1
Extensivo Terceirão – Física 5A
01. a
Repare que, no enunciado da questão, é dito que o corpo parte do ponto A com uma certa velocidade (para baixo). Como não ocorre dissipação de energia mecânica durante todo o trajeto, quando o cor-po retorna ao cor-ponto A, retorna com a mesma velocidade (mas agora para cima). Tendo velocidade ao chegar no ponto A, o corpo continua em movimento, ou seja, subindo. Assim, atinge uma altura maior do que hA.
02. d
A situação correta é a mostrada na figura a seguir:
v = 0
vx ≠ 0 Final
Na situação inicial, a esfera não possui energia cinética (pois sua velo-cidade inicial é nula), mas possui energia potencial gravitacional (visto que está a uma certa altura em relação ao solo).
Na situação final, a esfera possui energia cinética (pois, ao passar pelo ponto mais alto da trajetória, ele possui uma velocidade horizontal) e também possui energia potencial gravitacional.
Sabemos que energia mecânica é calculada assim: Em = Ec + Ep. Se inicialmente a esfera não tinha energia cinética e, no final, passou a ter, então ela ganhou energia cinética no processo. Como a energia me-cânica dela deve permanecer constante, para que ela ganhe energia cinética, obrigatoriamente deve perder parte de sua energia potencial gravitacional, ocasionando perda de altura em relação ao solo. A alternativa (a), marcada por muitos alunos, mostra uma situação em ocorreria um estranho surgimento de energia mecânica. A esfera retornaria à mesma altura (não perderia energia potencial) e ganharia velocidade em relação ao início (aumentaria sua energia cinética).
03. c 2 m 0,8 m 0,8 – x x f inal v = 0h = 0 x = ? inicial v = 0h = 2 + x x = 0 i f i i f f 2 2 2 Em Em Ec Ep Ec Ep k x 0 m g h 0 2 0,5 10 (2 x) 50 x 10 x x 2 0 x 0,5 m = ⇒ + = + ⋅ + ⋅ ⋅ = = + ⋅ ⋅ + = ⋅ ⇒ − − = = Portanto, 0,8 – x = 0,8 – 0,5 = 0,3 m 04. b H inicial v = 0h = 50 m x = 0 f inal v = 0h = 0 x = 40 m h L + x h mi mf ci E E E = pi cf E E + = pf 2 2 E kx m g h 2 k 40 70 10 50 2 700 k 16 + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = = 700= 700 x 16 x 16m L x h 50 10 16 h 50 h 24 m ⋅ = + + = + + = = Equilíbrio: P = Fel m
.
g = k.
x 700=700 x 16 x 16m L x h 50 10 16 h 50 h 24 m ⋅ = + + = + + = = 05. e 1509 kJ 100 g x 400 g En x 6036 kJ En 6036 1000 J Ep m g h 6036000 10 10 h h 60360 m h 60 km ⇒ ⇒ = = = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ / / / / = ≅ 06. c Dados: Δs = 10000 m m = 50000 kg vA = 20 m/s hA = 700 m vB = 0 hB = 0(
)
dissip B B A A 2 A dissip A 2 dis Fncons f i sip dissip dissip F s cos180º Ec Ep Ec Ep m v F 10000 0 0 m g h 50000 20 F 10000 50000 10 700 2 50000 400 F 10000 350000000 2 F 1000 35000 36 Em Em 2 000 N ⋅ ∆ ⋅ = + − + ⋅ − ⋅ = + τ − + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − = = + = + 07. cNão existe tempo mínimo para percorrer a distância em questão, vis-to que, quanvis-to maior a velocidade inicial, maior a velocidade que o
Resoluções
5A
Física
2
corpo terá após passar o obstáculo e, consequentemente, menor o tempo para percorrer os 9 m.
