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FísicaCurso Extensivo – BDE

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1. Uma bala perdida com velocidade de módulo 4,0 . 102m/s atingeuma árvore e penetra-lhe, em linha reta, uma distância de 10cm atéparar.Considere constante a aceleração escalar da bala.Determinea) o tempo que a bala gastou para parar;b) o módulo da aceleração escalar da bala.

RESOLUÇÃO:

a) = (MUV)

=

T . 2,0 . 102 = 0,1

b) V2 = V02 + 2� �s (MUV)

0 = 16,0 . 104 + 2 (–a) . 0,10

0,20a = 16,0 . 104

Respostas: a) 5,0 . 10–4sb) 8,0 . 105m/s2

2. Uma pedra é lançada verticalmente para cima de uma altura H0rela tiva ao solo. O efeito do ar é desprezível e adota-se g = 10,0m/s2.O gráfico a seguir representa a velocidade escalar da pedra desde o seulançamento (t = 0) até o seu retorno ao solo (t = 5,0s).

Determinea) a velocidade escalar Vf com que a pedra atinge o solo;b) a altura máxima H atingida pela pedra, em relação ao solo;c) o valor de H0;d) o gráfico de altura h da pedra, relativa ao solo, em função do tempo,

no intervalo de 0 a 5,0s.

RESOLUÇÃO:

a) V = V0 + �t ⇒ Vf = 20,0 – 10,0 . 5,0(m/s) ⇒

b) �s = área(V x T) ⇒ H = (m) ⇒

c) Na subida: h = (m) = 20,0m

H = h + H0 ⇒ 45,0 = 20,0 + H0 ⇒

d)

Respostas: a) –30,0m/sb) 45,0mc) 25,0md) vide gráfico

V0 + V

––––––2

Δs–––Δt

4,0 . 102 + 0–––––––––––

2

0,10––––

T

T = 5,0 . 10–4s

a = 8,0 . 105m/s2

Vf = –30,0m/s

H = 45,0m3,0 . 30,0–––––––

2

2,0 . 20,0–––––––

2

H0 = 25,0m

MÓDULO 11 Cinemática

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2 –

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A B

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3. Um atleta vai realizar um salto em distância. Quando o atleta sedes taca do chão, o seu centro de massa está a 80cm do solo e sofre umaele vação máxima de 45cm. Ao atingir o solo, o seu centro de massaestá praticamente em nível do solo. Adote g = 10m/s2 e despreze oefeito do ar. Ao se destacar do solo, o atleta tem uma velocidade →V0cujo componente horizontal tem módulo 10,5m/s.Calculea) o módulo do componente vertical de →V0; b) o intervalo de tempo desde que o atleta se destaca do solo até o

instante em que o seu centro de massa atinge o solo;c) a marca conseguida pelo atleta, isto é, a distância horizontal

percorrida.

RESOLUÇÃO:

a) Vy2 = V0y

2 + 2 �y �sy

0 = V0y2 + 2 (–10) 0,45

V0y2 = 9,0 ⇒

b) �sy = V0y t + t2

–0,80 = 3,0t – 5,0t2

5,0t2 – 3,0t – 0,80 = 0

t = (s) = (s)

c) �sx = V0x T

D = 10,5 . 0,80(m) ⇒

Respostas: a) 3,0m/sb) 0,80sc) 8,4m

4. Considere um rio com leito retilíneo e horizontal e margens para -lelas com largura L = 200m. A velocidade da correnteza é variável coma distância às margens.Junto às margens, a velocidade é nula e no meio do rio, a velocidade émá xima. Para uma distância d do ponto considerado até uma dasmargens, a velocidade tem módulo VC = 0,04d (SI).

Um barco motorizado tem velocidade relativa às águas com móduloconstante VB = 5,0m/s e, para atravessar o rio em tempo mínimo, estavelocidade é direcionada perpendicularmente à correnteza.a) Calcule o tempo T gasto pelo barco para atravessar o rio.b) Faça um gráfico do módulo da velocidade da correnteza VC em

função do tempo de movimento do barco.c) Sabendo-se que o barco atinge a margem oposta no ponto C, calcule

a distância BC.

RESOLUÇÃO:a) De acordo com o Princípio de Galileu, o tempo de travessia pode ser

calculado pelo movimento relativo.�srel = Vrel t (MU)

200 = 5,0T ⇒

b) 1) O movimento relativo é uniforme: d = Vrel t = 5,0t (SI)2) De acordo com o texto:

VC = 0,04 d = 0,04 . 5,0tVC = 0,20 t (SI)

3)

c) BC = área (VC x t)

BC = (m) ⇒

Respostas: a) T = 40sb) ver figurac) BC = 80m

V0y = 3,0m/s

�y–––2

3,0 � ��9,0 + 16,0–––––––––––––––––

10,0

3,0 � 5,0––––––––

10,0

T = 0,80s

D = 8,4m

T = 40s

BC = 80m40 . 4,0––––––

2


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MÓDULO 22 Leis de Newton e Atrito

1. O sistema mecânico representado na figura é cons tituído por trêsblo cos, A, B e C, de massas, respec tivamente, iguais a mA = 0,3kg,mB = 0,2kg e mC = 1,5kg.Despreze o efeito do ar e todos os atritos. Adote g = 10m/s2.

Uma força horizontal constante →F é aplicada ao blo co C, de modo que

B e A fiquem em repouso em relação a C, isto é, que os três blocostenham a mes ma ace leração.Determinea) a intensidade da força que traciona o fio ideal que li ga A com B;b) o módulo da aceleração dos blocos;c) a intensidade da força

→F.

RESOLUÇÃO:a) Para que o bloco A não se movimente verticalmente, temos:

T = PA = mA g = 0,3 . 10(N) ⇒

b) A força aplicada pelo fio é a resultante que acelera o bloco B.

PFD (B): T = mB a

mA g = mB a

a = g = . 10(m/s2)

c) A força→F é a resultante que acelera todo o sistema (A + B + C):

PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC)a

F = (0,3 + 0,2 + 1,5) 15 (N)

Respostas: a) 3,0Nb) 15m/s2

c) 30N

2. Dois blocos, A e B, de massas mA = 1,0kg e mB = 2,0kg estãoconec tados por um fio ideal que envolveuma polia de massa desprezível e sub me -tida a uma força vertical para cima e deintensidade F = 30,0N.A aceleração da gravidade tem módulo g = 10,0m/s2 e despreza-se o efeito do ar.Determinea) os módulos aA e aB das acelerações de A

e B;b) o módulo aP da aceleração da polia.

RESOLUÇÃO:a)

1) Como a polia tem massa desprezível, a força resultante na polia énula e teremos:

2T = F ⇒ T = = 15,0N

2)

PFD(A): T – PA = mAaA

15,0 – 10,0 = 1,0aA

3)

PFD(B): PB – T – = mBaB

20,0 – 15,0 = 2,0aB

b) As acelerações dos blocos, em relação à polia, têm módulos iguais a:.aAP. = aA – aP

.aBP. = aB + aP

T = 3,0N

0,3––––0,2

mA––––mB

a = 15m/s2

F = 30N

F–––2

aA = 5,0m/s2

aB = 2,5m/s2


4 –

FÍSIC

A B

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.aAP. = .aBP.

aA – aP = aP + aB

Respostas: a) aA = 5,0m/s2; aB = 2,5m/s2

b) aP = 1,25m/s2

3. Um elevador se desloca verticalmente com aceleração dirigidapara cima e de módulo a = 2,5m/s2. No chão do elevador, temos umbloco A de massa 8,0kg e sobre ele um outro bloco, B, de massa 2,0kg.Uma força horizontal

→F de módulo 29,0N é aplicada em A, conforme

ilustra a figura. O coeficiente de atrito cinético entre A e B vale 1/5 enão há atrito entre A e o piso do elevador.

A aceleração da gravidade tem módulo g = 10,0m/s2 e não se considerao efeito do ar. Sabe-se que o bloco B vai escorregar sobre o bloco A.Para um referencial fixo no elevador, determinea) o módulo gap da gravidade aparente dentro do elevador;b) o módulo aB da aceleração do bloco B;c) o módulo aA da aceleração do bloco A.

