa de
vH045
= vtoneladas.
45.000 kg, ou
M0 = 0
M H
Antes da interação
60°
(+)
8 c
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1
Considere a seguinte sequência de figuras com respeito
à interação entre o homem (H) e o menino (M):
vH0 = vvHM00==v0M0 = 0
M HM H
F
(+) (+)
AntesAntes
da interação
da interação
M H
(+)
Durante a interação
M
vM = ?
F F
M HM H
(+) (+)
Durante
a interação
Durante
a interação
H
(+)
vH = 0,25 m/s
Depois da interação
Admitindo que o sistema (homem 1 menino) seja
mecanicamente isolado, pode-se escrever:
(qsist)final ∙ (qsist)inicial ] mMvM 1 mHvH ∙ 0
40 3 vM 1 80 3 0,25 ∙ 0 ] 40vM ∙ 220 } vM ∙ 20,5 m/s.
Portanto, o menino se desloca em sentido oposto ao do
homem com velocidade de 0,5 m/s.
M
M
vM = ?vM = ? vH = 0
Depois
da inte
Depois
da
9 F, V, F, V
14 (01) (04)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1. Falsa. A energia potencial do sistema é a soma das
k(x – x0)2 .
energias potenciais elásticas, ou seja, U ∙
2
2. Verdadeira. Como o sistema está em repouso,
pode-se afirmar, pela primeira Lei de Newton, que a
resultante de forças que atuam nele é nula.
3. Falsa. Como o problema não afirma que as massas
são iguais e como a quantidade de movimento do
sistema se conserva, ou seja, se mantém igual a
zero, pode-se dizer que só haveria uma mesma
aceleração para os dois corpos se as massas
fossem iguais. Além disso, à medida que a mola
volta ao seu normal o valor da força elástica diminui,
o que impede que a aceleração seja constante.
4. Pela conservação da quantidade de movimento,
tem-se que, após a liberação da mola, as quantidades
de movimento dos carrinhos deverão ser iguais em
módulo e opostas em sentido, daí vem:
m2
m1v1 + m2v2 ∙ 0 ⇒ m1v1 ∙ –m2v2 ⇒ v1 ∙ –v2
m1
Soma: 01 + 04 ∙ 5
01 e 04 corretas.
(02) Incorreta. A variação da quantidade de movimento
tem direção e sentido estabelecidos pela força
resultante e não pela velocidade.
(08) Incorreta. Se a resultante das forças externas
que atuam sobre o sistema for nula, a quantidade
de movimento do sistema é constante e não
necessariamente nula.
(16) Incorreta. A somatória dos impulsos é que será nula,
e não o impulso em cada corpo isoladamente.
Como o intervalo de tempo (que multiplica a força
para se obter o impulso) é uma grandeza escalar, a
força determinará a direção e o sentido do impulso.
15 c
O módulo da quantidade de movimento inicial do
sistema é: 6,0 ∙ 15,0 + 4,0 ∙ 10,0 ∙ 130 kg ∙ m/s.
Na colisão perfeitamente inelástica os corpos ficam
juntos. Logo, na situação final a massa total será 10,0 kg.
Então, 130 ∙ 10 ∙ vfinal.
Logo, a velocidade final do conjunto é 13 m/s.
10 (01) (02) (04) (08)
Soma: 01 + 02 + 04 + 08 ∙ 15
Como em colisões perfeitamente elásticas a energia se
conserva, não pode haver dissipação de espécie alguma.
Deformações permanentes são indicadores de
dissipação de energia, logo a colisão não pode ser
perfeitamente elástica.
16
O enunciado sugere a seguinte figura:
Antes da colisão
vA = 10 m/s
0
12 a
Antes da colisão
vA = 10 m/s
0
vB = –20 m/s
0
mA = 2 kg
mB = 1 kg
B
mA = 2 kg
mB = 1 kg
A
(+)
13 a
Em um jogo de sinuca ideal, há um choque elástico e
a bola atingida sai com a mesma velocidade da que
chegou. Essa choca-se e para. Nesse caso, há
conservação da energia e da quantidade de
movimento.
A
(+)
Durante a colisão
Durante a colisão
O impulso ( I ) da força em questão é numericamente
A
B
A B
igual à área
sob o gráfico.
(+)
b3h
10
3 30
N2 ____
______
mAI=∙
=
1 kg
B  ​} I ∙ 150 N 3 s.
​  kg  ​∙ ​ m
Logo:
2
2
De acordo com o gráfico, a projeção F da força sobre o
corpo é sempre positiva. Logo, o valor do impulso
também será positivo. Portanto: I ∙ 150 N 3 s.
Durante a colisão
0
A
11 b
A conservação do momento linear do sistema não
depende da conservação da energia mecânica.
Antes da colisão
Se, por exemplo, um carro colidir com voutro,
mesmo
=
10
m/s
vB = –20 m/s
A0
0
havendo conservação do momento linear,
há
dissipação de energia na forma de calor. A
B
vB = –20 m/s
A
B
A
(+)
B
(+)
Dado que 0 , e , 1, trata-se de um choque
parcialmente elástico. Usando a definição, tem-se:
vA 2 v B
vA 2 vB
__________
_______
 ​ } vA 2 vB ∙ 15 (1)
e ∙ ​  ​v​ ​ 2 ​v​  ​​ ] 0,5 ∙ ​ 
10
2(220)
​A​ ​
​B​ ​
Usando agora a conservação da quantidade de
movimento do sistema, tem-se:
0
0
(qsist)antes ∙ (qsist)após ] mA​v​​A​ ​​ 1 mB​vB​​ ​ ​​∙ mAvA 1
0
0
1 mBvB ] 2 3 10 1 1(220) ∙ 2vA 1 vB ] 2vA 1 vB ∙ 0
} vB ∙ 22vA
(2)
Substituindo (2) em (1), vem:
vA 2(22vA) ∙ 15 } OvAO ∙ 5 m/s
Substituindo vA ∙ 5 m/s em (2), resulta:
vB ∙ 210 m/s } OvBO ∙ 10 m/s.
(+)
Após a colisão
Após a colisão
(+)
B
B
(+)
17 Deve-se determinar a velocidade inicial v do bloco A,
20 a) Energia potencial da esfera na altura máxima:
admitindo que o sistema seja isolado. Para tanto,
considera-se a figura:
A
B
mA = 2 kg
mB = 3 kg
Pela conservação de energia da esfera:
5 3 v2B
 ​∙ 10 ] vB ∙ 2 m/s
Ecin ∙ Epg ] ​  _____
2
Depois da colisão
vA + B = 6 m/s
A
(+)
B
b) Conservação da quantidade de movimento:
qantes ∙ qdepois ] 2 3 4 ∙ 2 3 veA 1 5 3 2 ]
(+)
] veA ∙ 21 m/s
Pela conservação da quantidade de movimento, tem-se:
(qsist)inicial ∙ (qsist)depois ] mAv ∙ vA 1 B(mA 1 mB) ]
O sinal negativo indica o sentido para a esquerda.
] 2v ∙ 6(2 1 3) } v ∙ 15 m/s
Portanto, a energia cinética associada ao corpo A antes
m Av 2
2 3 152
 ​} EC ∙ 225 J
da colisão é: EC ∙ ​  _____
 ​] EC ∙ ​  ______
2
2
No choque com a mola, para que haja deformação
máxima, toda energia cinética do corpo A deve ser
convertida em energia potencial elástica. Portanto, por
conservação de energia, tem-se:
kx2
EC ∙ ​E​​P​ ​​ ] 225 ∙ ​  ___ ​ ]
2
2
3 225
______
2
 ​ } OxO ∙ 3 3 1022 m
x ∙ ​ 
5 3 105
2 3 42
 ​] Eantes ∙ 16 J
c) Eantes ∙ ​  _____
2
3 22
2 3 12 5_____
 ​1 ​   ​] Edepois ∙ 11 J
Edepois ∙ ​  _____
2
2
Portanto, SE ∙ 5 J.
d)A colisão não foi perfeitamente elástica, pois o
sistema não conservou a energia mecânica inicial de 16 J.
