Física. Resoluções. Aula 16. Extensivo Terceirão Física 6A

16.01. d

Se o movimento é circular e uniforme, a velocidade tem módulo constante, havendo apenas aceleração centrípeta, que tem direção sempre perpendicular à direção da velocidade tangencial. Assim, o ângulo formado entre essas duas grandezas vetoriais é 90o_. 16.02. b

I. Falsa. O vetor velocidade não varia em módulo, mas varia em direção. Por esse motivo, não há aceleração escalar, mas há ace-leração centrípeta.

II. Verdadeira. A intensidade da aceleração (centrípeta) é dada pela equação a v

R

c= 2

. Como o módulo da velocidade e o raio não variam, a intensidade da aceleração centrípeta é constante. III. Falsa. A aceleração (centrípeta) é perpendicular à velocidade

(tangente à trajetória). No entanto, a aceleração centrípeta não é perpendicular ao plano da trajetória, visto que está contida nele.

16.03. d

Período (T) é o tempo gasto para completar uma volta. Assim: 1 s --- 10 voltas

T --- 1 volta → T = 0,1 s 16.04. d

Como o carro possui velocidade de módulo constante, ele não apresenta aceleração tangencial em nenhum trecho de sua traje-tória, possuindo apenas aceleração centrípeta nos trechos curvos (A e C). Assim, sua aceleração resultante no trecho B valerá zero e as acelerações centrípetas nos trechos A e C podem ser compara-das através dos seus respectivos raios:

a v R R R a a c= ⇒ A< C⇒ cA> cC 2 16.05. c 1 min --- 1200 rotações (60 s) 1 s --- x x = 20 Hz f T T T s = → = → =1 20 1 1= 20 0 05, 16.06. b

Como o movimento é circular e uniforme, não existe aceleração es-calar. Dessa forma, a aceleração da partícula é dada simplesmente pela aceleração centrípeta (voltada para o centro da curva). A veloci-dade (como sempre) é tangente à trajetória. Dessa forma, essas duas grandezas formam entre si um ângulo de 90o_.

16.07. e

Se a partícula percorre metade da circunferência em 2 s, então ela precisa de 4 s para dar a volta completa. Assim, o período (tempo gasto para dar uma volta) vale T = 4 s.

f

T f Hz

= → = =1 1 4 0 25,

16.08. b

I. Falsa. A direção da velocidade só é constante em movimentos retilíneos.

II. Falsa. Se o movimento é uniforme, então o módulo da veloci-dade é obrigatoriamente constante.

III. Falsa. Se o movimento é circular, existe no mínimo a chamada aceleração centrípeta.

16.09. e

f

T T T s

= → = → =1 20 1 0 05,

Quando o ponto P completa uma volta, o ponto Q (e todos os ou-tros pontos da polia) também completa uma volta. Assim, o perío-do de toperío-dos os pontos dessa polia vale 0,05 s.

16.10. a 6480000 6480000 24 6480000 24 3600 pulsos dia pulsos h pulsos = = ⋅ s pulsos s Hz = = 75 ₇₅ 16.11. b Partícula A) a v R = c A( ) 2 Partícula B) a v R v R a a c B c A c B ( ) ( ) ( ) =

( )

= = 2 4 2 ₂ 16.12. c

Primeiro calcularemos a velocidade escalar na roda-gigante, com base no deslocamento de 1 volta.

∆s = 60 m ∆t = 20 s v = ? v=∆ ⇒ =v ⇒ =v m s ∆ s t 60 20 3 /

Agora podemos calcular sua aceleração centrípeta. 2πR = 60 2 ·3 ·R = 60 R = 10 m v = 3 m/s a_c = ? a v R a c 2 c = ⇒ =3 ⇒ = 10 0 9 2 2 a_c , m s/ 16.13. b

Primeiramente calcularemos a velocidade escalar da partícula. ∆s = 2π · R = 2π · 15 = 30π cm ∆t = 10 s v = ? v s t v =∆ ∆ ⇒ = ⇒ = 30 10 3 π _{v πcm s/}

Agora podemos calcular sua aceleração centrípeta. R = 15 cm v = 3π cm/s a_c = ? a v R a c 2 c = ⇒ =

( )

= ⇒ = 3 15 9 15 0 6 2 2 2 π π π ac , cm s/

1

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Extensivo Terceirão – Física 6A

6A

Física

Aula 16

16.14. e

v = 7,2 km/h = 2 m/s

1 volta = 2π · R = 2π · 0,5 = π metros

Período (T) = tempo gasto para completar 1 volta Assim: 1 s --- 2 metros T --- π metros (1 volta) → T = π/2 s 16.15. c f T f Hz = → =1 1₋ = 10 20 1020 1 s → 1020 _voltas a) 1 dia = 24 horas = 24 · 3600 s = 86400 s → 86400 · 1020 ₌ 86,4 · 1023 _voltas b) 2 horas = 2 · 3600 s = 7200 s → 7200 · 1020 ₌ 7,2 · 1023 _voltas c) 1 hora = 3600 s → 3600 · 1020 ₌ 36 · 1022 voltas d) 1 mês = 30 dias = 30 · 86400 s = 2592000 s → 2592000 · 1020 ₌ 2,592 · 1026 voltas e) 1 ano = 12 meses = 12 · 2592000 s = 31104000 s → 31104000 · 1020 ₌ 3,1104 · 1027 _voltas 16.16. d D = 60 cm = 0,6 m → R = 0,3 m 1 volta = 2π · R = 2π · 0,3 = 0,6π metros Segundo o enunciado, as rodas executam:

2000 2000 0 6 π π π rpm metros min 1200 metros 60 s =20 m s=72 km = , = hh 16.17. c R m t s s m v s t R T T T s = ∆ = ∆ = =∆ ∆ = = ⋅ ⋅ = 5 4 0 80 80 4 2 20 2 5 2 , π π π 16.18. d R = 2 m f = 5 Hz 5= → =1 0 2 T T , s

Como o corpo realiza movimento circular uniforme, se ele faz um pequeno deslocamento, completa uma volta ou completa várias voltas, o valor da sua velocidade escalar não se altera (e coincide com sua velocidade escalar média). Assim, vamos fazer o cálculo da velocidade do corpo considerando que ele completa 1 volta (lembre que, para uma volta, o intervalo de tempo é o período T):

v s t v R T v m s m=∆_∆ → = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 2 2 3 2 0 2 60 π , /

Cálculo da aceleração centrípeta:

a v R a m s = c c 2 2 2 60 2 1800 → = = / 16.19. a) 1 volta ---- 2 m N ---- 6 km (6000 m) N = 3000 voltas b) v = 18 km/h = 5 m/s 5 metros = x voltas 5 metros = x · 2 metros x = 2,5 voltas

Se ele completa 5 metros a cada segundo, então ele completa 2,5 vol-tas a cada segundo. Como a frequência equivale ao número de volvol-tas numa certa unidade de tempo, pode-se afirmar que a frequência nesse caso é de 2,5 hertz.

Outra solução possível é a seguinte:

v s t volta Periodo s m=∆_∆ → = = → = 5 1 5 2 2 5 Periodo Periodo f T f z = → = =1 5 2 2 5, H

16.20. Ainda que o módulo da velocidade seja constante (aceleração es-calar nula), como o carro está realizando uma curva, ele possui a chamada aceleração centrípeta. Então, como sua aceleração total é a soma vetorial das acelerações escalar e centrípeta, nesse caso a aceleração total coincidirá com a aceleração centrípeta.

Aula 17

17.01. a

Quando um disco gira, todos os seus pontos sofrem deslocamen-tos angulares iguais num certo intervalo de tempo. Assim, todos os pontos possuem a mesma velocidade angular.

17.02. c

24 h --- 360o

1 h --- x → x = 15o 17.03. b

Nos MCU, a velocidade é variável, pois varia sua direção (apenas o módulo é constante). Quanto à aceleração, ela não é nula (existe aceleração centrípeta).

17.04. d

Em uma roda, todos os pontos sofrem deslocamentos angulares

iguais num certo intervalo de tempo. Assim, todos os pontos dela possuem a mesma velocidade angular.

17.05. b

Como todos os pontos do disco sofrem deslocamentos angulares iguais num certo intervalo de tempo, então todos os pontos do disco possuem a mesma velocidade angular.

Pela equação ω = 2 · π · f percebe-se que, como todos os pontos possuem a mesma velocidade angular, então também possuem a mesma frequência.

Pela equação v = ω · R percebe-se que, como todos os pontos pos-suem a mesma velocidade angular, então quanto mais afastado um ponto estiver do eixo de rotação do disco (R maior), maior será sua velocidade escalar.

17.06. d

A pessoa que está no equador terrestre e a pessoa que está no polo completam 1 volta ao redor do eixo da Terra em 1 dia. Isso significa que ambas percorrem o mesmo ângulo (360o₎ no intervalo de tempo de 24 h e, portanto, possuem a mesma velo-cidade angular. Assim, a razão entre suas velovelo-cidades angulares é 1. 17.07. e

Pela equação v = ω · R percebe-se que, se todos os pontos da héli-ce possuem a mesma velocidade angular, então quanto mais afas-tado um ponto estiver do eixo de rotação dela (R maior), maior será sua velocidade escalar (linear).