RESOLUÇÃO:a) ↑→a ⇔ gap = g + a = 10,0 + 2,5 (m/s2)

b)

PFD (B): Fat = mBaB

�C mB gap = mBaB

aB = �C gap = . 12,5 (m/s2)

c)

Fat = mBaB = 5,0N

PFD (A): F – Fat = mAaA

29,0 – 5,0 = 8,0 . aA

Respostas: a) gap = 12,5m/s2

b) aB = 2,5m/s2

c) aA = 3,0m/s2

4. Dois blocos, A e B, de massas mA = 4,0kg e mB = 6,0kg estãoconectados por um fio de massa desprezível que envolve uma poliasem atrito, conforme esquematizado na figura.

Considere g = 10,0m/s2 e despreze o efeito do ar. O coeficiente de atritoentre A e o apoio horizontal vale 0,40.Determinea) a intensidade Fat da força de atrito entre o bloco A e o plano de

apoio;b) o módulo a da aceleração dos blocos;c) a massa mC de um terceiro bloco, C, que deve ser colocado em

cima de A para que o movimento do sistema passe a ser uniforme.

RESOLUÇÃO:a) Fat = � FN = � PA

Fat = 0,40 . 40,0N ⇒

b) PFD (A + B): PB – Fat = (mA + mB) a

60,0 – 16,0 = 10,0a

44,0 = 10,0a

c) Para o movimento ser uniforme:

PB = Fat

mB g = � (mA + mC) g

mB = � (mA + mC)

6,0 = 0,40 (4,0 + �C)

15,0 = 4,0 + �C

Resposta: a) Fat = 16,0Nb) a = 4,4m/s2

c) mC = 11,0kg

aA – aBaP = –––––– = 1,25m/s2

2

gap = 12,5m/s2

1–––5

aB = 2,5m/s2

aA = 3,0m/s2

Fat = 16,0N

a = 4,4m/s2

mC = 11,0kg


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MÓDULO 33 Plano Inclinado e Força Centrípeta

1. Dois blocos, A e B, de mesma massa m são conectados por um fioideal apoiado em duas polias de atrito e inércia desprezíveis e sendo Aapoiado em um plano inclinado sem atrito fixo no solo.

A aceleração da gravidade tem módulo g.Determinea) o módulo a da aceleração dos blocos A e B em função de g;b) a intensidade T da força da tração no fio em função de m e g.

RESOLUÇÃO:

a) PFD (A): Pt + T = ma

PFD (B): PB – T = maPFD (A + B): Pt + PB = 2ma

+ mg = 2ma

b) PB – T = ma

mg – T = m g

Respostas: a) a = g

b) T =

2. Considere um plano inclinado de � = 37º. Um bloco de massam = 1,0kg é colocado sobre o plano inclinado. O coeficiente de atritoentre o bloco e o plano inclinado vale 0,75 (o estático é igual aodinâmico). Uma força →F paralela ao plano, dirigida para cima, éaplicada ao bloco. A intensidade de →F varia com o tempo t segundo arelação F = 2,0t (SI).

Dados: sen � = 0,60cos � = 0,80g = 10,0m/s2

Determinea) a intensidade da força de atrito no instante t = 0;b) a intensidade da força de atrito no instante t = 3,0s;c) a intensidade da força de atrito no instante t = 6,0s;d) o gráfico da intensidade da força de atrito em função do tempo.

RESOLUÇÃO:a) 1) Pt = m g sen � = 6,0N

2) Fatmáx= � mg cos � = . 10,0 . 0,80 (N) = 6,0N

3) No instante t = 0, temos F = 0 e Fat = Pt = 6,0N.

b) No instante t = 3,0s, temos: F = 6,0N. Como Pt = 6,0N, a força de atritose anula.

c) No instante t = 6,0s, temos: F = 12,0N

Como Pt = 6,0N e Fatmáx= 6,0N, não haverá movimento:

F = Pt + Fat

12,0 = 6,0 + Fat

mg––––

2

3ga = –––

4

3–––4

mgT = –––

4

3–––4

mg–––4

3––––

4

Fat = 6,0N


6 –

d) 1) Para 0 � t � 3,0s

F + Fat = Pt

Fat = 6,0 – 2,0t (SI)

2) Para 3,0s � t � 6,0s

F = Pt + Fat

2,0t = 6,0 + Fat

Fat = 2,0t – 6,0(SI)

t = 6,0s ⇔ Fatmáx= 6,0N

Respostas: a) 6,0Nb) zeroc) 6,0Nd) vide gráfico

3. (VUNESP-FMCA) – Uma ambulância, de 1500kg de massa, ematendi mento, percorre uma trajetória horizontal que, em determinadolocal, faz uma curva circular de 90º, como mostra a figura. O veículoentra na curva com uma velocidade escalar de 144km/h e diminuigradual mente sua velocidade escalar para sair da curva com 72km/h.A curva é descrita em 5,0 s. Use π = 3.

Determine a intensidade da forçaa) tangencial sobre a ambulância, suposta constante, durante a curva;b) centrípeta sobre a ambulância, no instante em que sua velocidade

escalar é de 108 km/h.

RESOLUÇÃO:

a) Ft = mat = m� = m

Ft = 1500 . (N) ⇒

b) 1) =

=

= 150

2) Fcp = macp =

Fcp = (N)

Respostas: a) 6,0kNb) 13,5kN

�v––––�t

Ft = 6,0 . 103N = 6,0 kN(40 – 20)––––––––

5,0

V0 + Vf––––––2

�s––––�t

20 + 40––––––

2πR/2–––––

5,0

3R––––

2

R = 100 m

mV2––––

R

1500 . (30)2–––––––––––

100

Fcp = 13,5 . 103N = 13,5 kN

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A B

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4. Considere uma roda gigante com velocidade angular � constante.Uma pessoa de peso P está sentada num dos bancos. Quando a cadeirapassa pelo ponto A, mais baixo da trajetória, a cadeira aplica sobre apessoa uma força normal (peso aparente) de intensidade NA = 825N.Quando a cadeira passa pelo ponto B, mais alto da trajetória, a cadeiraaplica sobre a pessoa uma força normal de intensidade NB = 675N.

O raio da circunferência descrita pela pessoa vale R = 4,0m e aaceleração da gravidade tem módulo g = 10,0 m/s2.O efeito do ar é desprezível.Determinea) o peso da pessoa;b) a velocidade angular �.

RESOLUÇÃO:a)

NA – P = FCP (1)

P – NB = FCP (2)

(1) = (2): NA – P = P – NB

NA

+ NB = 2P ⇒ P = ⇒

b) (1) + (2):

NA – NB = 2 FCP

NA – NB = 2 mω2 R

825 – 675 = 2 . 75 . ω2 . 4,0

150 = 150 . 4,0 . ω2

ω2 = ⇒

Respostas: a) P = 750Nb) ω = 0,50 rad/s

P = 750 NNA + NB –––––––– 2

ω = 0,50 rad/s1

––– 4,0

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A B

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MÓDULO 44 Trabalho e Potência

1. Uma partícula de massa m = 6,0kg parte do repouso dacoordenada x1 = 1,0m movendo-se ao longo do eixo x sob ação de umaforça resultante F dada por:

F = 1,0x (SI)Calculea) o trabalho realizado pela força entre as posições x1 = 1,0m e

x2 = 5,0m;b) a velocidade escalar da partícula na posição x2 = 5,0m.

RESOLUÇÃO:a)

τF = área (F x d)

τF = (5,0 + 1,0) . (J)

b) TEC: τF = �Ecin

τF = (V22

– V21 )

12,0 = (V22 – 0)

V22 = 4,0 ⇒

Respostas: a) 12,0Jb) 2,0m/s

2. (CEDERJ) – Um bloco é abandonado de uma altura h sobre umplano inclinado muito liso e desliza sobre ele até atingir a base doplano. A partir daí, ele continua deslizando sobre uma superfíciehorizontal áspera até parar, depois de percorrer uma distância D noplano horizontal. Considere que o valor do coeficiente de atrito cinéticoentre o bloco e a superfície horizontal áspera é igual a �C, que o atritoentre o bloco e a superfície do plano inclinado liso é desprezível, e quea aceleração da gravidade no local tem módulo g.

Calcule, em função de h, �C e g,a) o módulo V da velocidade do bloco ao atingir a base do plano incli -

nado;b) o valor da distância D que o bloco percorre sobre a superfície

horizontal até parar.