O que existe é um tempo máximo para percorrer essa distância, pois, se o corpo tiver velocidade inicial apenas suficiente para ultrapassar o obstáculo, chegará do outro lado com a velocidade mínima e, conse-quentemente, levará o máximo tempo para completar os 9 m. Como não há atrito, o sistema é conservativo. Assim:
i f i i f f 2 2 o Em Em Ec Ep Ec Ep m v 0 0 m g h v 2 10 1,8 v 6 m/ s 2 s s v t s v t 9 6 t t 1,5 s = ⇒ + = + ⋅ + = + ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = = + ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =
Utilizando-se a equação do Movimento Uniforme, tem-se:
i f i i f f 2 2 o Em Em Ec Ep Ec Ep m v 0 0 m g h v 2 10 1,8 v 6 m/ s 2 s s v t s v t 9 6 t t 1,5 s = ⇒ + = + ⋅ + = + ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = = + ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = 08. c
Como após cada colisão com o solo a bola retorna a alturas cada vez menores, certamente está ocorrendo dissipação de energia mecânica nessas colisões. Assim, nos pontos 2 e 3, a bolinha possui a mesma quantidade de energia potencial gravitacional (mesma altura), mas não possui a mesma quantidade de energia cinética (no ponto 2, a bolinha tem velocidade de módulo maior que no ponto 3). Tanto é verdade que, após passar por 3, ela sobe a uma altura menor que antes.
09. c
Primeiro, é preciso transformar as unidades: m = 20 g = 0,02 kg
x = 3 cm = 0,03 m
Calcula-se a constante elástica:
i f i i f f 2 2 4 2 i f i i f f 2 2 2 Em Em Ec Ep Ec Ep kx m g h 2 k 0,03 0,02 10 1,5 2 k 9 10 0,3 2 k 6,67 10 N/m Em Em Ec Ep Ec Ep kx m g h 2 6,67 10 0,06 0,02 10 h 2 1,2 0,2 h h 6 m − = + = + = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ = + = + = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =
E, então, a nova altura:
i f i i f f 2 2 4 2 i f i i f f 2 2 2 Em Em Ec Ep Ec Ep kx m g h 2 k 0,03 0,02 10 1,5 2 k 9 10 0,3 2 k 6,67 10 N/m Em Em Ec Ep Ec Ep kx m g h 2 6,67 10 0,06 0,02 10 h 2 1,2 0,2 h h 6 m − = + = + = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ = + = + = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = 10. c Dados: k = 200 N/m m = 5 kg A f inal v = 0h = 0 x = 20 cm = 0,2 m inicial v = 0h = 0,6 m x = 0
Como 20% da energia mecânica são dissipados, a energia mecânica final corresponde a 80% da energia mecânica inicial. Assim:
f i f f i i 2 2 2 Em 0,8 Em Ec Ep 0,8 (Ec Ep ) k x 0,8 m g h 2 200 0,2 0,8 5 g 0,6 2 m 4 2,4g g 1,66 s = ⋅ + = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ = (LUA) 11. a
O que o enunciado da questão chama de inclinação deveria ser cor-retamente chamado de coeficiente angular da reta ou tangente do ângulo. Assim: E tg Potência t ∆ α = = ∆ 12. c 1kcal 4000 J E 6000 J 1,5 kcal 6000 J t 60 s E 6000 P t 60 P 100 W = ∆ = = ∆ = ∆ = = ∆ =
Entre os aparelhos mostrados nas alternativas, apenas a lâmpada in-candescente comum poderia ter a potência de 100 W.
13. a v = v0 + at 25 = 0 + 2t t = 12,5 s 2 2 0 mv mv 2 2 = − 0 2 800 25 250000 J 2 250 k J 250000 P t 12,5 P 20000 W P 20 kW ⋅ = = = = ∆ = = 14. b
Como há uma roldana móvel, se o operário aplica uma força de 160 N, o objeto suspenso fica sujeito a uma força de 320 N (o dobro) para cima. Como sua velocidade é constante, constata-se que o peso desse objeto também é de 320 N. Assim:
E m g h 320 5 P P P 80 W t t 20 ∆ ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒ = = ∆ ∆ 15. b Dados: v = 10,8 km/h = 3 m/s
Energia liberada na queima do carvão:
1
Extensivo Terceirão – Física 5B
2 2 2 2 1 1 5t 1 2 2 S 2,5t 2,5(2t ) 10t 2 ∆ = = = =
No segundo trecho, o conjunto irá sofrer deslocamento que pode ser assim calculado:
2 o o at S S V t 2 = + + 2 2 2 2 1 2 10 2 2 2 2 2 S (5t )t t (5 2t )t 5t 5t 2 ∆ = − = ⋅ − =
Como o deslocamento total é de 60 m, então: 60 = ∆s1 + ∆s2 60 = 2 2 2 2 10t +5t t2 = 2 s t1 = 4 s
Tempo total igual a 6 s.
