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Física. Física Tudo atividades Caderno 1. s v m. s = 17,14 m/s. = s. v m t = s v = = 22 m/s

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Academic year: 2021

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Texto

(1)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

FM.01

1. No intervalo determinado temos:

v

m

= ∆

s

t s v

m

= 70 40 6 1

− −

− ( )

s s v

m

= 110

5 = 22 m/s 2. c

∆s = 3 ⋅ 10

3

milhas H 5,6 ⋅ 10

6

m ∆t = 33 dias H 2,8 ⋅ 10

6

s

v

m

= ⋅

⋅ 5 6 10 2 8 10

6 6

, , v

m

= 2 ⋅ 10

0

m/s

3. De acordo com a definição de velocidade média, temos:

v

m

= ∆

s

t s v

m

= 60

8 = 7,5 m/s 4.

90 km/h

180 km

t1 t2

B A

∆t = 180

90 s ∆t

1

= 2 h ∆t

2

= 4 h

v

m2

= 360 4 v

m2

= 90 km/h 5. c

4208 h 8 h 30 min465 645km

45 km 180 km

x

v

m

km

1 2 h

= 45 = km/h 90

∆s

2

= 180 km t

2

180 ∆ t

2

= km ⇒ = 2

90 km/h h

Passará pelo marco “645 km” às 10 h 30 min (ou seja, 8 h 30 min + 2 h).

6. c

Calculando os tempos para cada trajeto do caminhão, temos:

v

1

= ∆

s

t

1

s 15 = ∆s

t

1

s t

1

= ∆ s 15 v

2

= ∆

s

t

2

s 20 = ∆s

t

2

s t

2

= ∆s 20 v

3

= ∆

s

t

3

s v

3

= ∆

+ =

+ s

t t v s

t t (

1 2

)

3

(

1 2

)

2

s 2 ∆

Substituindo na expressão de v

3

os tempos t

1

e t

2

, temos:

v

3

= 2 15 20

∆ + ∆ s

s s s v

3

= 2 1 15

1 20

∆  +

 



s s

s v

3

= 2 4 3

60 + s

Física Tudo atividades — Caderno 1

s v

3

= 2 60 7

· s

s v

3

= 120

7 = 17,14 m/s 7. c

O deslocamento total sobre os arcos AB e BC é dado por:

Arco AB s 2 2 πr = πr Arco BC s 2

2 πR = πR ∆s = πr + πR = π(r + R)

Para que o trenzinho atravesse completamente o trajeto ABC, o deslocamento total sobre o arco deve ser:

∆s

T

= ∆s + , em que , é o comprimento do trenzinho.

Como 2r + 2R = 2,80 m de acordo com a figura, temos:

r + R = 1,40 m

e ainda, considerando π H 3,14, temos:

v

m

= ∆

s t

T

= π ( , ) , , 1 40 0 6

2 5

+ s v

m

H 4 4 0 6 2 5

, ,

,

+ s v

m

H 2 m/s

8. Na 1ª situação, o pulso de laser deve percorrer a distância entre o satélite e a Terra duas vezes (ida e volta). Portanto:

V

m

= 2

1

s

t , onde a velocidade é a da luz. Sendo assim:

3 ⋅ 10

8

= 2 18 10

4

s s

s 3 ⋅ 10

8

= ∆

s

9 10

4

s ∆s = 27 ⋅ 10

4

m

Na 2ª situação, o pulso de laser deve percorrer a distância entre o satélite e o topo da montanha duas vezes (ida e volta).