RESOLUÇÃO:

a) TEC: τP = �Ecin

mgh = ⇒

b) TEC: τtotal = ΔEcin

τP + τat = 0

mgh + �Cmg D (–1) = 0

h = �C D ⇒

Resposta: a) V = ��2gh

b) D =

4,0–––2

τF = 12,0J

m–––2

6,0––––

2

V2 = 2,0m/s

V = ��2ghmV2––––

2

hD = –––

�C

h–––�C


– 9

3. Uma partícula de massa m = 2,0kg parte do repouso e descreveuma trajetória retilínea sob ação de uma força resultante constante demódulo F.O gráfico a seguir representa a potência instantânea de →F em função dotempo de movimento da partícula.

a) Deduza uma expressão relacionando a potência Pot em função dotempo t usando F e m como parâmetros.

b) Calcule o valor de F.

RESOLUÇÃO:a) 1) Como F é constante, o movimento é uniformemente variado:

V = V0 + � t ⇒ V = � t

2) PFD: F = m � ⇒ � = e

3) Pot = F V cos �

Pot = F . t . cos 0º ⇒

b) Para t = 10,0s ⇔ Pot = 320W

320 = . 10,0 ⇒ F2 = 64,0 ⇒

Respostas: a) Pot = t

b) F = 8,0N

4. Um ciclista se move em linha reta com velocidade constante demódulo 5,0m/s em um plano horizontal. A potência desenvolvida porsuas forças musculares vale 75,0W e a força de resistência do ar temmódulo Fr dado por Fr = kV, em que V é o módulo da velocidade.

Em seguida, o ciclista desce um plano inclinado de θ tal que sen � =

com velocidade constante de módulo V, em linha reta, de modo que apotência de suas forças musculares passa a ser de 32,0W. O peso dociclista com sua bicicleta é de 800N. Dado: ��784 = 28Determinea) o valor de k;b) o valor de V.

RESOLUÇÃO:

a) 1) Pot = FV

75,0 = F . 5,0 ⇒

2) F = Fr = kV

15,0 = k . 5,0 ⇒

b)

Pt + F = Fr

Psen � + = kV

800 + = 3,0V

20,0V + 32,0 = 3,0V2

3,0V2 – 20,0V – 32,0 = 0

V = (m/s) ⇒

Respostas: a) k = 3,0(SI)b) V = 8,0m/s

Nota:

A unidade de k no SI, é dada por:

[F] = [k] [V]

MLT–2 = [k] LT–1

[k] = MT–1

u(k) = kg . s–1

F–––m

FV = ––– t

m

F–––m

F2Pot = ––– t

m

F2–––2,0

F = 8,0N

F2–––m

1–––40

F = 15,0N

k = 3,0 (SI)

Pot–––V

1–––40

32,0–––V

20,0 � ��400 + 384–––––––––––––––––––

6,0V = 8,0m/s

kgu(k) = ––––

s

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A B

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1. (Olimpíada Brasileira de Física 2012-Adaptado) – Armas detiro podem ser feitas com molas. O atirador empurra o projétil no canocomprimindo a mola e trava o projétil. Ao puxar o gatilho, a trava é li -be rada e a mola transmite a energia acumulada para a bala.Considere a constante elástica da mola igual a 6,0 . 102N/m e seucomprimento natural igual a 15,0cm. A mola é deformada assumindoo comprimento de 10,0cm antes de ser travada.Determinea) a intensidade da força que a mola exerce na trava;b) a energia elástica armazenada na mola;c) o módulo da velocidade de lançamento de um projétil de massa

15,0g assumindo que toda a energia elástica da mola é transformadaem energia cinética do projétil.

RESOLUÇÃO:

a) Lei de Hooke: F = kx

F = 600 . 0,050(N) ⇒

b) Ee =

Ee = . (5,0 . 10–2)2(J) ⇒ Ee = 75 . 10–2J ⇒

c) Ee = Ec

=

. x = . 5,0 . 10–2(m/s)

V = 2,0 . 102 . 5,0 .10–2(m/s)

Respostas: a) 30,0Nb) 0,75Jc) 10,0m/s

2. Uma esfera é conectada a um fio ideal fixo em suporte preso ao teto.A esfera é abandonada, a partir do repouso, com o fio esticado e hori -zon tal. Despreze o efeito do ar e considere a aceleração da gravidadecom módulo g.

Em função de g e �, determinea) o módulo da aceleração tangencial;b) o módulo da aceleração centrípeta.

RESOLUÇÃO:

a) Pt = mat

mgcos � = mat

b)

(ref. em B)

= mgh

VB2 = 2gh (1)

Da figura: sen � = ⇒ h = R sen � (2)

(2) em (1): VB2 = 2g Rsen �

acp = ⇒

Respostas: a) at = gcos �b) acp = 2gsen �

kx2–––2

600–––2

mv2–––2

kx2–––2

600–––––––––15,0 . 10–3

kV = –––

m

V = 10,0m/s

at = gcos �

EB = EA

mVB2

––––––2

h–––R

acp = 2gsen �VB

2–––R

F = 30,0N

Ee = 0,75J

MÓDULO 55 Energia Mecânica, Quantidade de Movimento e Gravitação


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3. Uma esfera de barro de massa 2,0kg está a uma altura de 0,60mdo solo e a uma distância horizontal de 1,20m do centro de um carrinhoque tem 6,0kg de massa, 0,15m de altura e se encontra parado. Então,a esfera é lançada horizontalmente, cai no centro do carrinho (figuraabaixo) e juntos iniciam um movimento. Considere a aceleração da gravidade com módulo igual a 10,0m/s2 edespreze o efeito do ar e o atrito entre o carrinho e o chão.

Calculea) o tempo de queda T da esfera;b) o módulo V0 da velocidade de lançamento da esfera;c) o módulo Vf da velocidade do carrinho com a esfera após a colisão;d) a energia mecânica Ed dissipada na colisão.

RESOLUÇÃO:

a) Δsy = V0y t + t2 ↓ � ⇒ 0,45 = 0 + T2 ⇒

b) Δsx = V0 T ⇒ 1,20 = V0 . 0,30 ⇒

c) Na direção horizontal, o sistema é isolado:

Qfh = Q0h

(M + m) Vf = mV0 ⇒ 8,0 Vf = 2,0 . 4,0 ⇒

d) Para um referencial na altura de 0,15m acima do solo:

E0 = mg H0 + = 2,0 . 10,0 . 0,45 + . 16,0 (J) = 25,0J

Ef = Vf2 = . (1,0)2 (J) = 4,0J

Ed = E0 – Ef ⇒

Respostas: a) T = 0,30s b) V0 = 4,0m/sc) Vf = 1,0m/s d) Ed = 21,0J

4. (UNESP) – Para demonstrar que a intensidade da aceleração dagravidade na superfície de Marte é menor do que na superfície terrestre,um jipe-robô lança um pequeno corpo verticalmente para cima, a partirdo solo marciano. Em experimento idêntico na Terra, onde g = 10,0m/s2,utilizando-se o mesmo cor po e a mesma velocidade inicial delançamento, a altura atingida foi 12,0m. Adotando-se o raio de Marteigual à metade do raio da Terra e sua massa um décimo da massa daTerra, calcule, desprezando-se a atmos fe ra e a rotação dos planetas,a) a intensidade da aceleração da gravidade na super fície de Marte;b) a altura máxima atingida pelo corpo no experi men to em Marte.

RESOLUÇÃO:

a) Sendo g = , vem:

=

2

= (2)2 ⇒

b) Cálculo da altura máxima atingida em função da velocidade inicial:

Aplicando-se a Equação de Torricelli:

VB2 = VA

2 + 2γ Δs

0 = V02 + 2(–g) H

Portanto, H é inversamente proporcional a g.