b) Como a força exercida pelo cabo é constante, a potência máxima ocorrerá quando a velocidade for máxima.
v = vo + at v = 0 + 5 . 4 v = 20 m/s
Assim, a potência máxima será: PMÁX. = F . VMÁX.
PMÁX. = 7,5 x 104 . 20
PMÁX. = 150 x 104
∴PMÁX.=1,5 MW 05. c
As figuras a seguir apresentam as forças que atuam nos corpos. Seja F1
e F2 as forças aplicadas pelas molas.
m1 F1 F2 F2 P1 P2 m2
Aplicando a segunda lei de Newton para cada um dos corpos, tere-mos: Para o corpo 1: FR = m . a F1 – F2 – P1 = m1 . a (I) Para o corpo 2: FR = m . a F2 – P2 = m2 . a (II) k2x – m2g = m2 . a 2 2 m (g a) x k + = (III)
Somando as equações I e II, teremos: F1 – P2 – P1 = (m1 + m2) . a k1y – m2g – m1g = (m1 + m2) . a 1 2 1 (m m )(g a) y k + + = (IV) 1 2 2 1 2 (m m )(g a) m (g a) y x k k + + + − = − 2 1 2 1 1 2
[(k
k ) k m ](g a)
y x
k k
−
+
+
− =
01. bPara que o elevador pare, ele terá que descrever, nos instantes finais, um movimento retardado. O mesmo ocorrerá com o homem e com o pacote. Mas, para que o pacote descreva um movimento retardado, a tração no barbante terá que ser maior que o peso do pacote e, assim, esse será o momento em que ele poderá arrebentar.
02. d
Para que, mesmo as massas sendo diferentes, elas permaneçam em repouso em relação ao elevador, é necessário que a aceleração do conjunto seja a da gravidade. Isso implica que o cabo que sustenta o elevador rompeu-se e o sistema está em queda livre.
03. As forças que atuam no balde são: peso (módulo – Mg; direção – vertical; sentido – para baixo) e força elástica (módulo – kx0; direção
– vertical; sentido – para cima).
a) Quando o elevador estiver em repouso, a resultante das forças é nula e, no balde, teremos: Mg = kx0 → x0 = Mg/k
b) Quando o elevador estiver subindo acelerado, a força resultante será diferente de zero e sua direção será vertical e sentido para cima. Assim, pela Segunda Lei de Newton, teremos:
FR = m . a Fel – P = m . a k(x0 + d) – Mg = Ma kx0 + kd – Mg = Ma
Como kx0 = Mg (item a), teremos:
kd = Ma Assim: a = kd/M.
04. a) O menor tempo de subida será aquele em que o elevador subir com o máximo de sua aceleração, durante o máximo tempo pos-sível e, quando estiver próximo ao destino, frear mas com o motor desligado, o que implica a aceleração de freamento ser a da gravi-dade.
Vamos calcular a máxima aceleração de subida possível. FR = m . a
T – P = m . a
7,5 x 104 – 5 x 104 = 5 x 103 . a
a = 5 m/s2
Nesse primeiro trecho, o conjunto irá adquirir velocidade que pode ser assim calculada:
v = vo + at v = 0 + 5 t1 v = 5 t1
Considere t1 o tempo para descrever o trecho acelerado. No segundo trecho, o conjunto irá diminuir sua velocidade até pa-rar, com aceleração igual à da gravidade. Assim:
v = vo + at
0 = 5 t1 – 10 t2 t1 = 2 t2
Considere t2 o tempo para diminuir a velocidade, desde o momen-to em que ela é máxima até parar momen-totalmente.