Portanto:

v

m

= 2

2

s t

'

s 3 ⋅ 10

8

= 2 17 8 10

4

∆s

'

, ·

s ∆ s’ = 26,7 ⋅ 10

4

m A altura da montanha em relação ao nível do mar é encontrada

por:

h = ∆s – ∆s’ = 27 ⋅ 10

4

– 26,7 ⋅ 10

4

h = 0,3 ⋅ 10

4

ou h = 3.000 m FM. 02

1. a) t = 15 min = 1 4 h ∆s = 80 ⋅ 1

4 = 20 km b) ∆ ts

= v

∆t = 800 = 80 3 6

36 ,

s

2. v

1

= 72 km/h = 20 m/s v

2

= 36 km/h = 10 m/s

200 m

v1 v2

se = s1 = s2

1 2

(2)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

s = s

0

+ vt s v t s t

s t

1 1 1

2

20 200 10

= ⋅ =

= +

 

s

s

1

= s

2

s 20t = 200 + 10t s 10t = 200 s t = 20 s 3. Com velocidade constante para o atleta, temos:

v =

s

t s 5 = ∆s

20 s ∆s = 100 m

Portanto, o atleta brasileiro teria percorrido 100 m nesse intervalo de tempo em que foi interceptado pelo fanático.

4. c

v

rel.

= v

1

 + v

2

 = 5 m/s ∆s

rel.

= 15 m

∆ ∆

t s

= v

rel.

∆t = 15 = 5 3 s

5. Encontrando o tempo para a primeira situação, temos:

v

1

= ∆

s

t

1

s 80 = 8

∆t

1

s ∆t

1

= 8 80 = 1

10 h Para a segunda situação, temos:

v

2

= ∆

s

t

2

s 100 = 8

∆t

2

s ∆ t

2

= 8 100 = 2

25 h A diferença entre os tempos seria de:

∆t = ∆t

1

- ∆t

2

∆t = 1

10 – 2

25 = 5 4 50

− s ∆t = 1

50 h ou ainda:

∆t = 1 60 50

· = 1,2 minutos

6. d

∆t = ⋅ 5 = ⇒ = v =

6 60 50 100

50 2

s m/s

7. a

4,0 m

3,0 m x

x = 5,0 m (Pitágoras) ∆t = ∆s

v = 5 0 35 , ∆t = 1

7 s 8. a) v d

= t =

∆ 2

0 1 , = 20 m/s ⋅ 3,6 v = 72 km/h

b) L = v ⋅ ∆t L = 20 ⋅ 0,15 L = 3,0 m FM. 03

1. Soma = 22 (02 + 04 + 16) (02) v = v

0

+ at (v = kt)

(04) v

2

= 2a∆s (v = kx) (16) x = at

2

2 (x = kt

2

) 2. a

x = x

0

+ v

0

t + at

2

2 a

2 = 3 a = 6 m/s

2

3. c

De acordo com a equação horária da velocidade dada na questão:

v = 50 – 10 ⋅ t

Temos que: v

o

= 50 m/s e a = –10 m/s

2

No instante t = 5 s, temos:

v = 50 – 10 ⋅ 5 s v = 0 4. b

Observando o gráfico a partir dos dados fornecidos:

120

N= 40

0 300 t (s)

v (cm/s)

Ds Área

Equivalente a 5 minutos

Como ∆s

N

área do gráfico, temos:

∆s = ( B b + ) · h

2 s

s ∆s = ( 120 40 ) 300 2

+ · s

s ∆s = 24.000 cm ou ainda ∆s = 240 m 5. d

Pelo gráfico podemos encontrar a aceleração do movimento do móvel A:

a

A

= ∆

v t

A A

s a

A

= 12 0 4 0

− s a

A

= 3 m/s

2

Escrevendo as equações do movimento para os dois móveis, temos:

s

A

= 0 + 0 ⋅ t + a t

A

.

2

2 s s

A

= 3 2 t

2

(A) s

B

= 0 + v ⋅ t s s

B

= 12 ⋅ t (B) No encontro, teremos:

s

A

= s

B

3

2

t

2

= 12t s 3t

2

– 24t = 0 s s t(3t – 24) = 0 s

s t’ = 0 e t” = 8 s

Sendo assim a velocidade do móvel, quando ultrapassa B será:

v

A

= v

0A

+ a

A

t s v

A

= 0 + 3 ⋅ (8) v

A

= 24 m/s

6. b

Pela equação da velocidade temos:

v = v

0

+ at s 0 = v

0

+ a ⋅ 6 s v

0

+ 6a = 0 (I)