17.08. c

No tempo de 20 s (período), o carrossel completa uma volta, ou seja, percorre o ângulo de 360o _{(2π rad). Assim:}

ω π ω π π π = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = 2 2 2 20 10 f T /rad s 17.09. c

15 voltas por segundo → f = 15 Hz ω=2 · π · f ω=2 · π · 15 ω=30π rad/s f = T T= s 1 1 15 → v = ω · R v = 30π · 8 v=240π cm/s 17.10. a

Como todos os pontos do planeta sofrem deslocamentos angula-res iguais num certo intervalo de tempo, então todos os pontos da Terra possuem a mesma velocidade angular.

Pela equação ω = 2 · π · f percebe-se que, como todos os pontos possuem a mesma velocidade angular, então também possuem a mesma frequência.

Pela equação v = ω · R percebe-se que, como todos os pontos pos-suem a mesma velocidade angular, então quanto mais afastado um ponto estiver do eixo de rotação da Terra (R maior), maior será sua velocidade escalar. Entre um ponto na Linha do Equador, outro no trópico de Capricórnio e outro no Círculo Polar Ártico, o que está mais distante do eixo de rotação da Terra é o que está na Linha do Equador (Macapá).

17.11. b

Um satélite é chamado de geoestacionário quando permanece estacionário em relação a um determinado ponto do planeta. Para que isso aconteça, se esse ponto do planeta completar uma vol-ta, o satélite também tem que completar uma volta. Dessa forma, esse ponto (antena) e o satélite devem gastar o mesmo intervalo de tempo pra completar uma volta (ou seja, devem ter o mesmo período).

Como possuem períodos iguais, antena e satélite possuem tam-bém frequências iguais. Assim, pela equação ω = 2 · π · f, possuem também a mesma velocidade angular.

17.12. a

Estando em contato, todas as engrenagens possuem a mesma velo-cidade escalar para pontos de suas periferias. Assim:

v₁ = v₄ ω1 · R1 = ω4 · R4 ω1 · 4R = ω · R ω1 = ω/4 17.13. c a) Incorreta.

A velocidade linear das rodas é a mesma: vA = vB

ωARA = ωBRB

Como os raios são diferentes, a velocidade angular é diferente.

b) Incorreta.

a_c = v²/R, como os raios são diferentes, a aceleração centrípeta também é diferente. c) Correta. v_A = v_B 2πRAfA = 2πRBfB R_Af_A = R_Bf_B d) Incorreta.

Como o raio é diferente, as frequências são diferentes. Ver item C.

e) Incorreta.

A velocidade das polias e da correia é a mesma. 17.14. c D = 0,4 m → R = 0,2 m 15 clecs (voltas) em 10 s f = 15/10 = 1,5 Hz v = ω · R v = 2 · π · f · R v = 2 · π · 1,5 · 0,2 = 0,6π ≈ 1,9 m/s 17.15. d 1 rot = 2πR = 2 · π · 30 = 60π cm 150 rot __ 60 s x rot __ 10 s x = 25 rot 1 rot __ 60 π cm → ∆s = 1500 π cm/s 25 rot __ ∆s 17.16. b R m s m f pedaladas segundo t s v s = ∆ = = ∆ = =∆ ∆ 20 24 30 cm = 0,2 π ? / tt Rf s t f f f Hz pedaladas po 2 2 0 2 24 30 24 30 0 4 2 2 π π π =∆ ∆ / ⋅ ⋅ = / = ⋅ = , , rr segundo 17.17. a

Como os pontos A e B pertencem ao mesmo disco, possuem a mesma velocidade angular. Assim:

ωA = ωB v R v R A A B B = → + → 30 15 12 d d= 30d = 180 + 12d 18d = 180 → d = 10 cm → RB = 10 cm 17.18. a Ciclista (MRU) v s t v R t t = R v m=∆_∆ → =_∆2 → ∆ 2 Pássaro (MCU) ω θ ω π π ω =∆ ∆t→ =∆t→ ∆t =

Para haver o encontro, ciclista e pássaro devem chegar ao ponto B juntos, ou seja, gastando o mesmo tempo. Assim:

2 2 R v v R = → =π ⋅ ω ω π

3

18.01. b

Ao passar pelo ponto mais baixo da trajetória, a resultante das for-ças que atuam no corpo é centrípeta, ou seja, aponta para o centro da curva.

18.02. d

Como o movimento é circular uniforme, a resultante é centrípeta (não existe resultante tangencial). Como se sabe, a aceleração sem-pre possui a mesma direção e sentido da resultante das forças, ou seja, é também centrípeta.

A velocidade da partícula, como sempre deve ser, é tangente à tra-jetória descrita por ela.

18.03. a

Nos MCU, como a velocidade varia em direção, existe a aceleração denominada centrípeta.

18.04. e

Durante todo o movimento da pedra, apenas duas forças atuam sobre ela: o seu próprio peso e a tração exercida pelo barbante. É importante lembrar que resultante centrípeta não é uma força. Como o próprio nome diz, é apenas o resultado das forças ou com-ponentes de forças cuja direção passa pelo centro da curva descrita. 18.05. a

Como o movimento é circular uniforme, a resultante das forças é do tipo centrípeta, ou seja, aponta para o centro.

Como a trajetória do avião, a resultante centrípeta também é ne-cessariamente horizontal.

18.06. e

As forças que efetivamente atuam no corpo são seu próprio peso, o atrito com o hemisfério e a normal.

Vale lembrar novamente que resultante centrípeta não é uma for-ça. Como o próprio nome diz, é apenas o resultado das forças ou componentes de forças cuja direção passa pelo centro da curva descrita. 18.07. e v = 72 km/h = 20 m/s F m v R F Rc Rc = ⋅ → = ⋅ = = ⋅ 2 2 3 200 20 50 1600N 16 10, N 18.08. e F m v R T T N Rc= ⋅ → = ⋅ = + = 2 _{2 2}2 1 20 8 28 −P 18.09. e F m v R T P T N Rc= ⋅ → + = ⋅ = = 2 _{1 4}2 1 16 10 6− 18.10. c

Somente duas forças atuam sobre a esfera: seu próprio peso (ver-tical para baixo) e a tração (para cima e na direção do fio). Quando ela passa pelo ponto mais baixo da trajetória, peso e tração apre-sentam direção vertical, sendo o peso para baixo e tração para cima.

Quanto aos módulo, para que a resultante seja centrípeta, ou seja, para que o resultado das forças aponte para o centro da curva, a tração precisa necessariamente ser maior que o peso.

18.11. d v = 72 km/h = 20 m/s F m v R N P Rc= ⋅ → = ⋅ = + = 2 _{860 20}2 20 8600 17200 25800 − N N N 18.12. a F m v R Rc= ⋅ 2

Como pode se notar pela equação, a intensidade da resultante centrípeta é diretamente proporcional ao quadrado da velocidade escalar do corpo. Assim, se a velocidade dobrar, a resultante centrí-peta quadruplica. 18.13. b v = 216 km/h = 60 m/s F m v R F Rc= ⋅ → Rc= ⋅ = 2 _{6 60}2 72 300 N

A força de 300 N é equivalente ao peso de uma massa de 30 kg (ou seja, essa é a massa que, sujeita à aceleração da gravidade, teria uma força de 300 N atuando sobre ela).

18.14. b v = 72 km/h = 20 m/s F m v R P N m v R mg mg m v Rc= ⋅ → = ⋅ = ⋅ 2 2 2 5 50 − − 10 2 50 20 2 − =v → =v m s/ 18.15. e

I. Nos pontos A e B, a resultante é do tipo centrípeta e, portanto, aponta para o centro da curva nesses respectivos pontos. No caso do ponto A, apontar para o centro significa ter sentido para cima.

17.19.

a) Se ele completa uma volta a cada 10 segundos, então seu perío-do é de 10 s. b) f = T f = Hz 1 1 10 0 1 → = , c) ω =2 · π · f ω = 2 · π · 0,1 ω = 0,2π rad/s d) v = ω · R v = 0,2π · 5 v = π m/s e) a v R a m s c= → =c 2 2 2 5 π _/ 17.20. Carro 1) 3 min --- 360o 1 min --- x x = 120o Carro 2) 2 min --- 360o 1 min --- x x = 180o

Assim, a cada 1 min, os dois carros juntos varrem um ângulo de 300o ₍₁₂₀o _{+ 180}o_{). Para que voltem a se encontrar, os dois juntos} devem varrer uma circunferência completa, ou seja, devem percor-rer 360o_{. Assim:}

1 min --- 300o x --- 360o

x = 1,2 min = 1,2 · 60 s = 72 s

Aula 18

II. Verdadeira. A resultante centrípeta é calculada de acordo com a seguinte equação: F m v

R

Rc= ⋅ 2

. Assim, como a massa e o raios não variam, conclui-se que, quanto maior a velocidade do car-rinho, maior a resultante centrípeta.

Como a energia mecânica do carrinho não varia (não há atrito), quanto menor a altura em que ele passa, menor será sua ener-gia potencial gravitacional. Como consequência, maior será sua energia cinética e, consequentemente, sua velocidade. Assim, entre os pontos A e B, como A está em uma altura menor, é em A que o carrinho passa com maior velocidade e a resultante centrípeta terá maior intensidade.