Agora vamos calcular os deslocamentos:
No primeiro trecho, o conjunto irá sofrer deslocamento que pode ser assim calculado:
2 o o at S S V t 2 = + +
Resoluções
5B
Física
2
06. e
Caso o ar presente na referida sala estivesse saturado, haveria em tal ambiente uma massa total de água de:
3 T 3 g m 20 x320m 6400g 6,4kg m = = =
Como a umidade relativa é de 50%, significa que esse ambiente con-tém a metade da massa total que poderia existir, ou seja, 3,2 kg. Assim:
m V kg 3,2kg 1 L V µ = = V = 3,2 L
07. Considerando π = 3, a densidade da estrela de nêutrons em unidades S.I. é: 30 30 est 3 4 3 m 8x10 8x10 V 4 R 4 (3) (2x10 ) 3 3 ρ = = = π ⋅ ⋅ ρest = 2,5 x 1017 kg/m3
Assim, a ordem de grandeza dessa densidade é: 1017
Portanto, a razão entre as densidades da estrela de nêutrons e a água é:
17 N 14 est 3 água 10 10 10 10 ρ = ⇒ = ρ Assim, N = 14 08. c
Para que o pino da panela fique em uma situação de iminência de levantar, é necessário que a pressão interna seja igual à pressão exter-na, a qual é composta pela pressão da atmosfera e a pressão exercida pela força peso do pino de segurança. Assim:
Pmáx = Patm + Ppino Pmáx = Patm + FP A Pmáx = Patm + m g2 R ⋅ π⋅ Pmáx = 1 x 105 + 3 3 2 48 10 10 3 (2 10 ) − − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Pmáx = 1,4 x 105 Pa = 1,4 atm 09. e
Como o texto afirma, a pressão necessária para que ocorra o fe-nômeno de o gelo fundir é de 140 atm, ou, em unidades SI, 140 x 105
2 N m .
Calculando a massa do patinador: F p A = 5 2 3 m 10 140x10 20x10− 1x10− ⋅ = ⋅ m = 280 kg
Portanto, o modelo de explicação não é adequado, por tratar-se de uma massa que, normalmente, as pessoas não possuem e, mesmo assim, o fenômeno ocorre.
10. a) Estimar exige, dentre outras coisas, comparar o que se quer obter com algum modelo científico-matemático. No caso, o reservatório de tinta de uma caneta tem o formato de um cilindro, cujo diâme-tro é de, aproximadamente, 2 mm e, portanto, o raio de 1 mm. A altura pode ser considerada de 10 cm. Assim, o volume de tinta pode ser calculado da seguinte forma:
V = A . h = π . R2 . h = 3 . (1 . 10–3)2 . 10 . 10–2 = 3 . 10–7 m3
Quanto ao traço, ele será como um paralelepípedo cujo comprimento é de 3 km, largura de 0,5 mm (diâmetro da ponta da caneta) e a altura (espessura) deverá ser tal que o volume do paralelepípedo seja igual ao do cilindro de tinta. Assim:
3 . 10–7 = 3 . 103 . 0,5 . 10–3 . e
e = 2 x 10–7 m
(Respostas parecidas, que seguiram a mesma sequência lógica tam-bém são corretas. Lembre-se de que estimativas podem ter diferen-ças. O que importa é a ordem de grandeza).
b) Para o cálculo da pressão consideraremos que a área de contato da ponta da caneta com o papel tem diâmetro de 0,5 mm, como foi sugerido no texto ao afirmar a largura do traço. Assim:
7 3 2 F p A 3 3 p 1,6 10 Pa R2 3 (0,25 10 )− = = = = ⋅ π ⋅ ⋅ 11. c
Pela Lei de Pascal, temos:
A B A B B B A A 2 B 2 A F F A A F A F A F 240 16 F 60 = = π⋅ = = π⋅ Cálculo do trabalho: 4 F s cos 10000 2 2 10 J τ = ⋅∆ ⋅ α τ = ⋅ = ⋅ 4 F s cos 10000 2 2 10 J τ = ⋅∆ ⋅ α τ = ⋅ = ⋅ 12. c
A figura apresenta as forças que atuam nos êmbolos.