Pela equação das posições, temos:

(3)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

∆s = v

0t

+ at

2

2 s 9 = v

0

⋅ 6 + a( ) 6 2

2

s

s 9 = 6 ⋅ v

0

+ 18 ⋅ a s 2v

0

+ 6a = 3 (II) Resolvendo (I) e (II)

v a

v a

0 0

6 0

2 6 3

+ =

+ =

 



· (–1) v

0

= 3 m/s 7. d

10 0 25

t – 10 t t (s)

v (m/s)

∆s

N

área

9.000 =  t + − ( t 10 10 − )  ⋅ 25 18.000 = 50t – 500 2

t = 370 s t = 6 min 10 s 8. c

Para o movimento uniformemente variado da queda da pedra, temos:

∆s = v

0

t + at

2

2 s 7,2 = 0 ⋅ t + 10 2

t

2

s s 7,2 = 5t

2

s t

2

= 7 2

5

, s t H 1,2 s Nesse intervalo o carro se deslocará:

v =

s

t ' s 120

3 6 , = ∆s ' ,

1 2 s 120 3 = ∆s’

s ∆s’ = 40 m FM. 04

1. a) De acordo com o gráfico, observamos que de 1,0 h a 1,8 h, a posição do automóvel não mudou e, portanto, permaneceu parado 0,8 h, ou ainda, 48 min.

b) v

m

= ∆

s

t s v

m

= 120

3 = 40 km/h 2. c

x

0

= 20 v =

s

t ⇒ = − v

− 0 20 10 0 = – 2 x = 20 – 2t

3. b

Encontrando a área delimitada entre as retas de A e B, temos:

A = 4 15 2

· = 30

Essa área corresponde à distância que o móvel A percorreu a mais que o móvel B.

Portanto, após a frenagem de A ainda restam 2 m de distância entre os veículos.

4. d

De 0 s a 1 s, observamos que a velocidade permanece constante e igual a 20 m/s. Encontrando a desaceleração do carro, temos:

v

2

= v

02

+ 2 ⋅ a ⋅ ∆s s 0 = (20)

2

+ 2 ⋅ a ⋅ 80 s s 0 = 400 + 160 ⋅ a s

s a = – 2,5 m/s

2

Para essa desaceleração temos um intervalo de tempo que termina em:

v = v

0

+ at s 0 = 20 – 2,5t s s t = 20

2 5 , = 8 s

Porém, devemos acrescentar a esses 8 s, o tempo em que o carro permaneceu com velocidade constante de 1 s.

Então o instante final será de 9 s.

Sendo assim o gráfico que melhor representa o movimento desse carro é o da alternativa d.

5. c

Com v

m

= 54 km/h e ∆s = 900 m, temos que:

v

m

= ∆

s t s 54

3 6 , = 900

∆t s ∆t = 900 15 s s ∆t = 60 s

No gráfico de velocidade, podemos encontrar os deslocamen- tos por meio das áreas.

Assim:

De 0 a t

3 s 0 s a 20 s, temos:

∆s H área s ∆s = 20 2

· v = 10 ⋅ v (I) De 0 a 2

3

t s 0 s a 40 s temos:

∆s

N

área s ∆s = ( 40 20 ) 2

+ ⋅ v = 30 ⋅ v (II) Como para o deslocamento total temos:

∆s = ( 60 20 ) 2

+ · v s 900 = 40 ⋅ v s v = 22,5 m/s

Sendo assim:

(I) s

R

= 10 ⋅ 22,5 = 225 m (II) s

S

= 30 ⋅ 22,5 = 675 m 6. d

De acordo com o gráfico, temos:

De 0 a t

1

s MUV com a > 0 De t

1

a t

2

s MU com v = cte (a = 0) De t

2

a t

3

s MUV com a < 0 Para o gráfico das posições, temos:

a > 0 s concavidade para cima.

a < 0 s concavidade para baixo.

a = 0 s reta.

Sendo assim os gráficos mais adequados estão na alternativa d.

7. d

Considerando uma desaceleração constante de 0 s a 0,2 s, podemos encontrar os deslocamentos da esfera em função da área abaixo das retas.