21 c
el
Cálculo da velocidade imediatamente antes da colisão:
Pela conservação da energia mecânica,
4Mv2A
] vA ∙ ∙2gH
2
Cálculo da velocidade imediatamente após a colisão:
Pela conservação da quantidade de movimento do
sistema, 4M∙2gH ∙ (4M + M)v’
4Mgh ∙
18 Em relação à colisão, tem-se:
v0 = 72 km/h
20km/h
m/s
0,5 kgm = 0,5 kg
v0 ==72
v0 = =7220km/h
m/s = m
20=m/s
m = 0,5 kg
F
(+)
(+)
(+)
F
(+)
F
(+)
(+)
(+)
a) C
omo o choque é frontal e elástico, a velocidade da
bola após o choque é de 220 m/s. Logo:
OSqO ∙ Oqfinal 2 qinicialO ∙ Omv 2 mv0O
OSqO ∙ O0,5(220) 2 0,5 3 20O ]
} OSqO ∙ 20 kg 3 m/s
b) Pelo Teorema do Impulso, tem-se:
IF ∙ OSqO } IF ∙ 20 N 3 s.
19 e
A energia inicial é m ∙ g ∙ H; logo, a velocidade de
colisão da bolinha é dada por:
mv2
mgH ∙
] v ∙ ∙2gH
2
Pelo princípio da conservação da quantidade de
∙2gH
movimento, tem-se: m∙2gH ∙ 3mv’ ] v’ ∙
3
Utilizando novamente a conservação da energia
mecânica, vem:
2
3mv’ ]
3mgh ∙
gh ∙
2
H
]h∙
9
∙
∙ 2gH
∙
3
2
2
2gH
] gh ∙ 9 ]
2
(+)
Novamente pelo princípio da conservação da
(+)
5M(v’)2
energia mecânica:
∙ 5Mgh’ ] gh’ ∙
2
4∙2gH 2
5
32gh
] h’ ∙ 0,64 h
] gh’ ∙
]
50
2
∙
∙
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Antes da colisão
vA = v
vB = 0
Epg ∙ m 3 g 3 hB ∙ 5 3 10 3 0,2 ] Epg ∙ 10 J
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Princípio da conservação da quantidade de movimento
Para o ENEM
1 b
Antes do tiro, o sistema arma-bala estava em repouso,
ou seja, sua quantidade de movimento era nula.
Como a propulsão da bala é causada por uma explosão
e como nas explosões as forças que agem são internas
ao sistema, a quantidade de movimento total se
manterá em zero, mesmo após o disparo. Isso só é
possível se bala e arma se deslocarem com quantidades
de movimento de mesmo módulo, porém de sentidos
contrários.
Usando o princípio da conservação da quantidade
de movimento, tem-se:
qantes ∙ qdepois
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
m A ∙ v A + m B ∙ v B ∙ m A ∙ v A’ + m B ∙ v B’
m A ∙ 0 + m B ∙ 0 ∙ m A ∙ v A’ + m B ∙ v B’ ∙ 0
m
vA ∙ – B ∙ vB
mA
O sinal negativo indica o movimento retrógrado
da arma, e, considerando que mA ⪢ mB, conclui-se
que vA ⪡ vB.
O gráfico que representa melhor tal situação é o da
alternativa b.
2 d
a) Falsa. A quantidade de movimento da bolinha pode
ser obtida fazendo-se: q ∙ m ∙ v ∙ 0,1 ∙ 50 ∙ 5 N ∙ s
b) Falsa. A força média é obtida do impulso:
I ∙ F ∙ ∆t. Comparando com I ∙ ∆q:
F ∙ ∆t ∙ m ∙ ∆v
F ∙ 0,02 ∙ 0,1 ∙ [60 – (–50)]
0,1 ∙ 110
m ∙ ∆v
F∙
∙ 550 N
∙
0,02
∆t
c) Falsa. Obtém-se o impulso com:
I ∙ m ∙ ∆v
I ∙ 0,1 ∙ [60 – (–50)] ∙ 11 N ∙ s
d) Verdadeira. A variação da quantidade de movimento
da bolinha é o próprio impulso, calculado no item
anterior: I ∙ ∆q ∙ 11 N ∙ s
e) Falsa. A variação da velocidade da bolinha precisa
considerar a inversão do sentido.
∆v ∙ vfinal – vinicial ∙ 60 – (–50) ∙ 110 m/s
3 e
I. Verdadeira. O módulo da quantidade de movimento
da bola antes de tocar o piso pode ser obtido com:
qantes ∙ m ∙ v ∙ 0,3 ∙ 25 ∙ 7,5 N ∙ s
II. Verdadeira. O módulo da quantidade de movimento
da bola depois de tocar o piso pode ser obtido com:
qdepois ∙ m ∙ v ∙ 0,3 ∙ 25 ∙ 7,5 N ∙ s
Então, o impulso é dado pela diferença vetorial entre as
quantidades de movimento final e inicial:
I ∙ ∆q ∙ qdepois 2 qantes ∙ qdepois + (2qantes)
O impulso será a soma de dois vetores:
qantes
qdepois
30°
30°
–qantes
I
60o
qdepois
30o
Assim, o impulso é vertical e para cima. Pela geometria
do triângulo equilátero, o módulo do impulso deve ser
o mesmo das quantidades de movimento qA e qD,
ou seja, I ∙ 7,5 N ∙ s.
III. Falsa.
Da expressão do impulso: I ∙ F ∙ ∆t
Substituindo os valores conhecidos: 7,5 ∙ F ∙ 0,03
Obtém-se: F ∙ 250 N.
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Calor, temperatura e dilatação
Para o VESTIBULAR
Tanto em um caso como no outro, a propagação se
dá por ondas eletromagnéticas, ou seja, por radiação.
2 a
O intuito da enfermeira é medir a temperatura do corpo
do paciente. Para isso, o termômetro e o corpo precisam
entrar em equilíbrio térmico, fenômeno que acontece
quando ambos exibem o mesmo valor de temperatura,
e que leva certo intervalo de tempo para ocorrer.
3 b
I. Correta. O aluno confunde os conceitos de calor e
temperatura. O calor é energia em trânsito, ou seja, é
a energia térmica que se transfere de um corpo para
o outro. A temperatura, por outro lado, é uma grandeza
associada ao grau de agitação das partículas que
constituem o material em estudo.
II. Incorreta. A transferência é de energia, o que
provoca uma variação de temperatura.
III. Incorreta. Aqui o aluno confunde os conceitos de
energia em trânsito (calor) e calor específico.
4 d
A lã é um isolante térmico e evita o contato direto
do gelo com o ambiente.
5 d
• Ao aquecer a extremidade de uma barra de ferro, as
moléculas que constituem o material nessa região passam
a vibrar mais devido à elevação da temperatura. O choque
entre essas moléculas e as vizinhas transfere parte da
energia de vibração, fazendo com que as últimas
também vibrem mais intensamente. O processo se
propaga, caracterizando-o como transmissão de
calor por condução.
• O aquecimento do corpo humano pelos raios solares
se dá pela transmissão de calor por meio de radiação
infravermelha, a qual, por natureza, se propaga no
vácuo. Esse processo é denominado irradiação.
• O vento sopra da terra para o mar durante a noite porque
a água ainda está mais quente que a areia. Assim, o ar
sobre a água é menos denso e sobe, enquanto o ar sobre
a areia é mais denso e desce. A corrente convectiva
formada se “fecha” com um fluxo de ar da terra para a
água, próximo à superfície.