Aplicando a Lei de Pascal, teremos:
3
Atividades Série Ouro 5
Extensivo Terceirão – Física 5B
13. c
Certamente o volume é o mesmo nos dois paralelepípedos e, por isso: V1 = 2 . 3 . 2 = 12 m3 V2 = 12 m3 12 = 3 . 4 . h h = 1 m p2 = µ . g . 1 p1 = µ . g . 2 Logo: 1 2 p p 2 = 14. b
O sistema da espingarda de pressão funciona como uma prensa hi-dráulica, obedecendo à Lei de Pascal. Assim:
1 2 1 2 2 F F A A 4000 F 10 0,05 = = F2 = 20 N
Como a força F2 = 20 N atua ao longo do cano de 1 m, há uma reali-zação de trabalho que implicará variação da energia cinética. Assim:
2 2 0 3 2 Ec m v m v F s cos 2 2 1,0 10 v 20 1 2 − τ = ∆ ⋅ ⋅ ⋅∆ ⋅ α = − ⋅ ⋅ ⋅ = 2 2 0 3 2 Ec m v m v F s cos 2 2 1,0 10 v 20 1 2 − τ = ∆ ⋅ ⋅ ⋅∆ ⋅ α = − ⋅ ⋅ ⋅ = v = 200 m/s 15. d
Pela Lei de Stevin, pode-se calcular a altura de água na caixa. Assim: ph = µ . g . h
ph = µ . g . h 103 = 103 . 10 . h
h = 0,1 m.
Agora, sabendo a altura, é possível calcular o volume de água na caixa. V = Abase, h = 1 (0,1) ⇒ V = 0,1 m3 = 100 L.
01. a) Chave fechada E R i
∑ ∑
= ⋅ 18 30 30 2 = + ⋅ i i = 0,4 A (corrente em L1) em L2 → i = 0,2 A b) Chave aberta E R i∑ ∑
= ⋅ 18 = (30 + 30) ∙ i i = 0,3 A (nova corrente em L1)como a corrente em L1 diminuiu, o brilho também diminuiu.
02. a) Chave Ponto 1 U = E – r ∙ i 1,45 = 1,5 – r ∙ 0,5 r = 0,1 Ω b)
∑ ∑
E= R i⋅ 1, 5 = (0,1 + R) ∙ 0,5 R = 2,9 Ω c) Chave Aberta (i = 0 A) U = E U = 1,5 V d) Chave Ponto 2 E R i∑ ∑
= ⋅ 1, 5 = 0,1 ∙ i i = 15 A U = E – r ∙ i U = 1,5 – 0,1 ∙ 15 U = 0 V 03. a Gráfico I (receptor) U = E + r ∙ i 40 = 20 + r ∙ 5 r = 4 Ω e E = 20 V Gráfico II (resistor) U = R ∙ i 40 = R ∙ 5 R = 8 ΩGráfico III (gerador) U = E – r ∙ i 0 = 40 – r ∙ 5 r = 8 Ω e E = 40 V E = 40 V i i i R = 8 Ω r = 8 Ω r’ = 4 Ω E’ = 20 V E R i i
∑ ∑
= ⋅ → − = + + ⋅40 20 8 8 4( ) i = 1A 04. d Chave aberta E R i∑ ∑
= ⋅ E = (100 + R) ∙ 0,5 E = 50 + 0,5 R I Chave fechada E R i∑ ∑
= ⋅ E= +R 1002 ⋅0 75, E = 37,5 + 0,75 R II De I e II : 50 + 0,5 R = 37,5 + 0,75 R R = 50 Ω 05. c 2 Ω i2 i1Malha α (horário) Malha β (horário)
2 Ω E – + – + – + 2 Ω 8 Ω 7 V 8 V α β 0,5 A E R i
∑ ∑
= ⋅∑ ∑
E= R i⋅ + E – 7 = – 8 ∙ 0,5 – 4i1 + 8 – E = + 8 ∙ 0,5 + 2i2 E = 3 – 4i1 I E = 4 – 2i2 II De I e II : 3 – 4i1 = 4 – 2 (0,5 – i1) i1 = 0 A → E = 3 – 4i1 → E = 3 V 06. a Aberta E = 6 V Fechada Resistor U = R1 5 = 10 ∙ i i = 0,5 A E R i∑ ∑
= ⋅ σ = (10 + r) ∙ 0,5 r = 2 Ω 07. 53 (01, 04, 16, 32) 01) Verdadeira. 02) Falsa – E será 24 V 04) Verdadeira.08) Falsa – O voltímetro marca um valor menor que E. 16) Verdadeira. 32) Verdadeira. – U = R ∙ i → 20 = R ∙ 2 → R = 10 Ω
Resoluções
1
5C
Física
08. b Lâmpadas R U P = 2 R =1 0 5 2 , R = 2 Ω Chave aberta E R i