= ⇒ = ⇒

Respostas: a) 4,0m/s2 b) 30,0m

γy––––

2

10,0––––

2T = 0,30s

V0 = 4,0m/s

Vf = 1,0m/s

mV02

––––2

2,0––––

2

(M + m)––––––

2

8,0––––

2

Ed = 21,0J

G M–––––

R2

gM––––gT

MM––––MT

RT�––––�RM

gM––––10,0

1––––10

gM = 4,0 m/s2

V02

H = ––––2g

HM––––HT

gT––––gM

HM–––––12,0

10,0––––4,0

HM = 30,0m


12 –

FÍSIC

A B

DE

MÓDULO 66 Termologia I

1. (PUC-2012) – Qual o valor de calor específico de uma substânciade massa 270g que, ao receber 10,8kJ de calor de uma fonte térmica depotência constante, tem sua temperatura au mentada de 18°F, em umlocal cuja pressão é de 1atm?Adote 1 cal = 4J

RESOLUÇÃO:1) Conversão de temperaturas:

= ⇒ =

2) Cálculo do calor específico sensível:Q = m c Δ�

= 270 . c . 10

Resposta: c = 1,00 cal/g°C

2. (UNISA-2012) – Luísa, uma garota muito esperta e prestativa,tem, entre suas tarefas em casa, encher as forminhas de gelo com águae colocá-las no congelador. Em determinado dia, a menina usou 250 gde água, à temperatura de 20ºC para congelar. Seu congelador utilizapotência constante de 5,0 cal/s para formar o gelo, cujo calor latente desolidificação é igual a 80 cal/g. Sendo o calor específico da água iguala 1,0 cal/g.ºC.Determine:a) a quantidade de calor necessária e suficiente a ser retirada da água

para formar 250 g de gelo.b) o tempo mínimo para Luísa encontrar a água colocada nas

forminhas totalmente convertida em gelo, ao abrir a geladeira.

RESOLUÇÃO:

a) Qtotal = Qfusão + Qágua

Qtotal = (mL)solidificação + (mcΔθ)água

Qtotal = (250g) . �–80 � + (250g) . �1,0 � . (0°C – 20°C)

Qtotal = (–20 000 cal) + (–5000 cal)

b) Pot = ⇒ Δt = ⇒ Δt =

18––––

9

Δ�C––––

5

Δ�F––––

9

Δ�C––––

5

Δ�c = 10°C

10,8 . 103

–––––––––4

c = 1,00cal/g°C

cal––––g°C

cal––––

g

Qtotal = –25 000cal

25000cal––––––––––

cal5,0 –––

s

.Qtotal.–––––––Pot

.Qtotal.–––––––Δt

Δt = 5000s


– 13

3. (ETEC-2012-modificada) – Uma outra técnica utilizada é asecagem de alimentos em estufas. Nesse processo, a umidade é retiradagradativamente devido ao fluxo de ar quente. De um modo caseiro,todos podem construir uma estufa para secagem de alimentos tal quala desenhada a seguir.

Imagem seccionada de uma estufa, mostrando o interior da câmarade aquecimento e o interior da câmara de secagem onde são colocadosos alimentos.

a) Determine a quantidade de calor, em joules, que atravessa a placade vidro de 2,0m2 de área e 4,0cm de espessura , por minuto, numlocal com diferença de 20°C entre o interior e o exterior da estufa.

b) Estime o valor da insolação útil do local da estufa em W/m2.c) Complete as lacunas de acordo com os conceitos da transmissão de

calor e da mudança de estado físico.Nessa estufa, o ar frio é aquecido na câmara de aquecimento e élevado até os alimentos por __________, extraindo a água por__________ .

RESOLUÇÃO:

a) = ⇒ =

Q = cal = 12 000cal . 4,0

b) E = IAΔt ⇒ 48 000J = I . 2,0m2 . 60s ⇒ I =

I = 400

c) Convecção e evaporação.

NOTE E ADOTECondutividade térmica do vidro = 0,20 cal/s.m . °CEquivalente mecânico do calor = 4,0 J/cal

cal0,20 ––––––– 2,0m2 . 20°C

s.m.°C–––––––––––––––––––––––––––

0,04m

Q––––60s

kAΔθ––––––

e

Q––––

Δt

J–––cal

1200 . 0,40––––––––––

0,04

Q = 48 000J

48000J–––––––120m2s

W–––m2

FÍS

ICA

BD

E


14 –

FÍSIC

A B

DE

MÓDULO 77 Termologia II

1. (UDESC-2012-Modificada) – Em um dia muito frio, quando ostermômetros marcam –10°C, um motorista enche os pneus de seu carroaté uma pressão manométrica de 200 kPa. Quando o carro chega aodestino, a pressão manométrica dos pneus aumenta para 260 kPa. Supondo que os pneus se expandiram de modo que o volume do arcontido neles tenha aumentado 10%, e que o ar possa ser tratado comoum gás ideal, determine:a) a quantidade de matéria, em mols, no interior do pneu de 0,03 m3

de volume.b) a temperatura final dos pneus.

NOTE E ADOTEConstante universal dos gases perfeitos: R = 8,3J/mol K

RESOLUÇÃO:

a) PV = nRT ⇒ 200 . 103Pa . 0,03m3 = n . 8,3 (–10 + 273)K

n = mols ⇒ n = 2,75mols

b) = ⇒ =

T2 = (K) = (K) ⇒ T2 = 376,09K

T2 = (376,09 – 273)°C

2. (ENADE) – A segunda lei da termodinâmica pode ser usada paraavaliar propostas de construção de equipamentos e verificar se oprojeto é factível, ou seja, se é realmente possível de ser construído.Considere a situação em que um inventor alega ter desenvolvido umequipamento que trabalha segundo o ciclo termodinâmico de potênciamostrado na figura. O equipamento retira 800 kJ de energia, na formade calor, de um dado local que se encontra na temperatura de 1000 K,desenvolve uma dada quantidade líquida de trabalho para a elevação deum peso e descarta 300 kJ de energia, na forma de calor, para outrolocal que se encontra a 500 K de temperatura. A eficiência térmica dociclo é dada pela equação fornecida.

η = = 1 –

MORAN, M. J., SHAPIRO, H. N. Princípios de Termodinâmica para

Engenharia. Rio de Janeiro: LTC S.A., 6. ed., 2009

a) Determine o rendimento da máquina proposta pelo inventor emfunção das quantidades apresentadas.

b) Calcule a eficiência teórica máxima da máquina.c) Com base nos resultados dos itens anteriores, avalie se o projeto é

factível ou não.

RESOLUÇÃO:

a) η = 1 – ⇒ η = 1 – ⇒ η = 1 – 0,375 ⇒ η = 0,625

η = 62,5%

b) ηmáx = 1 – ⇒ ηmáx = 1 – = 1 – 0,50 ⇒ ηmáx = 0,50

η = 50%

c) O projeto não é factível, pois o rendimento proposto é maior que aeficiência teórica máxima.

J––––––mol K

6000––––––2182,9

260kPa.1,10V1–––––––––––––T2

200kPa. V1–––––––––––(–10 + 273)K

p2V2––––––T2

p1V1––––––T1

75218–––––––

200

260 . 1,10 . 263––––––––––––––

200

T2 = 103,09°C

QC––––QH

Wciclo––––––QH

300J–––––800J

QC––––QH

500K––––––1000K

TC––––TH


– 15

3. (IJSO) – A figura 1 mostra um disco metálico com um buraco nocentro. a) Qual das figuras de 2 a 5 mostra esquematicamente a aparência do

disco após ser aquecido uniformemente?

b) Determine a dilatação do diâmetro de 20cm do buraco da figura1 para uma variação de 100°C na temperatura do disco de metalde coeficiente de dilatação térmica igual a 3,0 . 10–5 °C–1.

RESOLUÇÃO:a) Figura 4, pois o buraco dilata-se como se estivesse preenchido com o

metal.b) ΔL = L0αΔθ ⇒ ΔL = 20cm . 3,0 . 10–5 °C–1 . 100°C

ΔL = 6,0 . 10–2cm

FÍS

ICA

BD

E


16 –

FÍSIC

A B

DE

1. (Olimpíada Brasileira de Física) – Dois es pelhos esféricos, umcôncavo e outro convexo, de mesma distância focal igual a 36cm, sãocolocados um em frente ao outro, com seus vértices separados por umadistância de 2,0m e com seus eixos principais coincidentes. A quedistância do espelho côncavo e sobre o eixo principal deve ser colocadoum objeto para que a primeira imagem formada pelo espelho convexotenha o mesmo tamanho da primeira imagem formada pelo espelhocôncavo?

RESOLUÇÃO:

A imagem produzida pelo espelho convexo (E2) é menor que o objeto (O).

Logo, isso deve ocorrer também com a imagem produzida pelo espelho

côncavo (E1). A imagem de E2, no entanto, é direita, enquanto a de E1 é

invertida, conforme ilustra a figura.

Assim:

A1 = – A2 ⇒ = –

= – ⇒ – 36 – 200 + p1 = 36 – p1

2p1 = 272 ⇒

Resposta: 136cm

2. (UERJ-2011) – Um raio de luz vindo do ar, denominado meio A,incide no ponto O da superfície de separação entre esse meio e o meioB, com um ângulo de incidência igual a 7° (sen 7° � 0,12).No interior do meio B, o raio incide em um espelho côncavo E queobedece às condições de Gauss, passando pelo foco principal F.O centro de curvatura C do espelho, cuja distância focal é igual a 1,0m,encontra-se a 1,0m da superfície de separação dos meios A e B.