6 b
Com base no enunciado, tF ∙ 172 °F. Então:
tC 172 2 32
tC 140
 ​
​  __ ​ ∙ ​  ________
 ​]
] ​  __ ​ ∙ ​  ____
9
5
5
9
700
] tC ∙ ​  ____
 ​ } tC 7 78 °C
9
7 e
@
t
39,3 ∙ 5 @ ​ 
#
2 32
 ​  #​
9
tF1 2 32
________
 ​  ​
37,3 ∙ 5 ​ 
9
]
F2
________
5
] 39,3 2 37,3 ∙ ​ __ ​ (tF2 2 32 2 tF1 1 32) ]
9
5
] 2 ∙ ​ __ ​ (StF) } StF ∙ 3,6 °F
9
37,3 ∙ tK1 2 273
]
39,3 ∙ tK2 2 273
] 39,3 2 37,3 ∙ tk2 2 273 2 tK1 1 273 ] StK ∙ 2 K
8 b
Para converter Fahrenheit em Celsius, usa-se a
tF 2 32
tC
 ​
expressão ​  __ ​ ∙ ​  ______
.
9
5
Substituindo os valores indicados na figura da
expressão acima, obtêm-se, respectivamente:
60 °C; 82,2 °C; 104,4 °C; 126,7 °C; 148,9 °C
Arredondando para o inteiro mais próximo, obtêm-se
os valores indicados na alternativa b.
9 d
A variação da temperatura em °F se relaciona com a
StC StF
variação em °C segundo a relação: ​  ___ ​ ∙ ​  ___ ​.
5
9
Para a variação de 27 °C mostrada na figura, tem-se
então:
243
27 StF
 ​] StF ∙ 48,6 °F
​ ___ ​ ∙ ​  ___ ​
] StF ∙ ​  ____
5
5
9
10 a
Kelvin é unidade de medida de temperatura; pascal,
de pressão; e newton, de força.
11 c
Podemos resolver o problema a partir de uma
semelhança de triângulos extraída
212 _ 32
tF 2 32
20
do gráfico. ​  ________
 ​ ∙ ​ ____ ​ ]
tF _ 32
212 2 32 100
20
100
t______
F 2 32
180
1
 ​∙ ​ __
] ​ 
 ​ ] tF ∙ ​  ____
 ​1 32 ] tF ∙ 68 °F
180
5
5
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 d
12 a
17 a
I. Correta. É imediata, com base na leitura do gráfico.
No ponto de fusão do gelo, tem-se JC ∙ 0 °C, que
corresponde a 25 °X.
II. Correta. Substituindo-se na equação de conversão
obtida no item III, resulta: 0 ∙ 0,6 3 JX 1 3 } JX ∙ 25 °X.
No ponto de vapor da água, JC ∙ 0 °C.
wC
Substituindo novamente, tem-se:
100 ∙ 0,6 3 JX 1 3 } JX 7 162 °X
wX
60
95
Jc
Jx
III. Correta.
–5
0
J________
JC 2 0
X 2(25)
______
 ​ ∙ ​ 
​ 
​]
60 2 0
95 2(25)
JC
JX 1 5
60(JX 15)
 ​} JC ∙ 0,6 3 JX 1 3
 ​ ] JC ∙ ​  _________
] ​  ___ ​ ∙ ​  ______
60
100
100
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
13 b
Na direção horizontal, o ponto B sofre dilatação na parte
inferior (comprimento 2a) e na parte superior
(comprimento a). Como a dilatação depende do
comprimento inicial, a dilatação resultante será para
a direita. Na vertical, a dilatação para baixo do ramo da
esquerda é compensada pela dilatação para cima
(comprimentos iguais) do ramo da direita; resta a
dilatação para baixo do segmento central. Logo, a dilatação
total terá componentes para baixo e para a direita.
14 b
A barra B tem um comprimento inicial três vezes
maior que a A. Como são feitas de um mesmo material,
a variação de temperatura deve compensar essa
diferença, ou seja, a variação de temperatura de B
deve ser um terço da de A.
15 e
São calculados separadamente os comprimentos finais de
cada barra:
LFe ∙ L0 (1 1 a 3 SJ) ∙ 1 1 12 3 1026 3 300
} LFe ∙ 1,0036 m
LAl ∙ L0 (1 1 a 3 SJ) ∙ 1 1 22 3 1026 3 300
} LAl ∙ 1,0066 m
O comprimento total será a soma dos comprimentos de
cada barra:
Lf ∙ LAl 1 LFe ∙ 1,0066 1 1,0036 } Lf ∙ 2,0102 m
16 c
Utilizando as informações do gráfico, é possível calcular o
coeficiente de dilatação a:
SLf ∙ L0 3 a 3 SJ ]
] 1 ∙ 1.000 3 a 3 (80 2 35) ]
1
] a ∙ ​ _________  ​ 7 22 3 1026 °C21
1.000 3 45
Dos metais listados, o único com coeficiente próximo do
valor obtido é o alumínio.
A inclinação das retas está relacionada ao coeficiente de
dilatação. Como a1 . a2, a inclinação da reta 1 deve ser
maior que a da reta 2. Elas se interceptam no ponto
(T0, L0). A única alternativa que engloba as três condições
mencionadas é a a.
18 F, F, V, F
1. Pelos dados da questão, não há como calcular a
relação entre os coeficientes de dilatação.
2. O comprimento inicial das barras é o mesmo, o que
não corresponde ao que está representado no gráfico.
3. 0,03% L0 ∙  L060
 ∙ 0,000005 (°C)–1
4. Não se pode converter esse coeficiente dessa forma.
19 e
SL ∙ L0 3 a 3 SJ ] 0,001 3 L0 ∙ L0 3 25 3 1026 (Jf 2 22) ]
0,001
 ​ } Jf ∙ 62 °C
] (Jf 2 22) ∙ ​  ________
25 3 1026
20 c
Uma dilatação de 2,4 cm² é igual a 0,00024 m²:
SA ∙ A0 3 d 3 SJ ]
] 0,00024 ∙ A0 3 2 3 1,2 3 1026 3 100 ]
0,00024
    ​
] A0 ∙ ​  _____________
2,4 3 1026 3 100
} A0 ∙ 1,0 m2
21 c
A área inicial é reduzida com o resfriamento. Como o
número de estrelas observadas é proporcional à área do
CCD, necessariamente esse número será menor a uma
temperatura mais baixa. Isso descarta as alternativas a e b.
SA ∙ A0 3 d 3 SJ ∙ 4 3 2 3 5 3 1026 3 (280 2 20)
} SA ∙ 4 3 1023 cm2
Fazendo a proporção, tem-se:
4 cm2
5.000 estrelas
3,996 cm2
n estrelas } n ∙ 4.995 estrelas
22 d
O aumento de temperatura implica dilatação do líquido
e do recipiente. Para avaliar as alternativas, é preciso
determinar qual se dilata mais. Para tanto, analisa-se o
coeficiente de dilatação volumétrica de ambos os materiais:
Com base no enunciado: avidro ∙ 27 3 1026 °C21
DGL ∙ 5 3 1024 °C21 ∙ 500 3 1026 °C21. Como D ∙ 3a, temos:
Dvidro ∙ 81 3 1026 °C21. Assim: DGL . Dvidro e, portanto, a
glicerina se dilata mais que o vidro.
23 e
O volume que extravasa corresponde à variação de
volume aparente dada por: SVap ∙ ​V​0​ ​ ​​3 Dap 3 St, em que,
com base no do enunciado,
St ∙ 100 °C e ​V​0​ ​ ​​ ∙ 2 3 102 cm3,
já que o recipiente está completamente cheio de
mercúrio. Resta-nos ainda o valor do coeficiente de
dilatação aparente (Dap), que pode ser calculado como
segue: Dlíq ∙ Dap 1 Drec , em que, com base no enunciado:
líq.
líq.