De 0 a 0,2 s s ∆s

N

( 4 1 ) 0 2 , 2

+ · = 0,5 m De 0,2 s a 0,3 s s ∆s

2N

2,8 ⋅ 1 = 2,8 m Portanto, a profundidade seria de 3,3 m.

8. e

Com o pavio aceso, temos o seguinte intervalo de tempo até a explosão:

v =

s

t s 5 ⋅ 10

– 2

= 0 6 ,

∆t s ∆t = 12 s

De acordo com o gráfico de velocidade, de 0 s a 12 s, podemos

encontrar o deslocamento do dublê até o local adequado para

a rocha. Sendo assim:

(4)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

∆s

N

área ∆ s = ( 12 6 ) 5

2

+ · s ∆ s = 45 m FM. 05

1. b

Apesar de a distância percorrida por ambos ser diferente (pelas escadas maior) o deslocamento vetorial é o mesmo.

2. d

Para a velocidade escalar, temos:

∆s = 6L

Para a velocidade vetorial, temos:

s’ = 2L + 4 L · cos 60º = 4L Sendo assim:

v v

me mv

=

∆ ∆

s t s t

' s v v

me mv

= 6 4 L L = 3

2

3. a) O percurso de A até B, levando-se em conta o tamanho de 200 m para cada quadra é:

∆s = 900 m v =

s t s 18

3 6 , = 900

∆t s ∆t = 900 5 s s ∆t = 180 s ou ainda 3 minutos.

b) O deslocamento vetorial nesse caso seria de:

A

B

300 m

400 m

∆s’ = 500 m Então v

m

= ∆

s t

' s v

m

= 500

180 H 2,8 m/s ou ainda v

m

= 10 km/h

4. d

Considerando vetores em sequência, temos:

BA + (–EA) + (–DE) + (–CD) + CB = 0 BA – EA – DE – CD + CB = 0 EA + DE – CB = BA – CD 5. a

A favor:

v

a

+ v

v

= 180 km / h Contra:

v

a

– v

v

= 150 km / h Resolvendo o sistema:

v v v v

a v

a v

+ =

=

 



180 150 –

2v

a

= 330 s v

a

= 165 km/h

E, portanto, a velocidade do vento é de:

v

v

= 180 – 165 = 15 km/h 6. c

Representando graficamente os deslocamentos realizados, temos:

4 km

2 km 2 km

3 km

Festa Praça

d

O deslocamento vetorial da praça até o local do evento é encontrado por:

d = 3

2

+ 4

2

s s d = 5 km 7. c

8. b

v

h

= 18 km/h s v

h

= 5 m/s v

v

= 0,9 km/h s v

v

= 0,25 m/s

Considerando o movimento na vertical, temos:

v

v

= ∆

s t

v

s 0,25 = 150

∆t s s ∆t = 150

0 25 , = 600 s

Considerando, então, o movimento horizontal, temos:

v

h

= ∆

s t

h

s 5 = ∆s

h

600 s ∆s

h

= 3.000 m FM. 06

1. b

Como o relógio atrasa 10 minutos a cada hora, consideraremos seu período como:

T = 70 min s T = 4.200 s Sendo assim:

ω = 2 2 4 200

π π

T =

. s ω = π 2 100 . rad/s 2. Se a 1ª partícula tem f = 1

3 rpm, uma volta completa será realizada em 3 min.

Em 1 h, ela terá dado 20 voltas.

A 2ª partícula por sua vez, com f = 1

4 rpm, terá completado uma volta em 4 min. Em 1 h, ela terá dado 15 voltas.

Sendo assim, elas se encontram 35 vezes.