Observe o esquema:

Considere os seguintes índices de refração:nA = 1,0 (meio A)nB = 1,2 (meio B)Sabendo-se que para ângulos pequenos, até 10°, é razoável a aproxi -mação tg α � sen α, determine a que distância do ponto O o raioemerge, após a reflexão no espelho.

RESOLUÇÃO:O caminho óptico do raio luminoso até sua emergência do meio B estáesboçado na figura a seguir.

(I) Lei de Snell: nB sen r = nA sen i

1,2 sen r = 1,0 sen7° ⇒ 1,2 sen r = 0,12

sen r = 0,10 ⇒

(II)No triângulo OPQ:

tg r = ⇒ 0,10 =

Resposta: 0,30m

tg r � 0,10

––––QO

–––––3,0

––––QO

–––––––––PQ

––––QO = 0,30m

f2–––––––f2 – p2

f1–––––––f1 – p1

(– 36)––––––––––––––– 36 – (200 – p1)

36–––––––36 – p1

p1 = 136cm

MÓDULO 88 Óptica (I)


– 17

FÍS

ICA

BD

E

3. (UFPR-2011) – O fenômeno da refração da luz está associado asituações corriqueiras de nossa vida. Uma dessas situações envolve acolocação de uma colher em um copo com água, de modo que a colherparece estar “quebrada” na região da superfície da água. Parademonstrar experimentalmente a refração, um estudante propôs umamontagem conforme figura abaixo. Uma fonte de luz monocro máticaF situada no ar emite um feixe de luz com raios paralelos que incide nasuperfície de um líquido de índice de refração n2. Considere o índicede refração do ar igual a n1. O ângulo de incidência é α1, e o de refraçãoé α2. Por causa da refração, a luz atinge o fundo do recipiente no pontoP e não no ponto Q, que seria atingido se a luz se propagasse sem quehouvesse refração.

a) Mostre que as distâncias a e b indicadas na figura valem, respec -tivamente

a = ; b = L tan α1

b) Obtenha a distância D de separação entre os pontos P e Q se

n1 = 1, n2 = ��3, α1 = 60º e L = 2��3 cm, sabendo que sen 60º =

e cos 60º = . Sugere-se trabalhar com frações e raízes, e não

com números decimais.

RESOLUÇÃO:a) (I) Lei de Snell: n2 sen α2 = n1 sen α1

Da qual:

(II) sen2 α2 + cos2 α2 = 1 ⇒ + cos2 α2 = 1

Da qual:

(III) Triângulo OMP:

tg α2 = ⇒ a = L

Logo:

(IV) Triângulo OMQ:

tg α1 = ⇒

b) D = b – a ⇒ D = L – .

D = 2 ��3 . – . (cm)

D = 6 – (cm) ⇒ D = (6 – 2) cm

Respostas: a) Ver demonstraçãob) D = 4cm

L sen α1––––––––––––––––––––

n11 – �––– sen α1�2

n2

n1––––n2

��3––––

21

––––2

n1sen α2 = –––– sen α1n2

n1�–––– sen α1�2

n2

n1cos α2 = 1 – �––– sen α1�2

n2

sen α2–––––––cos α2

a–––L

n1 L sen α1a = ––– . ––––––––––––––––––––n2 n11 – �––– sen α1�2

n2

b = L tg α1

b–––L

L sen 60°––––––––––––––––––––––

n11 – �––– sen 60°�2

n2

n1–––n2

sen 60°–––––––cos 60°

��32 ��3 . ––––

2––––––––––––––––––––––––––

1 ��3 1 – �––––– . –––––�2

��3 2

1–––––

��3

��3 –––––

2–––––––––

1–––2

��3 –––––––––

��3–––––

2

D = 4cm


18 –

FÍSIC

A B

DE

1. (UFBA-2012) – As fibras ópticas são longos fios finos, fabricadoscom vidro ou materiais poliméricos, com diâmetros da ordem demicrômetros até vários milímetros, que têm a capacidade de transmitirinformações digitais, na forma de pulsos de luz, ao longo de grandesdistâncias, até mesmo ligando os continentes através dos oceanos. Ummodo de transmissão da luz através da fibra ocorre pela incidência deum feixe de luz, em uma das extremidades da fibra, que a percorre pormeio de sucessivas reflexões. As aplicações das fibras ópticas sãobastante amplas nas telecomunicações e em outras áreas, como amedicina, por exemplo. Uma vantagem importante da fibra óptica, emrelação aos fios de cobre, é que nela não ocorre interferênciaeletromagnética.

Supondo-se que uma fibra óptica encontra-se imersa no ar (nar = 1) e

que o índice de refração da fibra óptica é igual a , calcule o

maior ângulo de incidência de um raio de luz em relação ao eixo dafibra, para que ele seja totalmente refletido pela parede cilíndrica.

RESOLUÇÃO:(I) Na situação limítrofe, ocorre emergência rasante e reflexão (não total)

na interface fibra-ar, como representa o esquema abaixo, em que α éo ângulo-limite do dioptro.

Lei de Snell:

n sen α = nar sen 90°

sen α = 1

(II) sen2 α + cos2 α = 1

� �2

+ cos2 α = 1 ⇒ cos2α = 1 –

Da qual:

(III) Lei de Snell à refração de entrada da luz:

nar sen i = n sen r

nar sen i = n sen (90° – α)

nar sen i = n cos α ⇒ 1 . sen i = .

sen i = . ⇒ sen i = =

Da qual:

Resposta: 45°

2. (UNESP-2012) – Para observar detalhes de um selo, um filatelistautiliza uma lente esférica convergente funcionando como lupa. Comela, consegue obter uma imagem nítida e direita do selo, com asdimensões relativas mostradas na figura.

Considerando-se que o plano que contém o selo é paralelo ao da lentee sabendo-se que a distância focal da lente é igual a 20cm, calcule osmódulos das distâncias do selo à lente e da imagem do selo à lente.

RESOLUÇÃO1) De acordo com a figura:

Aumento linear transversal: A = 2

2) A = ⇒ 2 =

40 – 2p = 20 ⇒ 2p = 20 ⇒

3) A = – ⇒ 2 = – ⇒

Respostas: distância do objeto à lente: 10cm;distância da imagem à lente: 20cm

3–––2

2sen α = ––––

3

2–––3

2–––3

1cos α = –––––

��3

3–––2

1––––��3

��3––––��2

1––––��3

1––––��2

��2––––

2

i = 45°

3–––2

20–––––20 – p

f––––f – p

p = 10cm

p’ = –20cmp’

–––10

p’–––p

MÓDULO 99 Óptica (II)


– 19

3. (OLIMPÍADA PAULISTA DE FÍSICA) – Um cer to ins -trumento óptico consta de duas lentes com distâncias focais iguais emmódulo. Uma das lentes é con ver gente e a outra é divergente. As lentessão montadas sobre um eixo comum, a uma determinada distância duma da outra. Sabe-se que se trocarmos a ordem das lentes, mantendoa mesma distância en tre elas, a imagem real da Lua, projetada pelo sis -tema, se desloca de 20cm. Determine a distância fo cal de cada umadas lentes.

RESOLUÇÃO:

1º caso: Em relação à lente divergente L2, temos:

– = – + ⇒ = –

= ⇒ p’ = �

2º caso: Em relação à lente convergente L1, temos:

= + ⇒ – =

= ⇒ p’ + 20 = �

Substituindo-se � em �, vem:

+ 20 =

f2 – fd + 20d = f2 + fd ⇒ 2fd = 20d ⇒

Assim:• Lente L1 (convergente):

• Lente L2 (divergente):

Resposta: Lente convergente: 10cmLente divergente: –10cm

1–––

f

1–––––f – d

1–––p’

1–––p’

1–––––f – d

1–––

f

f (f – d)–––––––

d

f – f + d––––––––f (f – d)

1–––p’

1–––––––p’ + 20

1–––––f + d

1–––

f

1–––––––p’ + 20

1–––––f + d

1–––

f

f (f + d)–––––––

d

1–––––––p’ + 20

f + d – f––––––––f (f + d)

f (f + d)–––––––

d

f (f – d)–––––––

d

f = 10cm

f1 = 10cm

f2 = –10cm

FÍS

ICA

BD

E


20 –

FÍSIC

A B

DE

MÓDULO 11 00 Ondas

1. (UFG-GO-2012) – A figura (1) a seguir ilustra um sistemaconstituído por dois pêndulos de comprimentos L1 e L2, que podemoscilar livremente. O gráfico abaixo (figura 2) representa a componentex da posição de cada pêndulo durante seu movimento de oscilação.