Dlíq ∙ 1,8 3 1024 °C21 e Drec ∙ 4 3 1025 °C21.
Logo, Dap ∙ 1,4 3 1024 °C21. Portanto:
SVap ∙ ​V​​0​ ​​3 Dap 3 St ∙ 2 3 102 3 1,4 3 100 ] SVap ∙ 2,8 cm3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
líq
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Calor, temperatura e dilatação
Para o ENEM
1 c
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
I. Verdadeira. O barro conduz mais a energia térmica
do que o vidro, por isso é mais propenso a facilitar
troca de energia térmica do que o barro.
II. Falsa. Essa era uma das justificativas dos
defensores do calórico.
III. Verdadeira. Uma pessoa com temperatura
corpórea de aproximadamente 36,5 °C pode sentir
frio ao segurar a barra de ferro porque seu corpo
perde calor para a barra. A sensação de frio é
causada pela perda de calor.
IV. Falsa. O café permanece quente por mais tempo
na garrafa térmica porque ela evita a troca de calor
entre o café e o ambiente externo à garrafa.
2 b
II, III
I. Incorreta. O calor é energia em trânsito, portanto
é inadequado afirmar que o calor preenche um
determinado espaço como se tivesse existência
material.
II. Correta.
III. Correta.
3 a
Para responder a essa questão, o aluno deve ter claro o
que é uma substância termométrica, para identificá-la
no termômetro de Galileu. Deve também raciocinar
sobre as imprecisões provenientes de o ar ser a
substância termométrica escolhida por Galileu.
Como a substância termométrica no instrumento
é o ar, as alternativas b, c e e são descartadas e
a alternativa d mostra uma característica do ar
importante para o funcionamento do termômetro, ou
seja, quanto menor o calor específico da substância
termométrica, melhor a precisão do termômetro.
4 c
Os conceitos da termodinâmica relacionados
ao desenvolvimento do termômetro devem ser
conhecidos pelo aluno que irá responder a essa
questão. Apesar de as alternativas a e b serem
coerentes com o objetivo de um aprimoramento do
termômetro como instrumento de medida, somente a
alternativa c produz impacto direto na definição menos
arbitrária e na padronização das escalas termométricas.
A alternativa d determina uma estratégia para a
configuração de uma das escalas termométricas, ou
seja, a alternativa c contempla a alternativa d, sendo
mais abrangente e, por isso, mais essencial.
5 e
∆V ∙ Dlíq ∙ V0 ∙ ∆J ⇒ ∆V ∙ (8,99 ∙ 10−4 ∙ 1 ∙ 106).
∙ (3 − 30)
∆V ∙ (8,99 ∙ 102) ∙ (−27) ⇒ ∆V ∙ 24.273 barris
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Calor e mudança de fase
Para o VESTIBULAR
6 d
1 c
As fagulhas têm capacidades térmicas muito pequenas,
por isso, mesmo que ocorra rápida troca de calor entre
a pele e o material que compõe a fagulha, fazendo
com que sua temperatura caia muito rapidamente,
a quantidade de calor envolvida nessa troca é muito
pequena para causar queimaduras na pele.
2 d
Relacionando os dados do enunciado e lembrando de
incluir a conversão de calorias para joules na energia
térmica, temos:
4___________________
3 1.000 3 1 3 (J 2 22)
m 3 c 3 SJ
 ​
]
  
 ​
Pot 5 ​  _________
] 0,80 3 200 5 ​    
30 3 60
St
] J 5 94 wC
7 b
3 a
Do gráfico, deduz-se que a variação de temperatura é
St 5 20 wC e que o corpo ficou sujeito a esse
aquecimento durante 10 min. A quantidade de calor
total Q recebida pelo corpo pode ser obtida como segue:
150 cal
1 min
Q
10 min
] Q 5 1.500 cal
Da equação fundamental da calorimetria Q 5 mcSt,
cal
Q
1.500
c 5 ​ ____ ​ 5 ​  _______  ​ } c 5 0,75​ ______ ​ .
g
3 wC
100
3
20
mSt
4 b
potência ∙ intervalo de tempo ∙ energia
420,0 ∙ 20,0 ∙ 8.400,0 J, que são 2.000 cal.
60% é absorvido ∙ 1.200 cal
∆Q ∙ mc∆θ
1.200 ∙ 500 g ∙ 0,1 ∙ ∆θ
∆θ ∙ 24 °C
5 a
Pelo gráfico, verifica-se que ambos, A e B, sofreram variação
de temperatura de St 5 50 wC ao receber QA 5 500 cal e
QB 5 1.500 cal, respectivamente. Como mA 5 mB 5 m,
a partir da equação fundamental da calorimetria Q 5
mcSt, tem-se:
QA
cal
500
______
 ​ 5 ​  _______  ​ } cA 5 0,10 ​  _____ ​
■ CA 5 ​ 
g 3 wC
100 3 50
m 3 St
QB
1.500
cal
______
 ​ 5 ​  _______ ​ } cB 5 0,30 ​  _____
■ CB 5 ​ 
 ​
100 3 50
m 3 St
g 3 wC
A temperatura não é absorvida e nem refletida, mas
sim a energia. A placa pintada de preto quando
exposta ao sol, absorve mais energia que uma placa de
qualquer outra cor.
8 a
150 cal/min em 10 minutos 5 1.500 cal
1.500 5 75 3 c 3 (45 – 25)
c 5 1,00 cal/g 3 °C
9 ∆Q ∙ mc∆t
12 kcal ∙ 500 g ∙ 1 cal/g ∙ °C ∙ ( Tmáx – 0)
Nesse caso, Tmáx – 0 ∙ 24 °C.
Para a quantidade de calor ser maior que 12 kcal,
Tmáx > 24 °C.
Portanto, são cinco as capitais nas quais é necessário
fornecer mais de 12 kcal para aquecer 500 g de água.
São elas: F, G, H, J e K.
10 e
Para fundir 500 g de gelo, são necessárias:
Q ∙ mL ] Q ∙ 500 3 80 ] Q ∙ 40.000 cal
Usando a informação do fluxo médio dada no enunciado:
Q
40.000
 ​] St ∙ 50 s
? ∙ ​ ___ ​ ] 800 ∙ ​  ______
St
St
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
I) 300 ∙ m ∙ 0,3 ∙ 10 ∙ m ∙ 100 g
II) 400 ∙ m ∙ 0,2 ∙ 10 ∙ m ∙ 200 g, portanto o objeto (II)
é o de maior massa.
III) 450 ∙ 150 ∙ c ∙ 10 ∙ c ∙ 0,3 cal/g ∙°C, portanto o
objeto (V) é o de maior calor específico.
Já é possível perceber que a alternativa correta é a d.
11 a) A quantidade de energia usada para derreter uma
massa m ∙ 0,5 g de gelo pode ser calculada como segue:
Q ∙ m 3 LF ] Q ∙ 0,5 3 80 } Q ∙ 40 cal ∙ 160 J.
Portanto, a energia total (E) envolvida no processo é, por
conservação de energia: E ∙ 2Q ] E ∙ 320 J.
Usando o teorema da energia mecânica:
inicial
inicial
†​​F​ ​​∙ Efinal
mec 2 E mec ∙ 2E mec , pois a velocidade final
at
do bloco é zero. Logo: †​F​ ​ ∙ 2320 J.
b) A energia mecânica inicial do sistema corresponde
à energia cinética inicial do gelo. Portanto:
2
640
mv
____
Ecin ∙ Einicial
 ​∙ 320 ] v2 ∙ ​  ____ ​ } OvO ∙ 8 m/s.
mec ] ​ 
10
2
​
​
†​
F
c) Com base em at ∙ 2320 J, tem-se:
15 e
Deve-se somar a quantidade de calor para elevar a
água no estado líquido até 100 °C, vaporizá-la e depois
elevar a temperatura do vapor até 440 °C:
Q ∙100.000 ∙ 1 ∙ (100 – 20) + 100.000 ∙ 540 + 100.000 ∙
∙ 0,48 ∙ (440 – 100)
Q ∙ 8.000.000 + 54.000.000 + 16.320.000 ∙
∙ 78.320.000 cal
at
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Fat, Ss cos 180° ∙ 2320 ] Fat 3 50 3 (21) ∙ 2320
} Fat ∙ 6,4 N que corresponde à força resultante
sobre o bloco de gelo. Logo, pela segunda lei de
Newton: FR ∙ Fat ] m 3 a ∙ 6,4 } a ∙ 0,64 m/s2.