III. Verdadeira. No ponto B, a resultante é do tipo centrípeta e, por-tanto, aponta para o centro da curva descrita naquele momen-to, ou seja, para baixo. Para que a resultante da força normal e o peso seja para baixo, o peso (que aponta para baixo) deve ter intensidade maior que a normal (que aponta para cima). 18.16. c N1 P P C C N2 N3

1) Nesse caso, como a trajetória é retilínea, N₁ e P precisam se anu-lar, então N₁ = P.

2) Nesse caso, a resultante entre N2 e P, que é centrípeta, está vol-tada para cima. Para isso, N₂ > P.

3) Nesse caso, a resultante entre N₃ e P, que é centrípeta, está vol-tada para baixo. Para isso, P > N3. Assim:

N₂ > N₁ > N₃. 18.17. d

I. Falsa. O que faz o passageiro colidir com a porta não é nenhu-ma força que o empurra, nenhu-mas sua inércia, ou seja, sua tendência de continuar em linha reta no momento em que o carro faz a curva.

II. Verdadeira.

III. Falsa. Como a curva é para a esquerda, a tendência do passa-geiro é cair para a direita em relação ao carro.

18.18. 03 (01, 02)

01) Verdadeira. Se o raio do rotor for aumentado, será possível di-minuir a velocidade angular mínima necessária para a pessoa não escorregar. Observe os cálculos a seguir:

Fat P N m g F m g mv R m g R R g g R Rc m = = ⋅ → ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ → ⋅ ⋅ = = ⋅ → = µ µ µ µ ω ω µ ω 2 2 2 2 gg R⋅µ

02) Verdadeira. O peso da pessoa e o atrito da roupa dela com a pa-rede do cilindro se equilibram verticalmente.

04) Falsa. Como o movimento é circular, é impossível que a acelera-ção seja nula. Mesmo que o movimento seja uniforme, haverá aceleração centrípeta.

08) Falsa. Como pode ser observado na equação do item 01, a ve-locidade angular mínima não depende da massa da pessoa. 16) Falsa. Se a velocidade angular aumentar atingindo valores

maiores que o mínimo necessário para a pessoa não escorregar, certamente a força normal também irá aumentar. No entanto, a força de atrito estático possui um valor máximo, que é aquele necessário para deixar a pessoa verticalmente em repouso. No caso da questão, o valor máximo do atrito será, portanto, igual ao peso da pessoa.

18.19. T = 3P

Conservação da Energia Mecânica: Em_i = Em_f → Eci + Epi = Ecf + Epf 0 0 2 2 + ⋅ ⋅m g h = = +m v⋅ v2 _{= 2 · g · R} Resultante Centrípeta: F T P mg T P Rc= → ⋅ = ⋅ → = − − ₋ m v R T mg m gR R = T mg T=3 2 2 3 18.20. a) 200 N

Nessa questão, o peso do corpo e a força normal se anulam. Com isso, a única força que resta é a exercida pela mola e ela atua de forma a puxar a bola para o centro da curva. Assim, a força elástica exerce o papel de resultante centrípeta.

F F N el el = ⋅ = ⋅ m v R 1 0,5 = 2 2 10 200 b) 0,4 m F_el = k · x → 200 = 2000 · x x = 0,1 m

O resultado encontrado significa que a mola se deforma, ou seja, se estica em 0,1 m. Como após esticar ela fica com o comprimen-to de 0,5 m (raio), então antes o comprimencomprimen-to original dela era 0,5 – 0,1 = 0,4 m.

5

16.01. a) p_A < p_B b) pA = pB c) p_A = p_B d) pA = pB e) p_A = p_B f) pA = pB g) p_A > p_B h) pA > pB i) p_A > p_B j) pA = pB k) p_A > p_B l) pA = pB m) p_A > p_B

n) A rigor pB > pA, porém nos exercícios em geral, pelo fato de a densidade dos gases ser muito baixa, as pressões podem ser consideradas iguais. Assim: pA = pB

16.02. a) V b) F c) F d) V e) V f) F g) F h) F i) V 16.03. a)

em pascal em atm em mca em mm Hg

nível do mar (0 m) 0 0 0 0 10 m 1 x 105 _{1 10 760} 20 m 2 x 105 _{2 20 1 520} 30 m 3 x 105 _{3 30 2 280} b) p(atm) 2 3 1 h(m) 10 20 30 c)

em pascal em atm em mca em mm Hg nível do mar (0 m) 1 x 105 _{1 10 760} 10 m 2 x 105 _{2 20 1 520} 20 m 3 x 105 _{3 30 2 280} 30 m 4 x 105 _{4 40 3 040} d) 4 10 20 30 p(atm) h(m) 3 2 1 16.04. c

A Lei de Stevin mostra que a pressão exercida por uma coluna líqui-da depende de três elementos: a densilíqui-dade do fluido, a aceleração local da gravidade e da altura dessa coluna.

16.05. 17 (01, 16)

01) Verdadeira. Pontos que estão no mesmo nível, em um mesmo fluido e num mesmo recipiente, certamente estão submetidos à mesma pressão.

02) Falsa. Os ponto B e C possuem pressão igual à da atmosfera. A pressão de A mais a pressão da coluna líquida que vai de A até C é que é igual à pressão da atmosfera. Portanto a pressão em A é menor que a da atmosfera.

04) Falsa. Os ponto B e C possuem pressão igual à da atmosfera. A pressão atmosférica mais a pressão da coluna líquida que vai de C até D, determinam a pressão em D. Portanto, a pressão em D é maior que a da atmosfera.

08) Falsa. Vide itens 02 e 04. 16) Verdadeira. 16.06. e ∆p = µ · g · h 3,0 x 103 _{= 0,75 x 10}3 _{· 10 · h} h = 0,4 m = 40 cm 16.07. 61 (01, 04, 08, 16, 32)

01) Verdadeira. Esta é a definição da grandeza pressão.

02) Falsa. A Lei de Stevin mostra que a pressão exercida por uma co-luna líquida depende de três elementos: a densidade do fluido, a aceleração local da gravidade e da altura dessa coluna. 04) Verdadeira. Vide comentário do item anterior.

08) Verdadeira. Trata-se do resultado obtido por Torricelli em sua famosa experiência.

16) Verdadeira pois

1 atm = 10 mca = 760 mmHg = 1 x 105 _{Pa (N/m}2_).

32) Verdadeira. Quando falamos que a pressão de determinada pessoa é de 12/8, na verdade está se afirmando que as pres-sões máxima e mínima valem respectivamente 12 cmHg (120 mmHg) e 8 cmHg (80 mmHg) a mais que a pressão at-mosférica.

16.08. c

Inicialmente a pessoa estava submetida à pressão atmosférica (1 x 105 _{Pa). Após mergulhar 1,5 m na piscina, a pressão será:} p = p_atm + µ · g · h

p = 1 x 105 _{+ 1 x 10}3 _{· 10 · 1,5} p = 1,15 x 105 _Pa

Logo, a pressão total aumentou 15% em relação à pressão atmos-férica.

16.09. c

Pelo gráfico, podemos encontrar a equação da reta. Assim:

y b ax p h = + =76− 4 400

Para uma altitude igual a 1000 m, teremos:

p= −76 4 ⋅1000 66= cmHg 400

1

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Extensivo Terceirão – Física 6B

6B

Física

Aula 16

Como o teste pede a resposta em N/m2_{, podemos converter o valor} encontrado por uma simples regra de três. Assim:

76 cmHg --- 1 x 105 _N/m2 66 cmHg --- x

x = 0,87 x 105 _N/m2 _{= 8,7 x 10}4 _N/m2 _{≅ 9 x 10}4 _N/m2 16.10. d

A 200 m de profundidade, a pressão total é igual à soma da pressão atmosférica mais a pressão da coluna de água. Assim, a diferença de pressão é provocada pela coluna do fluido.

Como 1 atm = 10 mca = 760 mmHg = 1 x 105 _{Pa (N/m}2_{), 200 m de} água corresponde a 20 atm.

16.11. d

Observe que a referência (0 m ) é o fundo. Portanto, as curvas que mostram as profundidades estão especificando a distância dos re-feridos pontos ao fundo e não até a superfície. Veja a figura:

1 P 2 120 m 90 m 60 m 30 m 0 FUNDO

Pela figura observa-se que o peixe 1 desceu, aumentando a pres-são a que está submetido em 30 mca ou 3 atm. O peixe 2 subiu, diminuindo a pressão a que está submetido em 60 mca ou 6 atm. 16.12. d

A Lei de Stevin mostra que a pressão exercida por uma coluna líquida depende de três elementos: a densidade do fluido, a aceleração local da gravidade e da altura dessa coluna. Como esses três elementos são iguais para todos os frascos, conclui-se que as pressões são iguais. 16.13. d

Como as pressões nas bases são iguais e as áreas das bases também são iguais, conclui-se que as forças também serão, pois:

p F

A =

16.14. a

Observe que o recipiente I é o mais pesado pois é o que contém mais líquido.

16.15. a

A maior pressão exercida é a do recipiente I pois é o mais pesado dos três e as áreas são iguais.

16.16. e

F_A1 = F_A2 = F_A3 pois a Lei de Stevin mostra que as pressões são iguais e como as áreas são iguais, as forças também são. Mas, quanto à força exercida pela balança nos frascos, trata-se da normal e o valor da normal é igual ao da compressão que ela recebe.