3. c

Considerando que v = 2πR T , temos:

2 voltas por segundo s T = 0,5 s v = 2 3 1 0 80

0 5

⋅ , , ,

· s v H 10 m/s 4. e

Como v = cte, para o trecho AB, temos:

v =

s t = 1 8

30

, = 0,06 m/s

Em BCD a velocidade é a mesma. Então:

a

cp

= v R

2

s a

cp

= ( , ) , 0 06

0 5

2

s a

cp

= 0 0036 0 5 ,

, s

s a

cp

= 0,0072 m/s ou ainda a

cp

= 7,2 ⋅ 10

–3

m/s

2

(5)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

5. e

As engrenagens interligadas pela corrente apresentam mesma velocidade escalar. Sendo assim:

v

1

= v

2

s 2

1

1

πR

T = 2

2

2

πR T s s R

T

1 1

= R T

2 2

ou ainda R

1

· f

1

= R

2

⋅ f

2

s s 1,2 ⋅ 20 = 0,4 ⋅ f

2

s f

2

= 60 rpm

6. Na bicicleta de Michaux, a roda e os pedais têm em comum o mesmo eixo. Portanto:

ω = 2 π ⋅ f s ω = 2 π ⋅ 40 60 s s ω = 2 4

6 π ⋅ = 8

6

π rad/s ou ω H 4,2 rad/s Assim; como v = ω ⋅ R, temos:

v = 8 6

π ⋅ 1 2 2 , = 9 6

12

, π m/s ou ainda considerando π = 3 temos:

v H 2,4 m/s 7. c

Na condição citada devemos ter:

v

A

= v

B

(I) e v

A

’= v

B

’ (II) Então, de (I), temos:

2 π ⋅ R

A

⋅ f

A

= 2 π ⋅ R

B

⋅ f

B

s R

A

⋅ f

A

= R

B

⋅ f

B

s s f

B

= R

R

A B

f

A

(III) De (II), temos:

2 πR

A

’f

A

’ = 2 πR

B

’f

B

’ s R

A

’f

A

’ = R

B

’f

B

’ em que f

A

= f

A

’ e f

B

= f

B

’ (mesmos eixos)

Assim R

A

’ · f

A

= R

B

’ · f

B

e substituindo (III) R

A

’ ⋅ f

A

= R

B

’ ⋅ R

R

A B

⋅ f

A

s 12 = R

B

’ ⋅ 30 20 s s 24 = R

B

’ ⋅ 3 s R

B

’ = 8 cm

8. b

Na extremidade leste a velocidade dada pelo observador (repórter) é:

v

leste

= 150 – v

rot.

= 100 km/h v

oeste

= 150 + v

rot.

= 200 km/h

Temos, então, que a velocidade escalar de um ponto da ex- tremidade do furação é:

v

rot.

= 50 km/h Como v = ω ⋅ R s s 50 = ω ⋅ 100 s s ω = 0,5 rad/h FM. 07

1. h = v

0

t + gt

2

2 s s 90 = v

0

(3) + 10 3

2 ( )

2

s s 90 – 45 = 3 ⋅ v

0

s s v

0

= 45

3 = 15 m/s 2. e

De uma altura h, temos:

h = gt

2

2 s t = 2h g (I)

Para uma altura h’ = h 4 , temos:

t – 1 = 2 g 4

· h s t – 1 = h 2 g (II) Resolvendo (I) e (II), temos:

t t − 1 =

2

2 h g h g

s t

t − 1 = 4 s t = 2(t – 1) s

s t = 2 s Sendo assim:

h = gt

2

2 s h = 5 ⋅ (2)

2

s h = 20 m 3. d

h = v

o

· t + gt

2

2 s s 100 = v

0

(4) + 5(4)

2

s s 100 = 4v

0

+ 80 s s 4v

0

= 20 s v

0

= 5 m/s Em km/h, basta fazermos:

v

0

= 5 ⋅ 3,6 = 18 km/h

4. A aceleração será a mesma durante todo o lançamento e igual a 10 m/s

2

.

Tempo (s) 0 5 10 15 20

Velocidade (m/s) 100

50 0 –50 –100

Posição (m) 0 375 500 375 0

Aceleração (m/s2) 10 10 10 10 10

Como v = v

0

+ at s v = 100 – 10(5) s v = 50 m/s Como s = s

0

+ v

0

t + at

2

2 s = 0 + 100(5) – 5 (5)

2

s s s = 500 – 125 = 375 m Na altura máxima, v = 0, temos:

v = v

0

+ at s 0 = 100 – 10 ⋅ t s t = 10 s

Os demais dados são idênticos aos anteriores, porém na descida.