Usando agora a relação v ∙ v0 1 at : 0 ∙ 8 1 0,64t
} t ∙ 12,5 s
12 e
Q1 ∙ 0,01 3 Qtotal ] 0,01 3 Qtotal ∙ mc 3 50
Q2 ∙ 0,99 3 Qtotal ] 0,99 3 Qtotal ∙ mL
(1)
(2)
Dividindo a 2a equação pela 1a :
0,99
L
L
​  ____ ​ ∙ ​ ____ ​ ] ​ __c ​ ∙ 4.950 K
0,01 50c
13 c
Analisando o gráfico, pode-se concluir que são
incorretas as alternativas a, b, d e e:
Q
100
a) c ∙ ​ ____ ​ ∙ ​  ______ ​ } c ∙ 0,1 cal/g °C
mSt 50 3 20
Q ____
900
 ​ ​   ​ } LF ∙ 18 cal/g
LF ∙ ​ __
m ∙ 50
Q 2.000
_____
__
 ​ } Lv ∙ 40 cal/g
d) Lv ∙ ​  m ​ ∙ ​ 
50
Q
160
____
______
e) c 5 ​  mSt ​ ∙ ​  50 3 40 ​ } c ∙ 0,08 cal/g °C.
Pelo gráfico, a quantidade de calor recebida pela
substância em estado líquido é:
Q ∙ 2.000 2 1.000 } Q ∙ 1.000 cal
Isso ocasionou a variação de temperatura St ∙ 40 °C.
Portanto, o calor específico da substância no estado
Q
1.000
líquido é: c ∙ ​ ____ ​ ∙ ​  ______ ​ } c ∙ 0,5 cal/g °C.
mSt 50 3 40
b)
14 Os patamares horizontais representam as transições de
fase das substâncias. Observando os gráficos, é
possível concluir que tanto na fusão quanto na
vaporização as maiores temperaturas correspondem à
substância A, depois à B e por último à C. Isso descarta
as alternativas a e c.
Apesar de sofrer fusão a 0 °C, não podemos garantir que
B é água pura apenas por isso.
A fase final de A é uma coexistência entre fase líquida e
vapor, ambos à mesma temperatura. Portanto, e é falsa.
Finalmente, o calor de vaporização de B é maior que o
de C, pois o segundo patamar horizontal (vaporização)
de B é mais extenso que o de C.
16 b
Observando o gráfico, para elevar a temperatura de
–50 °C até zero e depois liquefazê-la, a quantidade
de calor necessária é 105 cal; e para elevar sua
temperatura até a próxima mudança de estado, 100 cal.
17 d
I) Incorreta. A transferência se dá por irradiação,
convecção e também por condução, sendo um
processo complexo em que não se pode estabelecer
um único processo de transferência.
II) Correta. Quando se aumenta a pressão na panela, a
ebulição da água ocorre a temperaturas maiores que
cem graus Celsius.
III) Correta. Pode-se economizar gás com este
procedimento.
IV) Incorreta. A temperatura de ebulição diminuiria.
18 a
A água não passa do interior da garrafa para o exterior.
19 a
Durante as mudanças de estado a temperatura
permanece constante e devemos continuar
fornecendo ou retirando calor para que elas ocorram.
20 a
Pelo princípio das trocas de calor, devemos ter:
Qbloco 1 Qcal 1 Qágua ∙ 0 ]
] mblococblocoSTbloco 1 CcalStcal 1 máguacáguaStágua ∙ 0
Usando os dados do enunciado, temos:
500 3 cbloco 3 (30 2 250) 1 80 3 (30 2 20) 1 400 3 1 3 (30 2 20) ∙
∙ 0 ] 2110.000cbloco 1 800 1 4.000 ∙ 0 ]
] } cbloco 7 0,044 cal/g°C
21 d
Temperatura de equilíbrio térmico: 40 °C
2 baldes ∙ 1 ∙ (40 – 100) + x baldes ∙ (40 – 0) ∙ 0
–120 + x ∙ 40 ∙ 0
x ∙ 3 baldes
22 (02) (16)
(01) Incorreto. Nos processos de transferência de calor
há também a convecção.
(02) Correto. É a definição de caloria.
(04) Incorreto. Para isso a variação de energia interna
deve ser zero.
(08) Incorreto. O ciclo descreve o rendimento teórico
de uma máquina térmica.
(16) Correto, geralmente costuma ser o fréon.
23 a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
A energia potencial da queda do corpo é convertida em
energia térmica para aquecer 1 kg de água:
20mgh ∙ 4,2máguac SJ ] 20 3 50 3 h ∙ 4,2 3 1.000 3 1 3 1,5 ]
] h ∙ 6,3 m
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Calor e mudança de fase
Para o ENEM
1 c
2 a
3 c
4 d
5 e
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
6 d
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Gases e termodinâmica
Para o vestibular
6 d
Deve-se escrever a equação PV/T para as duas
situações.
A temperatura deve estar em kelvin:
1 atm ∙ 9,9 L
P∙1L
∙
287
281
P ∙ 0,88 atm
2
n0, P0 ∙ 2 atm
V0, T0 ∙ 300 K
] P0V0 ∙ n0RT0
n0
n∙ 2 ,P
V ∙ V0, T ∙ 280 K
2
n0
] PV ∙ nRT ] PV0 ∙ 2 RT
T
280 14
P
∙
∙ 0,93 atm
∙
]P∙
T0
300 15
P0
3 e
Os valores WI, WII e WIII são numericamente iguais às
áreas sob os respectivos diagramas. Por comparação
direta na figura do enunciado: WI > WII > WIII.
7 b
Na expansão isotérmica, a variação de energia interna
é zero, uma vez que a temperatura permanece
constante. Dessa forma, o trabalho realizado pelo gás é
igual ao calor absorvido por ele.
8 O trabalho realizado pela máquina é numericamente
igual à área interna ao ciclo. Como este está orientado
no sentido horário: D . 0.
Logo:
2V0
D ∙ 2P0 3
∙ 2P0 3 V0 ∙ 2 3 13 J } D ∙ 26 J.
2
9 c
Inicialmente deve-se colocar as temperaturas em
kelvin: 300 K e 290 K
1 ∙ 3,3
PV
Na situação 1:
∙
300
T
P ∙ 2,9
PV
∙
290
T
Igualando as equações: P ∙ 1,1 atm, ou seja, 10% maior
que a pressão atmosférica normal.
Na situação 2:
4 a
Para encontrar a temperatura, deve-se igualar a
PV
nas situações A e B.
expressão
T
Como a pressão é constante:
20
60
V
∙ constante ]
∙
]
400
TB
T
] TB ∙ 1.200 K ou TB ∙ (1.200 – 273) °C ]
] TB ∙ 927 °C
Por exclusão, a correta é a alternativa a.
5 a) Aplicando a equação de Clapeyron:
P AV A
338
________
 ​
PAVA ∙ nRTA ] TA ∙ ​  ____ ​ ] TA ∙ ​ 
1 3 0,082
nR
} TA 7 93 K.
N
b) Usando a propriedade gráfica de que D ∙ Área,
N
N
obtém-se: D ∙ 2 3 1023 3 3 3 105 } D ∙ 6 3 102.