Assim: FB1 > FB2 > FB3 pois Peso1 > Peso2 > Peso3. 16.17. b

Como o homem salta de uma altitude de 500 m, certamente a pressão da atmosfera é menor que a nível do mar e, por isso, a diferença p – p0 é negativa. À medida que ele desce essa diferen-ça diminui. Quando ele chega à superfície a diferendiferen-ça é zero. Ao

afundar, a pressão sobre ele aumenta e a diferença p – p₀ passa a ser positiva e vai aumentando à medida que ele afunda. Como a densidade da água é maior que a do ar, implica variação de pressão maior no líquido. Assim a inclinação da reta aumenta. Justificando a resposta ser “b” e não “a”.

16.18. c

Observe que as alturas h₁ e h₂ são medidas a partir da base e não a partir da superfície livre. Por isso, de 0 até h1 a pressão diminui e de h₁ até h₂ também diminui. Porém, como o líquido referente à altura h1 está embaixo, ele deve ter maior densidade. Assim, ao passar do líquido de baixo para o de cima, devido à diminuição da densidade, a inclinação da reta muda, variando menos a cada deslocamento. 16.19. a) Se a pressão atmosférica sustenta 760 mmHg, essa mesma

pressão atmosférica sustentará uma coluna de água que exerça pressão igual à da atmosfera. Assim:

p p g h g h g cm m h Hg h Água Hg Hg água água = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ µ µ 13 6_{, /} 3 0 76_{, ==} = ⋅ 1 10 33 3 g cm h h m / ,

b) Se a pressão atmosférica sustenta 760 mmHg, essa mesma pressão atmosférica sustentará uma coluna de óleo de exerça pressão igual à da atmosfera. Assim:

h p p g h g h g cm m h Hg h óleo Hg Hg óleo água = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ µ µ 13 6_{, /} 3 0 76_{, ==} = ⋅ 0 8 12,92 m 3 , g cm h/

16.20. Vamos calcular a força F₁ necessária para manter o êmbolo do cilin-dro 1 em equilíbrio. Observação: seja R o raio do êmbolo.

p F A g h F A F g h A F g H R = ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ µ µ µ π 1 1 ( 2)

Agora vamos calcular a força F₁ necessária para manter o êmbolo do cilindro 2 em equilíbrio. Observação: seja R o raio do êmbolo.

p F A g h F A F g h A F g H R = ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ µ µ µ π 2 2 ( 2) Calculando a relação F F1₂ : F F g H R g H R 1 2 1 2 2 2 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ µ π µ π ( ) ( ) F F h h 1 2 1 2 =

Aula 17

17.01. a

Como todos os cilíndros estão abertos, eles estão sujeitos à pressão atmosférica local. Portanto, para que a Lei de Stevin seja obedecida (pressões iguais nas bases), as alturas terão que ser as mesmas.

17.02. e

p_A = p_B = p_C < p_D = p_E = p_F

17.03. p_A = p_B = p_C pois a Lei de Stevin afirma que pontos que estão em um mesmo nível, de um mesmo líquido em repouso, em um mes-mo recipiente, estão submetidos à mesma pressão.

Obs.: o ramo da direita, onde está o ponto C, é fechado mas, como o fluido está em equilíbrio, certamente a pressão é a mesma pois, se não fosse, haveria um deslocamento da massa até o equilíbrio ser atingido.

17.04. d

Como os dois lados do tubo em U estão abertos, eles estão sujei-tos à pressão atmosférica local. Tomando como referência a última gota de água que está do lado direito do tubo, imediatamente abaixo do outro líquido, e um ponto da água que esteja no mes-mo nível mas no rames-mo da esquerda, teremes-mos que suas respectivas pressões serão iguais. Como a densidade da água é menor, será necessária uma altura maior e, por isso, a letra D é a mais adequada. 17.05. c

Observe que o teste pede a diferença de pressão, portanto 5 cmHg. Logo, precisamos determinar a pressão de uma coluna de mercúrio de 5 cm de altura. Assim:

p_h = µ · g · h

p_h = 13,6 x 103 _(kg/m3_{) · 10 (m/s}2_{) · 5 x 10}–2 _(m) ph = 6,8 · 103 Pa

17.06. a

Como as aberturas A e B expõem ambos os lados à atmosfera, cer-tamente o nível será o mesmo.

17.07. a

Como a altura da coluna de água na caixa da esquerda diminuirá, a pressão no fundo da caixa também diminuirá.

17.08. a

Para que os êmbolos e, consequentemente, os líquidos continuem na mesma altura, os pesos dos blocos deverão provocar em cada ramo a mesma pressão. Assim:

p p p F A F A F A F A F A F A F A F A F A L M N L L M M N N L M N L L L = = = = = = = = 2 3 2 2 3 3

Podemos concluir que, sendo colocada em L uma certa quantidade de blocos, no ramo M deverá ser colocado o dobro e em N o triplo. 17.09. d

Como as alturas das superfícies livres da água em cada ramo são diferentes, as pressões em A, B e C são diferentes. A pressão do lado A é a da atmosfera local; em B temos a pressão do ar que foi aprisionado na respectiva caverna que, se comparado à atmosfera, certamente é maior pois “empurra” a água mais para baixo; em C temos a pressão do ar que foi aprisionado na respectiva caverna que, se comparado à atmosfera, certamente é menor pois “empur-ra” menos a água para baixo.

17.10. b

Como os dois lados do tubo em U estão abertos, eles estão sujeitos à pressão atmosférica local. Vamos tomar como referência a última gota de água que está do lado esquerdo do tubo, imediatamente abaixo do petróleo. Este ponto, o qual chamaremos de A, recebe pressão da at-mosfera e da coluna de petróleo. Do outro lado do tubo, vamos pegar um ponto também da água que esteja no mesmo nível. Chamaremos este ponto de B, o qual recebe pressão da atmosfera e da coluna de água acima dele. Certamente, as pressões de A e B serão iguais. Assim: p_A = p_B

p_atm + µpetróleo · g · hpetróleo= patm + µágua · g · hágua

µpetróleo · 5 (cm) = µágua (g/cm3) · 4 (cm) µpetróleo = 800 g/cm3

17.11. e

A superfície livre do líquido que está do lado direito do tubo em

U está sujeita à pressão atmosférica local e a do lado esquerdo à

pressão do gás, que é a incógnita do problema. Vamos tomar como referência a última gota do líquido que está do lado esquerdo do tubo, imediatamente abaixo do gás. Este ponto, o qual chamare-mos de A, recebe pressão exclusivamente do gás. Do outro lado do tubo, vamos pegar um ponto também do fluido, que esteja no mesmo nível. Chamaremos este ponto de B, o qual recebe pressão da atmosfera e da coluna de líquido acima dele, cuja altura é h₂ - h₁. Certamente, as pressões de A e B serão iguais. Assim:

p_A = p_B

p_gás = p_atm + µlíquido · g · h líquido

p_gás = 1 x 105_(N/m2_{) + 1,5 x 10}4 _(kg/m3_{) · 10 (m/s}2_{) · 20 x 10}–2 _(m) p_gás = 1,3 x 105 _{Pa (N/m}2₎

17.12. d

A superfície livre do líquido que está do lado direito do tubo em

U está sujeita à pressão atmosférica local e a do lado esquerdo à

pressão do gás, que é a incógnita do problema. Vamos tomar como referência a última gota do líquido que está do lado esquerdo do tubo, imediatamente abaixo do gás. Este ponto, o qual chamare-mos de A, recebe pressão exclusivamente do gás. Do outro lado do tubo, vamos pegar um ponto também do fluido, que esteja no mesmo nível. Chamaremos este ponto de B, o qual recebe pressão da atmosfera e da coluna de líquido acima dele, cuja altura é 8 cm. Certamente, as pressões de A e B serão iguais. Assim:

p_A = p_B

p_gás = p_atm + µlíquido · g · h líquido

Como esta questão não disponibiliza a densidade do fluido e a gra-vidade local, podemos medir a pressão pela altura da coluna de mercúrio. Assim:

pgás = 69 cmHg + 8 cmHg p_gás = 77 cmHg 17.13. b

Tomando como referência a linha horizontal que passa pelos dois líquidos (vide desenho do texto do exercício), a pressão do lado esquerdo do tubo (A) será:

p_A = p_atm + µlíquido · g · h líquido

pA = 1 x 105(N/m2) + 1,6 x 103 (kg/m3) · 10 (m/s2) · 4 x 10–2 (m) p_A = 1,0064 x 105 _{Pa (N/m}2₎

Do outro lado do tubo, vamos pegar um ponto do fluido B, que esteja no mesmo nível de A. Chamaremos este ponto de B, o qual recebe pressão da atmosfera e da coluna de líquido acima dele, cuja altura é 6 cm. Assim:

p_B = p_atm + µlíquido · g · h líquido

p_B = 1 x 105_(N/m2_{) + 0,8 x 10}3 _(kg/m3_{) · 10 (m/s}2_{) . · 6 x 10}–2 _(m) p_B = 1,0048 x 105 _{Pa (N/m}2₎

Como a pressão de A é maior que a de B, quando a torneira for aber-ta, haverá um deslocamento de A para B e, por isso, o nível do líquido A descerá e o de B subirá, aumentando ainda mais a diferença de altura entre os dois lados. Assim, apenas o item III está correto. 17.14. 15 (01, 02, 04, 08)

01) Verdadeira. Como o tubo em U está aberto do lado direito, cer-tamente está sujeito à pressão atmosférica local. Portanto, na cidade A, a pressão dentro do tubo é igual à da atmosfera local. 02) Verdadeira. Tomando a figura 2 como referência, teremos que um ponto da superfície do mercúrio que está do lado esquerdo do tubo em U está sujeito à pressão do ar dentro do barômetro, a qual é igual à pressão atmosférica da cidade A. Essa pressão empurrou a coluna de mercúrio que está do lado direito, 8 cm para cima. Isso nos leva a concluir que a pressão da cidade B é 8 cmHg menor que a pressão atmosférica da cidade A.