5. a

Como v = v

0

+ at, temos para altura máxima v = 0 Então:

0 = 20 – 10t s t = 2 s

6. a) Como v = v

0

+ at, temos para altura máxima v = 0. Então:

v = v

0

– gt s 0 = 20 – 10t s t = 2 s

Portanto, para voltar ao chão serão t’ = 2t s t’ = 4 s b) Como o jogador corre com 8 m/s, temos:

v =

s

t s 8 = ∆s

4 s ∆s = 32 m c) ∆ s’ = v

0

t + at

2

2 s ∆ s’ = 2 4 2

· ( )

2

= 16 m

7. d

Considerando inicialmente o movimento de queda, temos:

(6)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

v

2

= v

02

+ 2a · ∆h s v

2

= 0 + 2 ⋅ g ⋅ 6,4 s v = 12 8 , g Após bater no chão, subirá com 75% de v.

Sendo assim:

v

2

= v

02

+ 2g · ∆h s 0 = ( 12 8 , g ⋅ 0,75)

2

– 2 ⋅ gh s s 2gh = 12,8g ⋅ 0,56 s h = 3,6 m

8. b

Para a esfera abandonada em Q, temos:

h

Q

= gt

2

2 s 0,64h = gt

2

2 s 1,28h = gt

2

(I) Para a esfera abandonada em P, temos:

h

p

= gt

2

2 s h = g t ( + 0 6 , ) 2

2

s 2h = g(t + 0,6)

2

(II) Resolvendo (I) e (II):

1 28 2 , h

h = gt g t

2

0 6

2

( + , ) s 0,64 = t t

2

0 6

2

( + , ) s s 0 64 , = t

t

2

0 6

2

( + , ) s 0,8 = t t + 0 6 , s s 0,8t + 0,48 = t s 0,2t = 0,48 s t = 2,4 s

Sendo assim, o tempo de queda da primeira esfera será de:

t

P

= 0,6 + 2,4 = 3 s FM. 08

1. a) Como o projétil retornará à boca do canhão, seu desloca- mento será nulo.

b) Encontrando o tempo de permanência do projétil no ar, temos:

v

y

= v

0y

– gt s 0 = 80 – 10 · t

s

s t

s

= 8 s e, portanto, o tempo total de permanência no ar é de t = 16 s

Sendo assim:

v

x

= ∆

s

t s 20 = ∆s

16 s ∆s = 320 m

2. a) A velocidade mínima ocorrerá na altura máxima e será dada pela componente horizontal de v

0

. Assim:

v

0x

= v

0

⋅ cos θ s v

0x

= 50 ⋅ 0,60 = 30 m/s b) h = y = v

0y

t – gt

2

2 s s y = (v

0

⋅ sen 53º) ⋅ t – gt

2

2 s s y = (50 ⋅ 0,80) ⋅ 5 – 5 (5)

2

s y = 200 – 125 = 75 m x = v

0x

⋅ t s x = 30 ⋅ 5 = 150 m Portanto (x; y) = (150; 75) m

3. a) Em relação ao ponto de lançamento, temos:

v

y2

= v

0y2

– 2gh s 0 = (v

0

⋅ sen θ)

2

– 2gh

máx.

s s 0 = 6 2 2

2

2

 ·

  

  – 2 ⋅ 10 ⋅ h

máx.

s s 0 = 36 – 20h

máx.

s h

máx.

= 36

20 = 1,8 m Em relação ao solo a altura máxima será de:

h = 1,8 + 2,0 = 3,8 m

b) Na horizontal, teremos um deslocamento de 6 m até atingir a cesta. Assim:

V

x

= ∆

s

t s v

0

⋅ cos θ = ∆

s t s s 6 2 ⋅ 2

2 = 6

∆t s 6 = 6

∆t s ∆t = 1,0 s

4. a) Como v

0y

= v

0

⋅ sen 30º s v

0y

= 10 ⋅ 1

2 = 5 m/s, para a altura máxima, teremos:

s v

y2

= v

0y2

– 2gh s 0 = (5)

2

– 2 ⋅ 10 ⋅ h

máx.

s s h

máx.