Como se trata de uma expansão: D . 0;
logo, D ∙ 600 J.
c) Pode-se escrever TC ∙ TA 7 293 K, pois A e C
pertencem à isoterma dada.
Comparando-se as áreas internas das figuras,
percebe-se que K é a menor. Logo, o trabalho resultante
também é menor.
10 a) Aplicando a Lei Geral dos Gases aos pontos A e C:
PA 3 VA ______
PC 3 VC
134 134
​  ______
 ​∙ ​ 
 ​] ​  ____ ​∙ ​  ____ ​ ] TC ∙ TA } ST ∙ 0.
TA
TC
TC
TA
b) Do item a, ST ∙ 0. Partindo-se da relação
3
SU ∙ ​ __ ​ n 3 R 3 ST, obtém-se: SU ∙ 0. Pela Primeira Lei da
2
Termodinâmica: SU ∙ Q 2 D ] Q ∙ D.
O valor numérico do trabalho pode ser obtido pela
N Área ] D N 3 3 4 } D N 12 J.
propriedade gráfica: D ∙
∙
∙
No trecho AB há uma expansão (D . 0); logo, D ∙ 12 J.
Portanto, Q ∙ 12 J.
11 e
O diagrama (c) representa um processo de expansão,
pois o volume final é maior que o inicial.
Não é um processo isobárico, pois a pressão muda
constantemente.
Em (a) tem-se um processo isovolumétrico seguido de
um isobárico.
Em (b) tem-se um processo isobárico seguido de um
isovolumétrico.
Os trabalhos em (a) e (b) são diferentes, uma vez que as
áreas cinza das figuras são diferentes.
12 d
Transformam-se as temperaturas em kelvin: 370 K e 296 K.
T
O rendimento máximo é dado por: R ∙ 1 – f
Tq
296
∙ 1 – 0,8 ] R ∙ 0,2 ou 20%
R∙1–
370
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 c
13 Soma: 02 + 04 ∙ 6
15 d
(01)Incorreta. Com base no gráfico, há variação de
volume na transformação A p B . Portanto: D % 0.
(02)Correta. SUA ∙ SUB se, e apenas se, a
transformação A p B for isotérmica, isto é, se PAVA ∙
P
V
​   ​ e VB ∙ V,
∙ PBVB. Como PA ∙ P, VA ∙ ​ __ ​, PB ∙ __
3
3
PV
PV
___
___
tem-se PAVA ∙ ​   ​ e PBVB ∙ ​   ​.
3
3
Portanto, a transformação é isotérmica, pois PAVA ∙ PBVB .
(04)Correta. Sabe-se que o trabalho é numericamente
igual à área sobre o gráfico, ou seja:
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
@
#
V
2V
N 2
N Área ]
N P
N P
__
___
D∙
D ∙ 3 ​ V 2 ​   ​  ​ ] D ∙ 3 3 ​   ​} D ∙ ​ __ ​ PV .
3
3
9
Como, nesse trecho, o gás sofre uma compressão,
2
D , 0. Logo: D ∙ 2 ​ __ ​ PV.
9
(08)Incorreta. Nesse caso, tem-se uma transformação
isovolumétrica e, portanto, D ∙ 0. Assim, pela
Primeira Lei da Termodinâmica, tem-se: Q ∙ SU.
3
A partir da relação U ∙ ​ __ ​ PV, calcula-se a energia
2
interna do gás nos pontos C e A:
PV
3
3 P V
UC ∙ ​ __ ​ PCVC ] UC ∙ ​ __ ​ 3 ​ __ ​ 3 ​ __ ​ ] UC ∙ ​ ___ ​
6
2
2 3 3
PV
3
3
V
__
__
__
___
UA ∙ ​   ​ PAVA ] UA ∙ ​   ​ 3 P 3 ​   ​ ] UA ∙ ​   ​
2
2
3
2
]
PV PV
PV
Q ∙ SU ] Q ∙ UA 2 UC ] Q ∙ ​ ___ ​– ​ ___ ​ } Q ∙ ___ ​.
3
6
2
Como Q . 0, o gás absorve calor.
(16)Incorreta. Como o ciclo está orientado no sentido
horário, o gás realiza trabalho sobre o ambiente.
14 Soma: 01 + 02 + 04 + 08 ∙ 15
(01)Correta. Em um processo isovolumétrico, o trabalho
é nulo, pois não há deslocamento da massa gasosa.
(02)Correta. Em uma transformação isotérmica, o produto
PV é constante. Dessa forma, se o volume aumenta,
a pressão deve diminuir na mesma proporção.
3
(04)Correta. A partir da relação SU ∙ ​ __ ​nRST, se ST ∙ 0,
2
obtém-se SU ∙ 0.
(08)Correta. As grandezas cujo valor final não
depende do processo escolhido são a energia
interna e a temperatura, e elas são diretamente
proporcionais entre si.
(16)Incorreta. Por definição, em uma transformação
adiabática não há troca de calor com o meio externo.
(32)Incorreta. Em um processo isobárico, a razão V : T
permanece constante. Logo, para que o valor da
razão permaneça constante, se V diminui, T deve
diminuir na mesma proporção.
O gás sofre uma expansão; logo, necessariamente,
tem-se D . 0, o que já invalida a alternativa a.
Quanto ao módulo do trabalho no SI, tem-se:
N
D ∙ Área ] D ∙
(5 ∙ 105 + 2 ∙ 105) ∙ 4
2
} D ∙ 14 3 105 J.
Para avaliar SU, usa-se a Primeira Lei da
Termodinâmica SU ∙ Q 2 D.
A partir do enunciado: Q ∙ 1 2 3 105 cal ∙ 8 3 105 J e,
do argumento anterior, D ∙ 14 3 105 J.
Portanto: SU ∙ Q 2 D } SU ∙ 26 3 105 J.
Esse valor é diferente do valor numérico proposto nas
alternativas b, c e e.
A alternativa d está correta, pois, como
SU ∙ 26 3 105, 0, deve-se ter ST , 0, o que indica
que o gás sofreu resfriamento.
16 a
O ciclo está orientado no sentido horário e, portanto,
N
D . 0. Usando a propriedade de que D ∙
Área:
22
5
D ∙ 3 3 10 3 8 3 10 } D ∙ 24 kJ.
A partir da definição de rendimento de uma máquina
térmica, pode-se obter a quantidade de calor Q1
fornecida ao gás:
24 ∙ 103
D
D
] Q1 ∙ 30 kJ.
g ∙ ​ ___ ​ ] Q1 ∙ ​ __
 ​ ] Q1 ∙
g
0,8
Q1
17 a
V
F
V
A primeira proposição é verdadeira, pois sempre há
variação de energia interna no gás utilizado.
A segunda proposição é falsa, pois o rendimento
sempre será inferior a 100%.
A terceira proposição é verdadeira, pois é por isso
que, na parte de trás do refrigerador, sentimos que há
passagem de calor para o meio ambiente.
18 a
Do enunciado:
Q1 ∙ 25 3 106 cal ∙ 105 3 106 J; T1 ∙ 400 K;
Q2 ∙ 10 3 106 cal ∙ 42 3 106 J; T2 ∙ 200 K;
D ∙ 63 3 106 J.
Segundo o Princípio de Conservação de Energia:
Q1 ∙ D 1 Q 2.
De fato, 105 3 106 ∙ 63 3 106 1 42 1 106. Portanto, a
máquina não viola a Primeira Lei da Termodinâmica.
Com relação ao rendimento:
D
63 ∙ 106
g ∙ ​ ___ ​ ∙
} g ∙ 0,6 ∙ 60% , 100%.
Q1
105 ∙ 106
Portanto, a máquina também não viola a Segunda Lei
da Termodinâmica.