3

04) Verdadeira. Como a pressão na cidade B é 8 cmHg menor que a pressão atmosférica da cidade A, seu valor é de 68 cmHg. 08) Verdadeira. A variação na pressão interna da garrafa quando ela

é deslocada da cidade A para B é insignificante pois a variação do seu volume interno é tão pequena que pode ser considera-da nula.

16) Falsa. Devido à pressão na cidade B ser de 68 cmHg, pela tabela conclui-se que sua altitude está pouco abaixo de 1000 m. 32) Falsa. A pressão no interior do barômetro é maior que a pressão

atmosférica da cidade B. 64) Falsa. A altitude de B é maior. 17.15. 05 (01, 04)

A superfície livre do líquido que está do lado direito do tubo em

U está sujeita à pressão atmosférica local e a do lado esquerdo

à pressão do gás. Vamos tomar como referência a última gota do líquido que está do lado esquerdo do tubo, imediatamen-te abaixo do gás. Esimediatamen-te ponto, o qual chamaremos de A, recebe pressão exclusivamente do gás. Do outro lado do tubo, vamos pegar um ponto também do fluido, que esteja no mesmo nível. Chamaremos este ponto de B, o qual recebe pressão da atmos-fera e da coluna de líquido acima dele, cuja altura é 190 cm (230 cm – 40 cm). Certamente, as pressões de A e B serão iguais. Assim:

p_A = p_B

pgás = patm + µlíquido · g · h líquido

Como esta questão não disponibiliza a densidade do fluido e a gra-vidade local, podemos medir a pressão pela altura da coluna de mercúrio. Assim:

p_gás = 710 mmHg + 190 mmHg pgás = 900 mmHg

Verificando as afirmações, teremos: 01) Verdadeira.

02) Falsa. A pressão do gás seria a mesma. Pela Lei Geral dos Ga-ses, se as temperaturas, os volumes e a quantidade de gás são os mesmos, as pressões também serão as mesmas. O que mudaria seria a pressão atmosférica e , consequentemente, as alturas das colunas líquidas dos lados direito e esquerdo do tubo em U.

04) Verdadeira.

08) Falsa. A variação da temperatura implica alterar a densidade do mercúrio e, consequentemente, a altura da coluna que exerce-ria a pressão necessáexerce-ria para que, junto com a pressão da at-mosfera, equilibrasse a pressão do gás.

16) Falsa. Embora as massas sejam as mesmas, por se tratar de ga-ses diferentes, o número de mols (n) contidos nessas massas são diferentes, o que interfere na pressão do gás e, consequen-temente, na altura da coluna líquida. (pv = n · R · T)

17.16. c

Pela Lei de Stevin podemos concluir que pontos que estão em um mesmo nível, de um mesmo líquido em repouso, em um mesmo recipiente, estão submetidos à mesma pressão. Portan-to as pressões nos ponPortan-tos A e B são iguais e maiores que a do gás e a da atmosfera. Como a coluna de líquido sobre B é menor que a de A, conclui-se que a pressão do gás é maior que a da atmosfera.

17.17. a

Como os dois lados do tubo em U estão abertos, eles estão su-jeitos à pressão atmosférica local. Vamos tomar como referência a última gota do líquido 1, que está do lado direito do tubo, ime-diatamente abaixo do líquido 2. Este ponto, o qual chamaremos de B, recebe pressão da atmosfera e da coluna do líquido 2, cuja altura equivale a h₃. Do outro lado do tubo, vamos pegar um

pon-to também do líquido 1, que esteja no mesmo nível de B. Cha-maremos este ponto de A, o qual recebe pressão da atmosfera e da coluna de líquido 1 que se encontra acima dele, cuja altura corresponde a h₁ – h₂. Certamente, as pressões de A e B serão iguais. Assim: p_A = p_B patm + µ1 · g · (h1 – h2) = patm + µ2 · g · h3 Como h₁ = h + h₂, teremos: 1 · (h + h₂ – h₂) = 0,7 · h₃ h/h₃ = 0,7 17.18. b

Seja PP a pressão no ponto da veia em que o medicamento é aplicado. A pressão do medicamento deve ser maior que P_P. Assim:

P_P < p_atm + µ · g · h

Quando o novo medicamento for aplicado, a pressão que ele exer-cerá deverá ser igual à do anterior. Assim:

p_atm + µ · g · h = patm + 1,2µ · g · x x = (5/6)h

Isso implica uma diminuição de (1/6)h. 17.19. d

Como os dois lados do tubo em U estão abertos, eles estão su-jeitos à pressão atmosférica local. Vamos tomar como referência a última gota de água que está do lado direito do tubo, imedia-tamente abaixo do óleo. Este ponto, o qual chamaremos de B, recebe pressão da atmosfera e da coluna de óleo. A presença do óleo faz com que a coluna de água da esquerda desça uma distância h, abaixo da metade do tubo. Do outro lado do tubo, vamos pegar um ponto também da água que esteja no mesmo nível de B. Chamaremos este ponto de A, o qual recebe pressão da atmosfera e da coluna de água acima dele, cuja altura será 2h, pois o que desceu do lado direito certamente subiu do lado esquerdo. Assim: óleo H2O A B 21 cm 21 cm 42 cm 21 cm h h h

Como as pressões de A e B serão iguais, teremos: p_A = p_B

p_atm + µágua · g · hágua = patm + µóleo · g · hóleo 1 · 2h = 0,8 · (21 + h)

h = 14 cm

Logo, a coluna de óleo terá comprimento de 14 cm + 21 cm = 35 cm

17.20. Vamos primeiro imaginar o barômetro fora do líquido.

H

A B

Como os pontos A e B estão submetidos à mesma pressão, te-remos

p_A = p_B p_atm = d · g · H

Aula 18

18.01. Força, vertical, cima, peso, deslocado E = μ_L · VS · g 18.02. a) 2 · 10–2 _N b) 2 · 10–1 _N 18.03. a) E_I = E_II b) EI < EII c) E_I > E_II d) EI = EII e) E_I < E_II f) E_I = E_II g) EI > EII 18.04. F – F – F – V – V – V 18.05. _{a) Situação Consequência} µC > µL afunda µC = µL permanece em equilíbrio µC < µL sobe b) I. Sobe II. Afunda III. Sobe IV. Afunda c) I. Não II. Sim III. Não IV. Afunda V. Sobe d) I. Não II. Sim III. Afunda IV. Sobe V. e) I. Não II. Sim III. Não IV. Afunda

V. Não há dados para determinar VI.

Observação: No item e, embora possamos afirmar que o empuxo

que atua sobre B é maior que o empuxo que atua sobre A, não te-mos dados para afirmar se o empuxo sobre B é maior que seu peso. Por isso é impossível saber, com as informações disponíveis, se ele afunda, sobe ou fica em equilíbrio.

18.06. d

A Lei de Arquimedes garante que todo o corpo, total ou parcialmente mergulhado em um fluido em equilíbrio, recebe uma força de di-reção vertical e sentido para cima denominada empuxo. Sua inten-sidade depende da deninten-sidade do fluido, do volume do corpo que se encontra submerso e da aceleração da gravidade. O módulo do empuxo é igual ao peso do volume de líquido deslocado pelo corpo. 18.07. a

Os objetos estão sujeitos a três forças: o empuxo e a tração na ver-tical para cima e o peso na verver-tical para baixo.

Como ρ1 > ρ2, o peso P1 > P2.

A Lei de Arquimedes garante que todo o corpo, total ou parcial-mente mergulhado em um fluido em equilíbrio, recebe uma força de direção vertical e sentido para cima denominada empuxo cuja intensidade depende da densidade do fluido, do volume do cor-po que se encontra submerso e da aceleração da gravidade. As três grandezas das quais o empuxo depende são idênticas para os dois corpos, o que nos leva a concluir que os empuxos serão os mesmos. Assim:

T + E = P

Isso nos leva a concluir que o corpo de maior peso exigirá maior tração. Assim: T1 > T2.

18.08. b

Como ambos os corpos possuem o mesmo volume, se R é maciço, sua massa será maior e, consequentemente, P_R > P_S. Quanto aos empuxos, a Lei de Arquimedes garante que todo o corpo, total ou Quando o barômetro estiver dentro do líquido e h = x, teremos:

h x A’ B’ Assim: p_A’ = p_B’ p_atm + p_h = d · g · x d · g · H + D · g · x = d · g · x x = dH/(d – D) 17.21. p_ar = 1,45 x 105 _Pa

Vamos marcar dois pontos A e B, assim:

óleo Hg A B 50 cm 40 cm 10 cm ar

Certamente as pressões em A e B são iguais. Por isso: p_A = p_B

patm + µHg · g · hHg + µóleo · g · hóleo = par

1 x 105 _{+ 13,6 x 10}3 _{· 10 · 30 x 10}–2 _{+ 0,8 x 10}3 _{· 10 · 50 x 10}–2 _{= p} ar par = 1,45 x 105 Pa

5

parcialmente mergulhado em um fluido em equilíbrio, recebe uma força de direção vertical e sentido para cima denominada empu-xo cuja intensidade depende da densidade do fluido, do volume do corpo que se encontra submerso e da aceleração da gravida-de. Como essas três grandezas são idênticas para os dois corpos, conclui-se que os empuxos serão iguais.