∑ ∑
= ⋅ 1,5 + 1,5 = (2 + 2 + 2 + r + r) ∙ 0,3 R = 2 Ω Chave fechada E R i∑ ∑
= ⋅ 1,5 + 1,5 = (2 + 2 + 2 + 2) ∙ i i = 0,375 A → i = 375 mA 09. 14 (02, 04, 08)01) Falsa – Ficará positiva, mas cederá elé-trons ao teflon.
02) Verdadeira – Após atrito, vidro e seda ficam com sinais contrários e quando aproximados irão se atrair.
04) Verdadeira – Após o atrito as cargas são iguais em módulo e com sinais contrá-rios.
08) Verdadeira – Quanto mais afastados os elementos atritados na série triboelétri-ca, maior será a facilidade de transferên-cia de elétrons, e maior a quantidade de eletricidade estática adquirida.
16. Falsa.
32. Falsa – Só haverá transferência de elé-trons se os materiais atritados forem dife-rentes.
10. e
Não interessa por onde a esfera é aterrada (pode ser P, R ou S).
Os elétrons sobem da terra para neutralizar as cargas positivas, e a esfera fica negativa.
11. a Vidro Lã Algodão Enxofre 12. e 1 2 3 Início
+
– – + ++
1 2 3 Fim+
– – – – + + + ++
13. c contato A com B Q = n ∙ e 3,2 ∙ 10−6 = n ∙ 1,6 ∙ 10−19 n = 2 ∙ 1013 elétrons contato B com C Q = n ∙ e 1,6 ∙ 10−6 = n ∙ 1,6 ∙ 10−19 n = 1 ∙ 1013 elétrons ntotal = 2 ∙ 1013 + 1 ∙ 1013 ntotal = 3 ∙ 1013 elétrons 14. dI. Falsa – Quando o objeto se aproxima, elétrons das folhas sobem para o terminal e as folhas ficam menos carregadas e se aproximam.
II. Falsa.
III. Verdadeira – A carga total é nula, e o ele-troscópio fica neutro.
15. d
Na indução, indutor e induzido ficam com cargas de sinais opostos, então temos que fazer aterramento no esquema I. O aterra-mento pode ser feito em qualquer ponto do condutor.
1
01. A convergência do olho humano é variável em virtude da ação dos músculos ciliares. Na retina é conjugada a imagem final. Se o cristalino estiver descontraído a imagem de um objeto distante será focalizada na retina, portanto a 2 cm dessa lente. No entanto, se o objeto esti-ver a 25 cm da imagem de um objeto colocado próximo do olho se formará na retina mas será necessário que ele sofra uma acomodação visual. A diferença entre a convergência máxima e a convergência mí-nima do olho humano é conhecida como amplitude de acomodação visual e vale, para um olho normal, 4 di.
Objeto no infinito 1 1 1 1 1 2 10 0 5 10 50 2 2 f p p V V V di = + = ∞+ ⋅ = ⋅ = − ’ , Objeto a 25 cm 1 1 1 1 25 10 1 2 10 54 54 50 4 2 2 f p p V V di V V di = + = ⋅ + ⋅ = = − = − − ’ ∆ ∆ 02. d f PR f V f V V di = − = − = = − = − 0 4 1 1 0 4 2 5 , , , 03. d
Analisando o gráfico é perceptível que a visão vista pelo gráfico B indica mais sensibilidade para os comprimentos de onda próximos a 500 nm sendo imperceptível para a luz vermelha, em torno de 700 nm.