19 c
R∙1–
300
Tq
300
300
] Tq ∙
] Tq ∙ 375 K
T
0,8
Na nova situação:
0,25 ∙ 1 –
300
300
] Tq ∙ 400 k
] Tq ∙
0,75
Tq
20 d
a) Incorreta. Dois corpos podem estar em equilíbrio
térmico e um terceiro pode ser uma fonte de calor com
temperatura mais elevada.
b) Incorreta. 100 graus Celsius correspondem a 212 graus
Fahrenheit.
c) Incorreta. O texto não especifica se todos os
termômetros serão graduados em uma mesma escala,
portanto dois termômetros com escalas diferentes
identificam valores diferentes para uma mesma
medida.
d) Correta.
e) Incorreta. Nas mudanças de estado, isso não é
verdade, pois uma substância pode ser aquecida e sua
temperatura permanecer constante.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
0,2 ∙ 1 –
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Gases e termodinâmica
Para o ENEM
1 e
I. Verdadeira. A água exerce pressão sobre os corpos
submersos, sendo que a cada 10 m de coluna de água
a pressão sobre eles é acrescida de um valor igual a 1 atm.
II. Falsa. O volume do gás é inversamente proporcional
à pressão por ele sofrida. Sendo assim, com o aumento
da pressão o volume diminui.
III. Verdadeira. Com o aumento da pressão, o volume
do gás diminui proporcionalmente. Logo, em um
mesmo volume de ar, 1 L, o número de moléculas
de O2 aumenta à medida que a concentração do gás
aumenta. Como a concentração dos gases dobra com
a diminuição de volume, a quantidade de oxigênio
inspirada também dobra.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 b
Para responder a essa questão, o aluno deve identificar
que se trata de uma transformação isotérmica, cujo
gráfico está representado na alternativa b.
3 a
A pessoa perceberia rapidamente que o filme estaria
de trás para a frente porque é algo fisicamente
absurdo. A seta do tempo aponta para o aumento da
desordem. Como no caso de um ovo se quebrando, o
início do fenômeno tem um grau maior de ordem, o
ovo intacto; o fenômeno é irreversível.
4 e
5 c
6 a
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Óptica geométrica e reflexão da luz
Para o vestibular
5 b
1 c
B
A Lua e os planetas do Sistema Solar são fontes de luz
secundárias; portanto, caso o Sol “morresse”, eles não
mais seriam vistos pelo sobrevivente. Por outro lado, por
serem fontes de luz primárias, as estrelas continuariam
visíveis.
H – 10
H
A
2 Com base na figura, tem-se que os triângulos ABC e
DEC são semelhantes:
α
β
C
D
D
6 cm = 0,06 m
A
h
3m
5m
C
H + 10
B
Portanto, pode-se escrever:
h 0,06
__
​   ​ = ​  ____
 ​ ⇒ 5h = 0,18
E
5
3
∴ h = 3,6 ∙ 10–2m = 3,6 cm
3 a) Os espelhos planos formam imagens simétricas em
relação aos respectivos objetos.
A
2m
S
2m
A’
Do triângulo ABC tem-se:
H – 10
⇒ x = H – 10
tg 45° = 1 =
x
Do triângulo ACE tem-se:
H + 10
⇒ 2H – 20 = H + 10 ⇒ H = 30
tg β = 2 =
H – 10
6 d
Observe a figura:
Imagem
6m
L
2m
P
b) A
partir da figura representada no item a, tem-se, por
congruência de triângulos, que SA = SA’. Portanto,
determinar a distância x percorrida pelo raio de luz
significa determinar a medida do segmento LA’.
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo A’LP:
x2 = (6 +2)2 + 62 = 64 + 36 ∴ x = 10 m
4 b
O enunciado sugere a seguinte figura:
Observador
Objeto
Objeto
Imagem
do
objeto
20 cm 20 cm
50 cm
Logo, a distância d do observador à imagem do objeto
será: d = 50 + 20 ∴ d = 70 cm
Portanto, o relógio (objeto) está marcando 4h.
7 c
No caso do espelho plano (vertical), aproximar-se ou
afastar-se dele não alterará a visualização do corpo,
apenas modificará o tamanho da imagem. Nesse caso, as
ações I e II são inócuas. Pelo mesmo motivo, se na
situação inicial você já conseguir se ver por inteiro,
qualquer movimentação em sua posição não prejudicará
a visualização.
8 b
Como os raios solares chegam praticamente paralelos
ao espelho, são refletidos para o foco. Essa distância
focal é metade do raio de curvatura do conjunto de
espelhos.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
E
14 d
9 a
Entre os espelhos esféricos de Gauss, o único que
possibilita a formação de uma imagem virtual e menor
que o objeto é o espelho convexo.
10 a) Octógono regular é um polígono de oito lados iguais
e oito ângulos iguais.
b) Ângulo central =
360°
= 45°
8
Para resolver essa questão, é preciso lembrar que um
ponto imagem é virtual se ele é vértice de um pincel
de luz que emerge de um sistema óptico de forma
cônica e divergente.
Espelhos planos e esféricos convexos sempre
fornecem imagens virtuais. Portanto, a alternativa
correta deve incluir os casos I e IV. Com isso
isola-se a alternativa d.
Para desencargo, deve-se checar o caso V.
c) Cada ângulo tem 135°, logo a soma será
135° ∙ 8 =1.080°
d)
Imagem
0,60 1 0,90 1 0,90 5 2,40 m
0,60 m
0,90 m
0,90 m
C
0,60 m
E
S
P
E
L
H
O
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Objeto
P
L
A
N
O
11 a
Os espelhos convexos são frequentemente usados em
retrovisores de motocicletas, nos automóveis mais
modernos e também nos cruzamentos de
estacionamentos, nos quais, para evitar acidentes, é
necessário obter um campo visual mais amplo, não
importando o tamanho real do objeto. Esse objetivo
é atingido com o uso de espelhos convexos.
12 a
A distância focal é uma característica geométrica do
espelho e independe da posição do objeto em relação
ao vértice. Seu valor corresponde à metade da medida
do raio de curvatura do espelho. Logo, no caso dessa
colher, a distância focal equivale a 2 cm.
13 c
Como o espelho é convexo, a distância focal é negativa.
1
1
1
1
2
⇒
=
+
=–
⇒ p’ = –12,5 cm
–25 25
p’
p’
25
p’ = –12,5 cm, logo a imagem se forma entre o vértice
e o foco, é virtual e direita.
F
O pincel de luz que emerge do espelho côncavo tem
forma cônica e é divergente. Logo, trata-se de uma
imagem virtual.
15 b
Dado que o raio de curvatura é R = 36 cm, a distância
36
focal f será: f = ​ ___ ​ ∴ f = 18 cm
2
Se p = 12 cm, o objeto se encontra entre o vértice (V ) e
o foco (F ) do espelho, como mostra a figura:
p = 12 cm
R = 36 cm
C
F
f = 18 cm
Para determinar matematicamente se a imagem é
maior ou menor que o objeto, bem como sua
orientação em relação a ele, é preciso calcular
o aumento linear transversal (A). Para isso,
determina-se p’ usando a equação de Gauss:
1
1
1
1
2
23
1
1
1
___
___
_____
 ​
= p + p’ ⇒ ​   ​ = ​   ​ + p’ ⇒ p’ = ​ 
18 12
36
f
∴ p’ = –36 cm
Como p’ < 0, trata-se de uma imagem virtual.
Calcula-se agora o aumento linear (A):
–p’ ___
36
= ​   ​ ∴ A = 3
A=
p
12
Como A > 0, a imagem é direita em relação ao objeto e,
como ∙A∙ > 1, a imagem é maior que o objeto.
Uma ressalva: a afirmação II refere-se ao módulo do
aumento linear transversal (A); pela afirmação III, a
imagem é invertida e, portanto, tem-se A = –5.
Com base na afirmação I, p = 6 cm.