Considerando-se o exposto, determine:a) o período do sistema constituído pelos dois pêndulos;b) a razão L2 / L1 entre os comprimentos dos pêndulos.

RESOLUÇÃO:a) Pela análise dos gráficos, verifica-se que um ciclo do sistema constituído

pelos dois pêndulos é completado a cada 6,0s. Logo:

b) T2 = 2 ⇒ 3 = 2 a

T1 = 2 ⇒ 2 = 2 b

a b: = ⇒

Respostas: a) 6,0s; b)

2. (UNICAMP-2012) – Nos últimos anos, o Brasil vem implantan -do em diversas cidades o sinal de televisão digital. O sinal de televisãoé transmitido através de antenas e cabos, por ondas eletromagnéticascuja velocidade no ar é aproxima damente igual à da luz no vácuo.a) Um tipo de antena usada na recepção do sinal é a log-periódica,

representada na figura abaixo, na qual o comprimento das hastesmetálicas de uma extremidade à outra, L, é variável. A maioreficiência de recepção é obtida quando L é cerca de meio com -primento de onda da onda eletromagnética que transmite o sinal noar (L ~ λ / 2). Encontre a menor frequência que a antena ilustradana figura consegue sintonizar de forma eficiente, e marque na figuraa haste correspondente.

Admita que a velocidade da luz no ar valha c = 3,0 . 108m/s.b) Cabos coaxiais são constituídos por dois condutores separados por

um isolante de índice de refração n e constante dielétrica K,relacionados por K = n2. A velocidade de uma onda eletromagnéticano interior do cabo é dada por v = c /n. Qual é o comprimento deonda de uma onda de frequência 400 MHz que se propaga numcabo cujo isolante é o polietileno (K = 2,25)?

RESOLUÇÃO:a) Para uma velocidade de propagação constante, a menor frequência

corresponde ao maior compri mento de onda �.

Do enunciado:

L = ⇒ � = 2L

O maior � será obtido para a maior haste: L = 6 . 5cm

Assim: � = 2 . 0,30 (m)

Da equação fundamental da ondulatória, temos:

V = � f

3,0 . 108 = 0,60 f

Tsist. = 6,0s

L2–––g

L2–––g

L1–––g

L1–––g

L2–––L1

3–––2

L2 9––– = –––L1 4

L2 9––– = –––L1 4

�––2

f = 5,0 . 108 Hz

L = 30cm = 0,30m

� = 0,60m


– 21

b) Do enunciado, temos:

K = n2

2,25 = n2

Temos ainda:

V =

V = (m/s)

Utilizando a equação fundamental da ondulatória, vem:

V = � f

2 . 108 = � . 400 . 106

Respostas: a) 5,0 . 108 Hz

b) 0,50m

3. (UFBA-2012-Modificada) – Em 11 de março de 2011, após umabalo de magnitude 8,9 na escala Richter, ondas com amplitudesgigantes atingiram a costa do Japão. Tsunamis podem ser causados pordeslocamento de uma falha no assoalho oceânico, por uma erupçãovulcânica ou pela queda de um meteoro. Os tsunamis, em alto mar, têmamplitude pequena, mas, mesmo assim, transportam muita energia.Sabe-se que a velocidade de propagação da onda, na superfície da águaé dada por V = ��gh , em que g é o módulo da aceleração da gravidadee h é a profundidade oceânica local. Sabe-se também que o compri -mento de onda diminui com a redução da profundidade e que a energiaque se propaga na superfície da água é simplificadamente dada por E = kvA2, em que k é uma constante, V é a velocidade de propagaçãoda onda na superfície da água, e A é a amplitude da onda.

Da análise da figura e supondo-se que a onda se propaga sem nenhumaperda de energia, calcule:a) a velocidade da onda em hi = 4000,0m de profundidade e em

hf = 10,0m de profundidade, supondo-se que o módulo da acelera -ção da gravidade é igual a 10,0m/s2;

b) a amplitude da onda, Af, em 10,0m de profundidade, sabendo-seque a amplitude da onda, Ai, em 4000,0m de profundidade, é1,8m.

RESOLUÇÃO:

a) Vi = ��g hi ⇒ Vi = �� 10,0 . 4000,0 (m/s)

Vf = ��g hf ⇒ Vf = ��10,0 . 10,0 (m/s)

b) Ef = Ei ⇒ k Vf Af2 = kvi Ai

2

10,0 Af2 = 200,0 (1,8)2

Da qual:

Respostas: a) 200,0m/s e 10,0m/s, respectivamente.b) Aproximadamente 8,0m.

c––n

3 . 108––––––

1,5

� = 0,50m

Vi = 200,0m/s

Vf = 10,0m/s

Af � 8,0m

n = 1,5

V = 2 . 108 m/s

FÍS

ICA

BD

E


22 –

FÍSIC

A B

DE

1. Uma barra homogênea de comprimento L está em equilíbrioencostada em uma parede vertical sem atrito.O coeficiente de atrito estático entre a barra e o solo horizontal vale �e a barra está na iminência de escorregar.

a) Faça um esquema das forças atuantes na barra.b) Determine o ângulo � em função de �.

RESOLUÇÃO:

a)→H: força aplicada pela parede→P: peso da barra→FN: força normal aplicada pelo chão→Fat: força de atrito aplicada pelo chão

b) 1) Para o equilíbrio: Fat = H

FN = P

2) Na iminência da escorregar: Fat = �FN = �P

3) Somatório dos torques nulo em relação a B:

H · h = P · ⇒ �P · L sen � = P ·

Respostas: a) vide figura

b)

2. (CEFET-AL) – Um bloco de 20,0kg está pendurado na ponta deuma trave de madeira de 2,0m de comprimento e 4,0kg de massa. Umfio ideal prende a ponta da trave a um ponto que fica 1,0m acima doponto de apoio com a parede. Dado: g = 10,0m/s2

Determinea) a componente vertical Fy da força que a parede aplica na trave, no

ponto C;b) a componente horizontal Fx da força que a parede aplica na trave,

no ponto C.

RESOLUÇÃO:

a) Somatório dos torques em relação ao ponto A deve ser nulo:Fy · dF = PT · dTFy · 2,0 = 40,0 · 1,0

b) 1) Na direção vertical:Ty + Fy = PT + PTy + 20,0 = 240

2) tg � = = ⇒ Tx = 2Ty

3) Na direção horizontal:

Respostas: a) 20,0N b) 440N

L cos �–––––––

2

d–––2

1tg � = –––

2�

Fy = 20,0N

Ty = 220N

Ty––––Tx

1,0––––2,0

Tx = 440N

Fx = Tx = 440N1tg � = –––

2�

MÓDULO 11 11 Estática e Hidrostática


– 23

FÍS

ICA

BD

E

3. (OBF) – Num macaco hidráulico, os êmbolos apresentam áreasiguais a 10cm2 e 60cm2. Uma força de intensidade 40N é aplicada noêmbolo menor, deslocando-o de 30cm, em um tempo t = 10s.

a) Qual a intensidade da força transmitida para o êmbolo maior?b) Nesse intervalo de tempo, qual o deslocamento sofrido pelo êmbolo

maior?c) Qual a potência da força aplicada no êmbolo maior?

RESOLUÇÃO:

a) Lei de Pascal:

Δp1 = Δp2

=

F = f . ⇒ F = 40 . (N)

b) Conservação do trabalho:

τf = τF

f df = F dF

40 . 30 = 240 . dF ⇒

c) Pot = = = (W)

Respostas: a) 240N b) 5,0cm c) 1,2W

4. Um tanque cilíndrico tem base com área A = 4,0m2 e recebe umaquantidade de água até uma altura H0 = 2,0m.Em seguida, um objeto cilíndrico homogêneo com área de base de2,0m2 e altura h = 1,0m suspenso por um fio é mergulhado na água dotanque de modo que a sua base inferior fique a uma altura h0 = 1,0mdo fundo do tanque.