18.09. c

As figuras a seguir apresentam as forças que atuam na pedra em cada uma das situações.

Cálculo do volume da pedra E = µ · VS · g

µ = = m V x V 2 103 12 V = 6 x 10–3 _m3

Cálculo do empuxo na situação 1. E = µ · VS · g E₁ = 103 _{· 6 x 10}–3 _{· 10} E₁ = 60 N Cálculo da força F1. E1 + F1 = P 60 + F₁ = 120 F₁ = 60 N

Cálculo do empuxo na situação 2. E = µ · VS · g E₁ = 103 _{· 1,5 x 10}–3 _{· 10} E1 = 15 N Cálculo da força F1. E₂ + F₂ = P 15 + F₂ = 120 F₂ = 105 N Assim: F₂ – F₁ = 105 – 60 = 45 N 18.10. 23 (01, 02, 04, 16)

01) VERDADEIRA. Densidade volumétrica, também chamada sim-plesmente de densidade, é a razão entre a massa e o volume (d = m/V).

02) VERDADEIRA.

04) VERDADEIRA. A Lei de Stevin afirma que ∆p = µ · g · h 08) FALSA. Pressão é inversamente proporcional à área.

16) VERDADEIRA. A Lei de Arquimedes afirma que o empuxo tem a mesma intensidade do peso de líquido deslocado pela parte submersa do corpo.

18.11. a

I. VERDADEIRA. Quanto maior a altitude, menor a camada de at-mosfera que exerce pressão sobre a superfície e, por isso, seu valor é menor; quanto maior a profundidade, maior a coluna líquida e, portanto, maior a pressão.

II. VERDADEIRA.

III. VERDADEIRA. A densidade do gelo é maior que a do óleo e, por isso ele afunda no óleo. Porém, em relação à água, a densidade do gelo é menor e por isso flutua na água.

IV. FALSA. O peso aparente de um corpo completamente imerso é sempre menor que seu peso real pois o empuxo exercido pelo líquido tem direção vertical e sentido para cima, fazendo com que o peso aparente fique menor.

18.12. c

I. VERDADEIRA. A superfície do mar corresponde ao ponto em que a profundidade h é 0. Assim o ponto em que o gráfico corta o eixo vertical corresponde ao da pressão atmosférica a nível do mar. Isso nos leva a concluir que:

PatmA >PatmB =PatmC

II. VERDADEIRA. A pressão hidrostática de uma coluna líquida é calculada por p_h = µ · g · h. Como a reta correspondente ao sítio B cresce mais rapidamente que C, conclui-se que a densidade da água em B é maior.

III. FALSA. A Lei de Arquimedes garante que todo corpo, total ou parcialmente mergulhado em um fluido em equilíbrio, recebe uma força de direção vertical e sentido para cima denominada empuxo. Sua intensidade depende da densidade do fluido, do volume do corpo que se encontra submerso e da aceleração da gravidade. Assim: E = µ · VS · g

Como as inclinações das retas A e B são iguais, conclui-se que o empuxo será o mesmo sobre corpos totalmente submersos. 18.13. d

Os dados do problema nos permitem calcular a aceleração, utili-zando a equação do espaço do movimento uniformemente varia-do. Assim: s = s + v t + 2,0 = o o at a 2 2 2 2 2 ⋅ a = 1 m/s2

Dois detalhes importantes a serem observados são que o corpo desce e seu movimento é do tipo acelerado. Isso nos permite concluir que a resultante das forças que atuam no corpo, ou seja, o peso (P) menos o empuxo (E) é igual ao produto da massa pela aceleração (2a_{. Lei de} Newton. Assim, podemos calcular o empuxo:

F_R = m · a

P – E = m · a 5 – E = 0,5 · 1 E = 4,5 N 18.14. c

As forças que atuam na mina são: o peso (P) e a tração (T) na verti-cal para baixo e o empuxo (E) na vertiverti-cal para cima. Assim: T + P = E T = E – P T = µ · VS · g – m · g T = 1000 · 4 · 10 – 300 · 10 T = 37 000 N = 37 kN 18.15. b

As forças que atuam no balão são o peso (P) na vertical para baixo e o empuxo (E) na vertical para cima. Assim:

Empuxo

Peso E

P

Cálculo do peso: P = m · g P = 1,6 · 10 = 16 N Cálculo do empuxo: E = µ · VS · g E = 1,3 · 2 · 10 = 26 N

Aplicando a Segunda Lei de Newton, teremos:

F_R = m · a

E – P = m · a 26 – 16 = 1,6 · a

a = 6,25 m/s2 _{(para cima, pois E > P)} 18.16. c

As forças que atuam no bloco são: o peso (P), a tração (T) e a nor-mal (N) na vertical para baixo e o empuxo (E) na vertical para cima. Assim: FN E P T T + P + N = E N = E – P – T N = µ · VS · g – m · g – T N = 400 · 0,25 · 10 – 0,05 · 10 – 89,5 N = 910 N 18.17. c I. VERDADEIRA.

II. FALSA. A Lei de Arquimedes garante que todo corpo, total ou parcialmente mergulhado em um fluido em equilíbrio, recebe uma força de direção vertical e sentido para cima denominada empuxo. Sua intensidade depende da densidade do fluido, do volume do corpo que se encontra submerso e da aceleração da gravidade. Assim: E = µ · VS · g. Portanto não depende da pro-fundidade.

III. VERDADEIRA. A diferença de pressão entre dois pontos é dada pela equação:

∆p = µ · g · h.

Considerando que não haja variação em nenhuma dessas três grandezas, podemos considerar ∆p constante.

18.18. 18 (02, 16)

01) FALSA. Ambas indicam o mesmo valor: a massa de água no recipiente acrescida de um valor igual à reação ao empuxo (se a balança estivesse graduada em newtons, indicaria o peso da água somada ao valor da reação ao empuxo). Como o empu-xo é igual nas duas situações, as balanças indicam a mesma massa.

02) VERDADEIRA. Na primeira configuração a força aplicada pela haste é igual à diferença E - P. Na segunda configuração a força aplica-da pela haste é igual à diferença P - E. Como o peso do corpo de chumbo é muitas vezes maior que o de cortiça, certamente a força aplicada na haste da direita é maior.

04) FALSA. As forças são iguais (empuxos).

08) FALSA. As diferenças são iguais em ambos os casos e o valor dessa diferença é o empuxo cujo módulo é o mesmo em am-bos os casos.

16) VERDADEIRA. A diferença corresponde à massa da água desloca-da, cujo peso é igual, em módulo, ao empuxo.

18.19. e

Entenda-se por F a força normal. O gráfico II representa a situação em que corpo possui densidade maior que a do líquido. Confor-me a nível da água que o envolve auConfor-mentar, o empuxo auConfor-menta- aumenta-rá e a força de contato diminuiaumenta-rá até que o corpo seja totalmente encoberto. A partir desse instante o empuxo será constante e, consequentemente, F também será constante. O gráfico III repre-senta a situação em que corpo possui densidade menor que a do líquido. Conforme a nível da água que o envolve aumentar, haverá um momento em que o corpo subirá e, por isso, perderá o contato com a base do recipiente e F se tornará nula.

18.20. As forças que atuam na bolha são o peso (P) na vertical para baixo e o empuxo (E) na vertical para cima. Assim:

E P Cálculo do peso:

Obs.: podemos concluir que a massa de 1 mol do gás será: C = 12 g e O₂ = 32 g. Assim, a massa total será de 44 g = 44 x 10–3 _kg. P = m · g

P = 44 x 10–3 _{· 10 = 0,44 N}

Cálculo do empuxo:

Obs.: o volume ocupado por 1 mol de um gás é de 22,4 L = 22,4 x 10–3 _m3_{. Assim:}

E = µ · VS · g

E = 103 _{· 22,4 x 10}–3 _{· 10 = 224 N}

Aplicando a Segunda Lei de Newton, teremos:

F_R = m · a E – P = m · a

224 – 0,44 = 44 x 10–3 _{· a} a  5 x 103 _m/s2 18.21. 2 m3

Na figura a seguir estão marcadas as forças que atuam no balão e no corpo. V T E V PC PB T

Como o sistema sobe acelerado, vamos aplicar a 2a_{. Lei de Newton} para cada objeto envolvido.