04. 27 (01, 02, 08, 16) 01) Correta 02) Correta
04) Incorreta. Na refração pode se garantir a mudança de velocidade da luz refratada mas não o desvio, uma vez que se a incidência ocorrer normalmente o raio sofrerá refração mas não desvio. 08) Correta
16) Correta
05. 51 (01, 02, 16, 32) 01) Correta
02) Correta. n = c/v (velocidade e índice de refração são grandezas inversamente proporcionais).
04) Incorreta. A luz que incide normalmente num dióptro sofre refra-ção, mas não sofre desvio.
08) Incorreta. Ocorre em todas as superfícies de separação dos meios, uma vez que todos são transparentes.
16) Correta 32) Correta
64) Incorreta. Hipermetropia se corrige com lentes convergentes
06. a Hipermetropia: V = 1/f = 1/25PPN – 1/PPh V = 1/0,25m – 1/0,80m V = (4,00 – 1,25)di V = 2,75 di Miopia: V = 1/fm V = 1/–0,80 V = –1,25 di 07. a I. FALSO Direção de vibração λA λB Direção de movimento Direção de vibração Onda A Onda B Direção de movimento λA = λB
II. VERDADEIRO. Som é uma onda longitudinal e pode ser represen-tada pela onda A.
III. FALSO. VA = VB
SeλB é é duplicado seu período cai a metade e a frequência dupli-ca, logofB ≠ fA
08. e
I. CORRETA. Amplificar (aumentar a amplitude) é aumentar a intensi-dade da luz, portanto aumentará o brilho.
II. INCORRETA. Aumentar a frequência somente poderá mudar o tipo de radiação eletromagnética, mas não a intensidade.
III. CORRETA. Calculando-se o novo comprimento de onda com a frequ-ência quadruplicada, essa radiação estará fora do limite perceptível do ser humano. 09. b v f v v m s = ⋅ = ⋅ = λ 15 0 5 7 5 , , , / 10. e (Analisando o gráfico). 11. e
Com relação a ocular p cm f p p p p cm = − = + = + = − 20 80 60 1 1 1 1 30 1 20 1 60 ( ) ’ ’ ’
Resoluções
5D
Física
2
Extensivo Terceirão – Física 5D
12. e Lente divergente 1 1 1 1 10 1 20 1 20 3 f p p p p = + − = + → = − ’ ’ ’ Lente Convergente 1 1 1 1 10 1 20 1 20 60 20 3 53 3 f p p p p cm d ic id d ic id cm = + = + → = − = − − = ’ ’ ’ ( ) ( ) , 13. b Observador em repouso T s f H v f v Z = = = ⋅ = ⋅ 0 5 2 2 , λ λ Observador em movimento T f H v f cm Z = = = ⋅ − −(
)
= ⋅ + = = 0 25 5 12 2 5 12 2 5 4 , λ λ λ λ λ λ 14. 9,5 cm 20 cm 133 cm lente 2(ocular) (objetiva)lente 1
raio R eixo óptico I1/O2
I2
a) Pela equação da ampliação, temos: y y p p y y cm ’= − ⇒’ ’ = − ⇒ = −’ , 1750 133 384 000 0 61
A imagem formada pela objetiva é invertida (y’ < 0) e tem raio de 0,61 cm.
b) Pela equação da conjugação, para uma imagem virtual (P’ < 0), vem:
1 1 1 1 1 1 P 6,4cm f P P'= + ⇒9,5 P ( 20)= +− ⇒ =
Portanto, sendo a posição de l1 em relação à ocular 6,4 cm, a dis-tância D entre a ocular e a objetiva é dada por:
D=6 4 133, + ⇒ =D 139 4, cm 15. e o 375 mm i 75 mm f1 = 250 mm 675 mm 750 mm f2 = –250 mm 1 1 1 1 250 1 375 1 750 f p p p p mm = + → = + → = ’ ’ ’