Dados:1) densidade da água: 1,0 · 103kg/m3

2) densidade do objeto cilíndrico: 2,0 · 103kg/m3

3) pressão atmosférica: 1,00 · 105Pa4) módulo da aceleração da gravidade: 10,0m/s2

Determinea) o valor de H (ver figura);b) a pressão na face superior do objeto cilíndrico;c) a intensidade do empuxo que a água aplica no objeto cilíndrico;d) a intensidade da força que traciona o fio.

RESOLUÇÃO:

a) Vtotal = Vágua + Vcilindro

AH = A H0 + ah

4,0H = 4,0 · 2,0 + 2,0 · 1,0

b) p = patm = � g (H – h – h0) = 1,00 · 105 + 1,0 · 1,03 · 10,0 · 0,50(Pa)

c) E = �avi g = 1,0 · 103 · 2,0 · 10,0(N)

d) T + E = P = �cVg

T + 2,0 · 104 = 2,0 · 103 · 2,0 · 10,0

Respostas: a) H = 2,5m

b) p = 1,05 · 105Pa

c) E = 2,0 · 104N

d) T = 2,0 · 104N

f–––a

F–––A

A–––a

60–––10

F = 240N

dF = 5,0cm

τf–––Δt

f . df––––––Δt

40 . 0,30–––––––

10

Pot = 1,2W

H = 2,5m

p = 1,05 · 105Pa

E = 2,0 · 104N

T = 2,0 · 104N


24 –

FÍSIC

A B

DE

MÓDULO 11 22 Eletrodinâmica I

1. (UNICAMP) – Um raio entre uma nuvem e o solo ocorredevido ao acúmulo de carga elétrica na base da nuvem, induzindouma carga de sinal contrário na região do solo abaixo da nuvem. Abase da nuvem está a uma altura de 2km e sua área é de 200km2.Considere uma área idêntica no solo abaixo da nuvem. A descargaelétrica de um único raio ocorre em 10–3s e apresenta uma correntede 50kA. Considerando ε0 = 9 x 10–12 F/m, responda:a) Qual é a carga armazenada na base da nuvem no instante anterior ao

raio?b) Qual é a capacitância do sistema nuvem-solo nesse instante?c) Qual é a diferença de potencial entre a nuvem e o solo

imediatamente antes do raio?

RESOLUÇÃO:a) A intensidade média da corrente elétrica é dada por:

im =

Considerando-se im = 50kA = 50 . 103A e

Δt = 10–3s, vem:

50 . 103 = ⇒

b) A capacitância do sistema nuvem-solo, consi deran do-o um capacitor

plano, é dada por C = ε0 . .

Sendo ε0 = 9 . 10–12 , A = 200km2 = 200 . 106m2

e d = 2km = 2 . 103m, temos:

C = 9 . 10–12 F ⇒ ou

c) Sendo C = , vem:

9 . 10–7 = ⇒

Respostas: a) 50C b) 9 . 10–7F c) 5,6 . 107V

2. (MACK-2012) – No trecho de circuito elétrico ilustrado, a tensãoelétrica entre os pontos C e D mede 240 V. Nessas con dições, osinstrumentos, voltímetro (V) e amperímetro (A), considerados ideais,acusam, respectivamente, que medidas?

RESOLUÇÃO:

1) i2 = ⇒ ⇒

2) i1 = ⇒

3) UV = R i1 = 60 . (V) ⇒

Q––––

Δt

Q = 50CQ

––––10–3

A––––

dF

–––m

900nFC = 9 . 10–7F200 . 106

–––––––––2 . 103

Q–––U

U � 5,6 . 107V50–––U

IA = 1,50Ai2 = 1,50A240V–––––160Ω

4i1 = ––– A

3240V–––––180Ω

UV = 80V4––3


– 25

3. (CEFET-MG-2012) – Considere o circuito abaixo representado.

Determine:a) a ddp entre os pontos A e B.b) a ddp entre os pontos C e D.

RESOLUÇÃO:a) UAB = E = 12Vb)

Como RAC . RAB = RAD . RCB, temos uma ponte de Wheatstone em equi -lí brio, assim:

4. (UFRJ) – Um estudante dispunha de duas baterias comerciais demesma resistência interna de 0,10Ω, mas verificou, por meio de umvoltímetro ideal, que uma delas tinha força eletromotriz de 12 Volts e aoutra, de 11 Volts. A fim de avaliar se deveria conectar em paralelo asbaterias para montar uma fonte de tensão, ele desenhou o circuito indicadona figura a seguir e calculou a corrente i que passaria pelas baterias dessecircuito.

a) Calcule o valor encontrado pelo estudante para a corrente i.b) Calcule a diferença de potencial VA – VB entre os pontos A e B

indicados no circuito.

RESOLUÇÃO:a) Na situação proposta, a bateria de 11V irá atuar como receptor, assim:

i =

i = (A)

i = (A)

b) Pelo gerador: Pelo receptor:

UAB = E – r i UAB = E + r i

UAB = 12 – 0,10 (5,0) UAB = 11 + 0,10 (5,0)

UCD = 0

E – E’–––––––

ΣR

12 – 11–––––––––0,10 + 0,10

1,0––––0,20

i = 5,0A

UAB = 11,5V UAB = 11,5V

FÍS

ICA

BD

E


26 –

FÍSIC

A B

DE

1. (UNESP-2012) – Considere o circuito elétrico que esquematizadois modos de ligação de duas lâmpadas elétricas iguais, com valoresnominais de tensão e potência elétrica 60V e 60W, respectivamente.

Modo A – ambiente totalmente iluminado: a chave Ch, ligada no pontoA, mantém as lâmpadas L1 e L2 acesas.Modo B – ambiente levemente iluminado: a chave Ch, ligada no pontoB, mantém apenas a lâmpada L1 acesa, com potência menor do que anominal, devido ao resistor R de resistência ôhmica constante estarligado em série com L1.Considerando que as lâmpadas tenham resistência elétrica constante,que os fios tenham resistência elétrica desprezível e que a diferença depotencial de 120 V que alimenta o circuito seja constante, calcule aenergia elétrica consumida, em kWh, quando as lâmpadas permanecemacesas por 4 h, ligadas no modo A – ambiente totalmente iluminado.Determine a resistência elétrica do resistor R, para que, quando ligadano modo B, a lâmpada L1 dissipe uma potência de 15 W.

RESOLUÇÃO:No modo A, as duas lâmpadas estão em série e, por tanto, submetidas a umatensão elétrica de 60V cada uma. Nessa situação, estão operando com seusdados nominais, assim:

Ee�total= Ptotal Δttotal

Ee�total= 0,12kW . 4,0h

Modo B:Cálculo da resistência elétrica da lâmpada:

P = ⇒ 60 =

Cálculo da intensidade de corrente elétrica real que percorre o circuito:

P = RL i2

15 = 60i2 ⇒

Cálculo da resistência elétrica R:

i =

0,50 =

Respostas: I) 0,48kWhII) R = 180�

Ee�total= 0,48kWh

(602)––––RL

U2

–––RL

RL = 60�

i = 0,50A

E––––∑R

120–––––––60 + R

R = 180�

MÓDULO 11 33 Eletrodinâmica II


– 27

2. (UNESP-2012) – A figura mostra o esquema de ligação de umaquecedor elétrico construído com quatro resistores ôhmicos iguais deresistência R. Os fios e a chave CH têm resistências desprezíveis. Achave pode ser ligada no ponto 1 ou no ponto 2 e o aparelho é sempreligado a uma diferença de potencial constante U. Quando a chave CHé ligada no ponto 1, o amperímetro ideal mostrado na figura indicauma corrente de intensidade 2,4 A e os resistores dissipam, no total,360 W.

Calcule a diferença de potencial U. Calcule a intensidade da correnteelétrica indicada pelo amperímetro quando a chave CH for ligada noponto 2.

RESOLUÇÃO:Com a chave na posição 1, há dois resistores em série. Com a chave naposição 2, há 3 resistores em série.

1) Cálculo da tensão U do gerador ideal:

P1 = i1 . U ⇒ U = = ⇒

2) Cálculo da resistência R:U = 2R . i1

150 = 2R . 2,4 ⇒ R = 31,25Ω

3) Cálculo da intensidade da corrente i2 com a chave na posição 2:

U = 3R . i2 ⇒ i2 =

i2 = (A) ⇒

Respostas: 150V; 1,6A

3. (ITA-2012) – Conforme a figura, um circuito elétrico dispõe deuma fonte de tensão de 100 V e de dois resistores, cada qual de 0,50�.Um resistor encontra-se imerso no recipiente contendo 2,0kg de águacom temperatura inicial de 20°C, calor específico 4,18 kJ /kg.°C e calorlatente de vapori zação 2230kJ /kg. Com a chave S fechada, a correnteelétrica do circuito faz com que o resistor imerso dissipe calor, que éintegralmente absorvido pela água. Durante o processo, o sistema éisolado termicamente e a tempe ratura da água permanece semprehomogênea.