Para o balão: F_R = m · a E – T – P_B = m_B · a (I) Para o corpo: F_R = m · a T – P_C = m_C · a (II)

Somando as equações I e II, teremos: E – P_B – P_C = (m_B + m_C) · a

µ · VS · g – mB · g – mC · g = (mB + mC) · a 1,3 · V · 10 – 0,1 · 10 – 1,9 · 10 = (0,1 + 1,9) · 3 V = 2 m3

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Resoluções

Extensivo Terceirão – Física 6C

6C

Física

16.01. d 16.02. a 16.03. c 16.04. d 16.05. c +q F +q –q F FR 16.06. e f kqq r f k q q r = ₂ → =’ ⋅ ⋅2 3₂ f kqq r f f ’=6 ₂ → =’ 6 16.07. d F k Q q d = ⋅ ⋅₂ F = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − − 9 10 2 10 5 10 5 10 9 6 6 1 2 ( ) F= ⋅_{36 10} −2N 16.08. d 16.09. e F k Q Q d Q Q Q = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = − − 1 2 2 4 9 2 2 2 13 2 2 5 10 9 10 3 2 5 10 2 , , 55 10 5 10 14 7 ⋅ = ⋅ − − Q C 16.10. c F k q q d F k q q d F k q q d = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅    _ = ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 8 ’ ’ → F’ 8= F 16.11. b B A C + – – 16.12. d 3 m 3 C 3 C F _{+ +} F Q₁ Q₂ 1 5 C 2 3 = = + = F k Q Q d = ⋅ 1⋅ 2 2 F =9 10 3 3⋅ ⋅ ⋅ 3 9 2 F= ⋅9 10 9 ₍N repulsiva₎ 16.13. a Q –3Q d F – F + F kQ Q d = ⋅ 3₂ F kQ d N =3 2= ⋅_{3 10}− 2 1 Após contato: Qr=2Q→Q1=Q2=Q Q Q d F’ _{+ +} F’ F kQ d F kQ d Q ’= ₂ → =’ ₂2 Então, F’ =F 3 F’ = ⋅_{1 10} −1N 16.14. d Antes contato: Q 3Q d F _– F + F kQ Q d kQ d = 3⋅₂ =3 ₂2 Após contato: Qr= + →2Q Q₁=Q₂=Q Q Q d F’ _{+ +} F’ F kQQ d kQ d ’ = ₂ = ₂2 (repulsão) Portanto, F'<F

Aula 16

16.15. c F F k Q Q d k Q Q d x x x x x cm 12 23 1 2 122 2 3 23 2 2 2 9 25 8 3 5 8 3 = ⋅ = = −

(

)

= − = µ µ 16.16. d B FBC FAB + F_AB=kQQ= 12 ? F_BC=kQQ= ⋅ − N 32 3 10 6 F AB = ⋅ F 9 BC F _{AB = ⋅ ⋅} 9 3 1 ₀−6 F _{AB =} 27 1 _{⋅0 N}−6 R = F_AB− F_BC R 27 1= ⋅₀−6− ⋅ 3 1₀−6 R =_{24 0} ⋅₁−6_N 16.17. c Q2 F23 F12 + F₁₂ kQQ₂ 5N 10 4 10 = = ⋅ − F23=kQQ₅2 = ? F ₂₃ = 4 F₁₂ F _{23 = ⋅ ⋅} 4 4 1 ₀−5 F _{23 =} 16 1 _{⋅0 N}−5 R F= 23− F12 R =16 10 ⋅ −5− ⋅ _{4 10}−5 R =_{12 0,} ⋅₁−4_N 16.18. b Q n e Q Q C F kQQ d = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = = ⋅ − − 5 10 16 15 8 10 9 10 14 19 5 2 9 , ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − − 8 10 8 10 8 10 9 10 5 5 2 2 3 ( ) F N

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Extensivo Terceirão – Física 6C

16.19. Forças que atuam na carga:

F T P 30° 30° F T P tg F P Kqq d mg 30_{= =} 2 _⇒ 3 3 9 10 3 3 10 1 10 3 9 4 4 2 2 = ⋅      ⋅         ⋅ = − m m kg 16.20. a) V s t t s V t t s =∆ ∆ ∆ =∆ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ = 15 10 3 10 500 11 8 , b) T 45º F mg tg F mg F mg kQQ d mg Q 45 9 10 3 10 4 10 10 2 9 2 2 2 3 = = = ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ − ⋅ ( ) −− − ⋅ = ⋅ 3 9 10 2 10 Q C

Aula 17

17.01. d 17.02. a 17.03. e 17.04. d 17.05. d 17.06. a 17.07. a F Eq E F q E N C = = = ⋅ − → = ⋅ 12 4 10 6 3 105 , _/ 17.08. a 17.09. a F Eq F F N = =_{1000 10} ⋅ −3→ =₁ 17.10. a E F = 24 N q = 8 . 10–6 _C + F E q E E q E N C = ⋅ = = ⋅ − → = ⋅ 24 8 10 6 3 10 6 _/ 17.11. e 17.12. b E kQ d E N C = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − 2 9 6 2 3 9 10 2 10 3 2 10 / 17.13. a Cálculo da carga Q E kQ d Q _{Q C} = ⋅ = ⋅ ⋅ → = ⋅ − 2 5 9 2 4 18 10 9 10 2 8 10 Cálculo de E a 6 m E kQ d N C = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − 2 9 4 2 5 9 10 8 10 6 2 10 / 17.14. a 17.15. d 17.16. a 17.17. b g FEL P m = 1,6 . 10–3 _kg E + P F mg E q q q C q EL = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ → = − − 16 10 10 8 10 0 2 10 0 3 4 6 , , ,22 µC

Como o sentido da força elétrica é con-trário ao do campo elétrico, a carga é negativa. 17.18. 06 (02, 04) 17.19. a) q > 0 F E + F Eq F F N = = ⋅ ⋅ = ⋅ − − 5 3 10 15 10 6 5 , b) q < 0 – E F F= ⋅_{15 10,} −5N

17.20. Forças que atuam em Q:

F T P 30° 30° F T P tg F P E q P E E N C 30o₌ = = ⋅ ⋅ ⋅ = − − 3 3 3 3 2 10 3 10 5 6 5 /

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Extensivo Terceirão – Física 6C

Aula 18

18.01. e 18.02. b 18.03. c 18.04. b 18.05. a 18.06. b q q d a a E E E2 + – 18.07. a 18.08. a A + + B 18.09. d Q1 Q2 E E q ER F + + + 18.10. a 18.11. c 3m EA + – EB 3m QA = +2 μC QB = –5 μC E E E E kQ d kQ d E E R A B R A B R R = + = + = ⋅ ⋅ + ⋅ = − − 2 2 9 2 6 6 9 10 3 2 10 5 10 7 ( ) ⋅103_{N C/} 18.12. b E kQ d E E N C E kQ 1 1 12 1 9 6 2 1 6 2 2 9 10 20 10 0 2 4 5 10 = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = − ( , ) , / dd E E N C E E E E R R 2 2 2 9 6 2 2 6 1 2 9 10 64 10 0 8 0 9 10 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = − − ( , ) , / == ⋅ − ⋅ = ⋅ 4 5 10 0 9 10 3 6 10 6 6 6 , , , / ER N C 18.13. d 9 cm + – E1 x Q1 = 2 µC Q2 = –8 µC E2 E E k Q x k Q x x x x x x cm 1 2 1 2 22 2 2 9 2 8 9 1 2 9 9 = = + = + = + = ( ) ( ) µ µ 18.14. b 18.15. b 18.16. a 18.17. a 18.18. e E E k q d k q d q q 1 2 1 2 22 2 1 3 9 = = = ( ) 18.19. a) carga de A e B Q_A = n · e QA = 5 · 106 · 1,6 · 10–19 Q_A = 8 · 10–13 _{C e Q} B = – 8 · 10–13 C EA QA – P 0,1 m 0,1 m + EB QB E E E E kQ d kQ d E E R A B R A A B B R = + = + = ⋅ ⋅ ⋅

( )

× − − 2 2 9 13 1 2 9 10 8 10 10 2 RR=144, N C/ b) Direção horizontal ER EA EB + – QA QB 18.20. a) F k Q Q d F F N = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − − 1 2 2 9 6 6 2 9 10 5 10 5 10 1 0 225, b) 0,5 m E2 E1 + + 0,5 m Q1 = 5 . 10–6 Q2 = 5 . 10–6 E1= →E2 ER=0

16.01. b

As ondas eletromagnéticas possuem, no vácuo, a mesma velocidade c = 3 x 108 _m/s.

16.02. c

O sensor de infravermelho é sensível à onda de calor. 16.03. d

O Sol, celulares e as antenas de rádio e TV são modalidades de ondas eletromagnéticas que possuem, no vácuo, a mesma velo-cidade.

16.04. d

A frequência depende da fonte emissora. Como exemplo, pode-mos citar uma corda de violão solta que, ao ser tocada, emite uma frequência gerada pelas características dessa corda.