–p’
–p’
, vem: –5 =
Como A =
∴ p’ = 30 cm
p
6
Uma ressalva: a afirmação II refere-se ao módulo do
aumento linear transversal (A); pela afirmação III, a
imagem é invertida e, portanto, A = –5.
Com base na afirmação I, p = 6 cm.
–p’
–p’
, vem: –5 =
∴ p’ = 30 cm
Como A =
p
6
Um espelho convexo não fornece imagens invertidas
em relação ao objeto. Isso descarta a alternativa a.
Distância focal e raio de curvatura são dados por:
1
1 1
1
1
511
​ __ ​ = ​ __
​ __ ​ + ​ ___ ​ ​  _____
 ​
 ​ +
p’ = 6 30 = 30
f p
∴ f = 5 cm
R = 2f ∴ R = 10 cm
Isso descarta as alternativas b e c.
Imagens invertidas são sempre reais. Isso descarta a
alternativa d.
17 a
1 1 1
p – q = R ⇒ q = p – R ⇒ ​ __ ​ = ​ __ ​ + ​ __ ​ ⇒
f p q
p
2
R
1p
1
1
2
_____
__
__
⇒ ​   ​ = ​   ​ + ​ 
 ​ = ​  _________ ​ ⇒
R p p2R
p(p 2 R)
⇒ 2p2 – 2pR = pR – R2 + pR ⇒
⇒ 2p2 – 4Rp + R2 = 0
Resolvendo a equação de 2o grau em p:
R∙
R∙
p1 = R + 2 e p 2 = R – 2
2
2
O valor de p2 < 0 não serve, pois, nesse caso, a
distância do objeto à imagem será negativa.
18 a) O objeto em F, para o pequeno espelho, é virtual, pois
é formado por prolongamentos de raios.
b) Como o objeto em F é virtual, s = – 0,5 m.
Assim, para o pequeno espelho:
1
1
1
1
1
1
⇒
+ =
+
=
⇒ f = – 0,667 m;
p
p‘
f
– 0,5
2
f
r = 2f ≃ –1,3 m
c) Como r < 0, o pequeno espelho é convexo.
19 a) Em t = 2 s, o objeto percorreu 10 cm. Como sua
posição inicial era de 50 cm até o espelho, nesse
instante ele se encontra a 40 cm do espelho.
1
1
1
1 1
1
⇒ ​ ___
​ __ ​ = ​ __ ​ +
⇒
 ​ = ​ ___ ​ +
p’
p’
10 40
f p
1
421
 ​ ⇒ p’ ≃ 13,3 cm
= ​  _____
⇒
p’
40
13,3
i
p’
i
⇒ ​ ___ ​ = – ​  ____ ​ ⇒ i ≃ –3,3 cm
​ __ ​ = –
o
40
10
p
Como p’ > 0 e i < 0, a imagem é real e invertida. Pelo
valor do módulo de i, observa-se que é menor que
o objeto.
b) No instante em que o objeto passar por F, a imagem
se formará no infinito. O objeto está em MRU; assim,
pode-se escrever: p = p0 + v ∙ t ⇒ 10 = 50 – 5 ∙ t ⇒
⇒t=8s
c) Após 7 s, o objeto estará a 15 cm do vértice e terá
7,5 cm de tamanho.
p = 50 – 35 ∴ p = 15 cm
1
1
1 1
1
1
⇒ ​ ___
​ __ ​ = ​ __ ​ +
 ​ = ​ ___ ​ +
⇒
p’
p’
15
10
f p
1
322
⇒
= ​  _____
 ​ ⇒ p’ = 30 cm
p’
30
p’
30
i
i
⇒ ​ ___ ​ = – ​  ___ ​ ⇒ i = –20 cm
​ __ ​ = –
o
p
15
10
20 (01) (02) (16)
Soma: 01 + 02 + 16 = 19
(01) Nos espelhos convexos, a imagem é sempre virtual,
direita e menor. Afirmativa correta.
R
e adota-se o sinal negativo no foco
2
dos espelhos convexos, a afirmativa está correta.
(02) Como f =
(04) Para calcular o aumento, calcula-se inicialmente a
1
1
1
distância da imagem até o espelho:
+
=
;
30
p’
–15
1
1
+
logo, a distância de imagem é –10 cm. Como
30
Di
p’
1
–10
i
= , a afirmativa é incorreta.
A= =−
=−
p
3
30
o
1
1
1
(08) 5 = 10 + p’ ⇒ p‘ = 10 cm; logo,
10
i
p’
= –1. Afirmativa incorreta.
A= =−
=–
10
o
p
(16) Como o aumento acima foi –1, está correta essa
afirmativa.
21 a) A imagem é real, pois, segundo o enunciado, ela é
projetada em uma parede, e apenas imagens reais
podem ser projetadas.
b) O espelho é côncavo, pois apenas nele é possível
produzir imagens reais.
300
i
p’
i
____
___
__
c) ​  o ​ = – p ⇒ ​  0,5 ​ = –​  10 ​ ⇒ i = –15 cm
A imagem é invertida, pois i < 0. Além disso,
qualquer imagem real de espelho esférico é invertida.
1
31
1
1
1
1 __
__
___
____
____
d) ​  f ​ = ​  p ​ + p’ = ​  10 ​ + ​  300 ​ = ​  300 ​ ⇒ f ≃ 9,7 cm
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
16 e
Revisão em 22 volumes – Física – Gabarito
ESTUDANDO Óptica geométrica e reflexão da luz
Para o ENEM
4 e
1 d
A propriedade indicada no enunciado e utilizada na arma
idealizada por Arquimedes seria a capacidade dos espelhos
de fazer convergir os raios luminosos em um só ponto,
propriedade essa encontrada nos espelhos côncavos.
2 c
Fazendo uma analogia entre essa situação e a reflexão
em um espelho plano por meio de uma imagem de F
simétrica em relação ao plano do muro, nota-se que os
caminhos virtuais têm o mesmo comprimento dos
verdadeiros caminhos propostos pelas equipes
(ver figura).
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
F
x
Q
x
F’
N
(D)
(C)
M
(B)
(A)
O
P
Pelo esquema, nota-se que a trajetória adotada pela
equipe C torna-se uma reta e que, portanto, é o
caminho mais curto entre O e F.
3 d
As características das imagens formadas por espelhos são:
• espelho plano forma imagens simétricas ou de mesmo
tamanho que os objetos;
• em espelhos côncavos, as dimensões das imagens
dependem da distância do objeto ao espelho,
sendo possível obter imagens maiores, menores
ou iguais às do objeto, podendo ainda serem imagens
invertidas ou não, o que inviabiliza a utilização desse
tipo de espelho em retrovisores;
• espelhos convexos formam imagens direitas e
menores que os objetos e têm a vantagem de aumentar
o campo visual do espelho.
Logo, a alternativa correta é a letra d.
Para analisar um ponto em relação a determinado
elemento óptico, é necessário desprezar os outros
elementos e identificar como aquele ponto existiria
sem os outros elementos. Assim, o ponto A
seria ponto imagem real em relação ao espelho E1
e ponto imagem virtual em relação ao espelho E2,
enquanto o ponto B seria ponto imagem real para o
espelho E2 e ponto objeto real para a lente ocular.
5 d
O número de imagens de um objeto estabelecidas em
360°
uma associação de espelhos é dada por N =
α –1.
Então, como o fotógrafo quer ter doze imagens e tem
três objetos, cada objeto terá de gerar mais três imagens:
obj1 + 3 imag (obj1) + obj2 + 3 imag (obj2) + obj3 +
+ 3 imag (obj3) = 3 ∙ 4 = 12 imagens
Para que cada objeto gere três imagens, o ângulo
formado entre os espelhos deve ser:
360°
360°
3=
–1 ⇒ 4=
⇒ α = 90°
α
α