Mantido o resistor imerso durante todo o processo, determine o temponecessário para vaporizar 1,0kg de água.

RESOLUÇÃO:

i = ⇒ i = ⇒ i = 100 A

P = R . i2 ⇒ P = 0,50 . (100)2W ⇒ P = 5,0 . 103W

Quantidade de calor total absorvida pela água

Q = m . c . �� + m . Lvap

Q = 2,0 . 4,18 . 80 + 1,0 . 2230 (J)

Q = 2898,80kJ

Sendo

Q = P . �t

2898,80 . 103 = 5,0 . 103 . �t

ε–––2R

100V––––––––2.0,50�

�t � 580s

U = 150V360W––––––

2,4A

P1–––i1

U–––3R

i2 = 1,6A150V

–––––––––3 . 31,25Ω

FÍS

ICA

BD

E


28 –

FÍSIC

A B

DE

1. Uma carga elétrica puntiforme q = 2,0 �C de massa m = 1,0 . 10–7kgpenetra, com velocidade v = 20 m/s, num campo magnético uniforme deindução B = 4,0 T, através de um orifício O existente num anteparo.

a) Esquematize a trajetória descrita pela partícula no campo até incidirpela primeira vez no anteparo.

b) Determine a que distância do ponto O a partícula incide noanteparo.

RESOLUÇÃO:

a) Sendo o ângulo � de v→ com B→

igual a 90°, concluímos que a partículadescreve uma trajetória circular. Esta tem centro no anteparo, e,portanto, a trajetória é uma semicircunferência de diâmetro OC

––––.

b) A distância OC––––

é o dobro do raio:

OC––––

= 2 . R = 2 .

Sendo m = 1,0 . 10–7 kg, v = 20 m/s, q = 2,0 �C = 2,0 . 10–6C e B = 4,0 T,vem:

OC––––

= 2 .

Respostas: a) arco de circunferência, orientada no sentido horário.b) 0,50m

2. Uma haste metálica MN está suspensa por dois fios elétricos quea conectam a uma pilha apoiada num suporte horizontal, como mostraa figura. Devido à presença da pilha, circula uma corrente elétrica deintensidade i pelo circuito fechado: pilha-haste MN. A tração nos doisfios que sustentam a haste é nula.

a) desenhe as forças que atuam na haste. As forças nulas não precisamser desenhadas.

b) determine o sentido da corrente que passa na haste MN.c) determine a intensidade do campo magnético.

RESOLUÇÃO:a) As forças de tração são nulas e portanto não há que desenhá-las.

Restam apenas duas forças: o peso →P e a força magnética

→Fmag.

• Convém explicar aos alunos o seguinte: que a pilha fornece umacorrente elétrica e, estando a haste MN imersa no campo magnético,surge a força magnética.

• O sentido desta força é necessariamente oposto ao do peso para queeles se cancelem e a haste fique em equilíbrio sem a necessária ajudadas duas trações dos fios.

b) O sentido da corrente é obtido pela regra da mão esquerda aplicadasobre a haste MN.Somente poderíamos obter o sentido da corrente depois de determinadoo sentido da força magnética.Usando a regra da mão esquerda: o sentido da corrente é de M para N.

m . V––––––– q . B

1,0 . 10–7 . 20––––––––––––2,0 . 10–6 . 4,0

OC––––

= 0,50 m

Note e adote:Massa da haste MN: m = 2,0gComprimento da haste MN : L = 0,50 mGravidade local: g= 10 m/s²Intensidade de corrente : i = 8,0 A

MÓDULO 11 44 Eletromagnetismo


– 29

c) Para que haja o equilíbrio, o peso e a força magnética deverão ter amesma intensidade,Fm = P

Sendo Fm = B . i . � . sen � e P = m . g,

resulta: B . i . � . sen � = m . g

Substituindo-se i = 8,0 A,

� = 0,50 m, sen 90° = 1,

m = 2,0 . 10–3 kg e

g = 10 m/s2, vem:

B . 8,0 . 0,50 = 2,0 . 10–3 . 10

3. Um condutor retilíneo CD, de resistência R = 5,0 �, está emcontato com um condutor de resistência desprezível e dobrado em U,como indica a figura. O conjunto está imerso em um campo de induçãomagnética B

→, uniforme, de intensidade B = 4,0 T, de modo que B

→é

perpendicular ao plano do circuito. Um operador puxa o condutor CDde modo que este se move com velocidade constante v→, como indica afigura, sendo v = 3,0 m/s.

a) Calcule a força eletromotriz induzida no circuito.b) Determine a intensidade da corrente induzida no circuito.c) Calcule a potência dissipada no circuito.

RESOLUÇÃO:a) A força eletromotriz induzida é dada por:

E = B � v = 4,0 . 0,50 . 3,0

b) A resistência do circuito resume-se na resistência do condutor CD, poiso condutor em forma de U tem resistência desprezível. Temos, então:

E = R . i 6,0 = 5,0 . i

c) A potência dissipada é dada por P = R . i2, assim:

P = 5,0 . (1,2)2

Respostas: a) 6,0V; b) 1,2A; c) 7,2W

B = 5,0 . 10–3 T

E = 6,0 V

i = 1,2 A

P = 7,2 W

FÍS

ICA

BD

E


30 –

FÍSIC

A B

DE

1. Na figura temos quatro partículas fixas no plano desta folha. Suascargas elétricas são:

Q1 = Q2 = Q3 = + 2,0 nCq = – 2,0 nC

O meio é o vácuo, para o qual a constante de Coulomb é: K0 = 9,0 . 109 N . m2/C2

Determine:a) A intensidade das forças com que as partículas 1, 2 e 3 atraem a

carga q.b) A intensidade da força elétrica resultante em q. Faça uma figura

mostrando a sua direção e sentido.

RESOLUÇÃO:a) Q1 = Q2 = Q3 = + 2,0 . 10–9C

q = – 2,0 . 10–9C

As partículas 1, 2 e 3 são equidistantes de q;

logo: as forças de atração têm a mesma intensidade.

F = K0

F1 = F2 = F3 = 9,0 . 109 . (N)

b)

Na partícula (q) atuam as forças F1→

, F2→

e F3→

, sendo que F2→

anula F3→

e a

resultante é F1→

.

Logo: Fres = F1 = 4,0 . 10–5N

Direção e sentido indicados na figura.

2. Em um campo elétrico uniforme, cujas linhas de força estãorepresentadas na figura, um operador desloca lentamente uma pequenaesfera eletrizada pela trajetória A, B, C, D. Sendo conhecida a cargaelétrica da esferinha: q = + 20 �C e sabendo que o trabalho do operadorfoi de –120 �J, determine:

a) a ddp entre A e D.b) a intensidade do campo elétrico.

RESOLUÇÃO:a) . F. = . oper. ⇒ . F. = 120μJ ou ainda:

Feletr= + 120 �J

mas: Feletr= q (VA – VD)

120 �J = (+ 20 �C) . U ⇒ ou

b) A intensidade do campo elétrico é dada por

E . d = U ⇒ E =

Muito cuidado com a medida da distância d.

Ela se refere à distância entre as duas equipotenciais: A e D

Não é Pitágoras.

U = VA – VD = 6,0 V d = 30 cm = 30 . 10–2 m = 3,0 . 10–1 m

E =

Respostas: a) 6,0 Vb) 20 V/m

Q . � q �–––––––

d2

(2,0 . 10–9) . (2,0 . 10–9) ––––––––––––––––––––

(3,0 . 10–2)2

F1 = F2 = F3 = 4,0 . 10–5 N

Note e adote:Admita que não houve variação da energia cinética da esferinha,portanto o trabalho do operador e o trabalho da força elétrica sãoiguais em valor absoluto.

VA – VD = + 6,0 VU = 6,0 V

U––d

E = 20 V/m6,0 V

––––––––––––3,0 . 10–1 m

MÓDULO 11 55 Eletrostática


c2 fis bde_rgeral_alelex

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