16.05. d

Sinal de rádio se propaga no espaço na forma de uma onda magné-tica e, por isso, se propaga a mesma velocidade da luz (3 x 108 _m/s). 16.06. c

I. CORRETA. No vácuo as ondas eletromagnéticas se propagam com a mesma velocidade.

II. CORRETA. Onda propaga somente energia e nunca matéria. III. INCORRETA. Onda de rádio, raio X e raio gama possuem

frequên-cias diferentes, portanto comprimentos de ondas diferentes. 16.07. c

Ondas de celular podem gerar aquecimentos dos tecidos uma vez que geram um aumento do grau de agitação das partículas. 16.08. c E h f f f H_z = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = − − 2 21 10 10 0 33 10 6 63 14 34 20 , , , v f m = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ − λ λ λ 310 0 3310 9 10 8 20 12 16.09. b v f m = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ − λ λ λ 310 2 40 10 125 10 8 9 1 , , 125 10 1 0 01 125 10 125 1 3 , , , , ⋅ → → = ⋅ = − − x x m x mm 16.10. d v f m cm = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = − λ λ λ λ 310 2 45 10 122 10 12 2 8 9 1 , , , 16.11. b v f m m = ⋅ = ⋅ = ⋅ = λ λ λ λ 310 4010 0 075 10 7 5 8 6 2 , ,

Aula 16

16.12. e I. VERDADEIRA. II. VERDADEIRA. III. VERDADEIRA. 16.13. d v f V V V m s = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ λ 2 10 15 10 30 10 3 10 2 5 7 8 _/ V s t s s s m =∆ ∆ ⋅ ∆ ⋅ ∆ = ⋅ ∆ = = ₋ 3 10 4 10 12 10 12000 8 5 3 16.14. e

Ondas curtas é a denominação dada às ondas de menor frequência do espectro eletromagnético com as ondas de rádio e TV. 16.15. e

1. INCORRETA. O micro-ondas não transfere calor para o alimento. Faz com que as moléculas de água, contidas no alimento, entrem em ressonância com as micro-ondas fazendo assim aumentar o grau de agitação, aumentado a temperatura.

2. CORRETA. 3. CORRETA. 16.16. b n c v V m s v = = ⋅ = ⋅ 18 3 10 166 10 8 8 , , / 16.17. 23 (01 ,02, 04, 16) 01) CORRETA. 02) CORRETA. 04) CORRETA.

08) INCORRETA. Todas são originadas de oscilações eletromagnéti-cas os das oscilações das cargas elétrieletromagnéti-cas.

16) CORRETA. 16.18. e

I. INCORRETA. As ondas eletromagnéticas são do tipo transversal. II. INCORRETA. As ondas eletromagnéticas são do tipo transversal. III. CORRETA. IV. INCORRETA. 1340 1 0 5 10 670 10 6 7 10 2 6 2 6 8 w m x m x w x w s → → ⋅ = ⋅ = ⋅ , , /

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Resoluções

Extensivo Terceirão – Física 6D

6D

Aula 17

17.01. d

Só se polariza onda transversal. Onda longitudinal não pode ser polarizada.

17.02. b

Podem ser luminosas, pois essas são ondas eletromagnéticas trans-versais.

17.03. e

Ondas longitudinais não podem ser polarizadas. 17.04. b

I. CORRETA.

II. INCORRETA. Não se polariza onda longitudinal.

III. INCORRETA. Os polarizadores são redutores de intensidade. IV. CORRETA.

17.05. b

I. INCORRETA. A velocidade do som só será 340 m/s se estiver se propagando no ar com a temperatura de 15ºC, portanto não é em qualquer meio.

II. CORRETA.

III. INCORRETA. Ondas sonoras não podem ser polarizadas. 17.06. b

O fato das oscilações não estarem no mesmo plano, possibilita que um polarizador reduza a direção de vibração de um dos campos, fazendo com que a luz se torne polarizada.

17.07. e

Como a cor branca e o vermelho refletem a radiação vermelha, es-sas serão as cores vistas na bandeira do amazonas.

17.08. a

A frase “ORDEM E PROGRESSO” está escrita em verde, portanto ilu-minada com a luz azul. Essa radiação seria absorvida e pareceria preta.

17.09. b

A radiação amarela seria absorvida pela parte azul e ficaria preta; já a parte branca iria refletir o amarelo. Sendo assim, as cores seriam preta e amarela.

17.11. 23 (01, 02, 04, 16)

01) CORRETA. Considerando que existe uma vibração horizontal e uma vertical, ao polarizar o raio de luz, um deles deixaria de se propagar, portanto reduziria a metade.

02) CORRETA. Vibram na mesma direção.

04) CORRETA. Essa é uma das formas de polarização.

08) INCORRETA. Existem inúmeras formas de obter a luz polarizada. 16) CORRETA. Nosso olho não tem esse grau de especialização. 17.12. 15 (01, 02, 04, 08) 01) CORRETA. 02) CORRETA. 04) CORRETA. 08) CORRETA. 17.13. 29 (01, 04, 08, 16) 01) CORRETA.

02) INCORRETA. Uma fonte comum emite luz não polarizada, para que isso ocorra, a luz deve passar por um polarizador. 04) CORRETA.

08) CORRETA. 16) CORRETA. 17.14. c

Na lei de Stefan-Boltzmann a temperatura absoluta esta elevada à quarta potência, portanto quártica.

Importante frisar que quadrática seria elevada ao quadrado. 17.15. e

I. CORRETA. II. CORRETA. III. CORRETA. 17.16. e

Cada cor do espectro possui um índice de refração dentro do pris-ma, portando uma velocidade diferente.

17.17. c Polarizador 1 I I cos I I T o T o = ⋅ = ⋅ 2₃₀ 3 4 Polarizador 2 I I cos I I T o T o = ⋅ ° = ⋅ ⋅ 3 4 60 3 4 1 4 2 I I I I T o T o = = 3 16 3 16 17.18. a I I cos I I I I o o o = ⋅ = ⋅ = 2₃₀ 3 0 75 4 , I I_o= 75% 16.19. a) λ = 6 × 10–7 _{m e f = 5 × 10}14 _Hz b) λ₁ = 4,5 × 10–7 _m; λ2 = 3,6 × 10–7 m; f₁ = f₂ = f = 5 × 1014 _Hz; c₁ = λ₁f = 2,3 × 108 _m/s c₂ = λ₂f = 1,8 × 108 _m/s n c c 1 1 4 3 13 = =  , e n c c 2 2 5 3 17 = =  , 16.20. a) (ar) f = 40000 Hz (água)λ_{H O2 =3 5 10, ⋅} −2m b) H = 420 m

c) As ondas sonoras são ondas mecânicas que precisam de meios materiais para propagarem-se.

17.19. 31 (01, 02, 04, 08, 16)

01) CORRETA. Não se polariza onda sonora (longitudinais) 02) CORRETA. O olho humano não tem a sensibilidade de detectar

a luz polarizada.

04) CORRETA. Essa é uma das formas de polarização. 08) CORRETA. 16) CORRETA. 17.20. e I. CORRETA. II. CORRETA. III. CORRETA. 17.21. I I I I W m o = = × × = × − − 0 2 6 2 6 2 64 10 60 16 10 cos cos ( ) / θ 17.22. I I I _I o = = × → = = 0 2 0 0 2 4 1 2 60 cos cos cos θ θ θ θ

17.23. A resposta está na iluminação das duas salas. A sala na qual o vidro se parece com um espelho é mantida bem iluminada, de modo que há muita luz para ser refletida pela superfície do espelho. A outra sala, na qual o vidro se parece com uma janela, é mantida escura, de modo que há pouca luz para atravessar o vidro. No lado do criminoso, ele vê seu próprio reflexo. No lado dos detetives, o que eles veem é a grande quantidade de luz que vem da sala do criminoso. Se as luzes na sala com o espelho forem apagadas de repente, ou se as luzes na sala de observação forem acesas subi-tamente, o espelho falso se transformará em uma janela, com as pessoas em cada sala vendo umas as outras.

Aula 18

18.01. b

Isaac Newton através da teoria corpuscular 18.02. a

18.03. c

Thomas Young foi o cientista que realizou o famoso experimento da fenda dupla.

18.04. c

Esse trecho se refere à dualidade onda-partícula. 18.05. c

Fótons são “partículas” de luz que estão incidindo nessa superfície. 18.06. e

A propagação não pode ser justificada por somente uma das teorias. 18.07. c

I. CORRETA.

II. INCORRETA. Os comportamentos ondulatório e corpuscular não são excludentes mas sim complementares.

III. INCORRETA. São complementares e não equivalentes. 18.08. b

I. INCORRETA. Ondas eletromagnéticas são ondas transversais. II. CORRETA.

III. INCORRETA. Ondas sonoras não são de natureza eletromagné-tica e sim de natureza mecânica.

18.09. c

Quântica – partículas – ondulatório – partículas 18.10. 27 (01, 02, 08, 16)

01) CORRETA. 02) CORRETA.

04) INCORRETA. No comprimento de onda de De Broglie a veloci-dade é inversamente proporcional.

08) CORRETA. 16) CORRETA. 18.11. 27 (01, 02, 08, 16)

01) CORRETA.

02) CORRETA.

04) INCORRETA. Não explica de forma convincente a refração. 08) CORRETA. São fenômenos ondulatórios.

16) CORRETA. 18.12. d

I. INCORRETA. Ondas mecânicas necessitam de um meio material para se propagarem, portanto não podem se propagar no vácuo. II. CORRETA.

III. CORRETA. 18.13. d

I. INCORRETA. Não podem assumir um conjunto contínuo de va-lores.

II. CORRETA. III. CORRETA. 18.14. a

Discreto – transições – atômicos 18.15. e

Se a luz assumir comportamento corpuscular ou ondulatório é pos-sível explicar o fenômeno da reflexão.

18.16. a λ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − h m v 6 6 10 9 10 2 2 10 34 31 6 , , 18.17. V f m = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ − λ λ λ 3 10 15 10 2 10 8 9 1 . , portanto 0,10 m

18.18. Pressão da luz, pois os corpúsculos, ao incidirem na superfície, apli-cam uma força, exercendo assim pressão.

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