= 25

20 = 1,25 m

b) Encontrando o tempo de subida, temos:

v

y

= v

0y

– gt s 0 = 5 – 10 t

s

s t

s

= 0,5 s Portanto o tempo total de voo foi de:

t

t

= 2t

s

s t

t

= 1,0 s

5. a) Em relação ao ponto de altura máxima, temos:

v

y2

= v

02y

+ 2gh

s 0 = v

02y

– 2 ⋅ 10 ⋅ (2,2 – 0,4) s s 0 = v

02y

– 36 s v

0y

= 6 m/s Assim:

v

y

= v

0y

– gt s 0 = 6 – 10 ⋅ t

s

s s t

s

= 0,6 s

b) O total de permanência no ar foi de t

t

= 1,2 s. Assim, para o alcance de 7,2 m, temos:

x = v

0x

⋅ t

T

s 7,2 = v

0x

⋅ 1,2 s s v

0x

= 6 m/s

Como v

0x

= v

0y

s θ = 45º 6. Na horizontal, temos:

v

0x

= v

0

⋅ cos θ s v

0x

= 100 – 0,60 = 60 m/s Na vertical temos:

v

0y

= v

0

⋅ sen θ s v

0y

= 100 ⋅ 0,80 = 80 m/s Então: para t = 12 s

x = v

0x

t s x = 60 ⋅ 12 = 720 m e para y = v

0y

· t – gt

2

2 s y = 80 ⋅ 12 – 5 (12)

2

s y = 960 – 720 = 240 m 7. a) Encontrando o instante em que a bola estará na linha de

posição do goleiro, temos:

x = v

0x

⋅ t s 40 = 26 ⋅ 0,91 ⋅ t s s t H 1,7 s

A posição vertical da bola, nesse instante, será de:

y = v

0y

t – gt

2

2 s y = (26 ⋅ 0,42) ⋅ (1,7) – 5 (1,7)

2

s s y = 18,6 – 14,5 H 4,1 m

Como a altura máxima atingida pelo goleiro é de 3,0 m, ele não alcançará a bola.

b) Na altura de 1,5 m do chão, temos:

y = v

0y

t – gt

2

2 s 1,5 = (26 ⋅ 0,42) t – 5t

2

s s 1,5 = 10,9 t – 5t

2

s

s 5t

2

– 10,9t + 1,5 = 0 (÷ 5) s s t

2

– 2,18t + 0,3 = 0 t = 2 18 1 9

2

, ± , t’ = 2,04 (final) e t” = 0,14 (início) Para o tempo de 2,04 temos:

x = v

0x

⋅ t’ s x = (26 ⋅ 0,91) ⋅ 2,04 = 48,3 m 8. b

Como o velocidade de lançamento é a mesma em módulo, no final do mesmo, temos:

v

0x

= v

0

⋅ cos α s x = v

0x

⋅ t (I) v

0y

= v

0

⋅ sen x s y = v

0y

. t + gt

2

2 (II)

(7)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

De II, temos:

0,8 = (5 ⋅ 0,60)t + 5t

2

s s 0,8 = 3t + 5t

2

s 5t

2

+ 3t – 0,8 = 0 ∆ = 25 s t = − ± 3 5

10 t’ = 2

10 = 0,2 s e t’ = – 8

10 = − 0 8 , s Para a distância d, temos:

d = v

0x

⋅ t’ s d = (5 ⋅ 0,8) ⋅ 0,2 s s d = 0,8 m

FO.01 1. a

i1 i5

i4

i2

i3

E1 E5

E4 E3

E2

Objeto

2. b

30° 30°

60° 30°

R E’

E I N

3. b 4. a

B B1

A A’

2 m 1 m

1 m

O amigo só poderá ser visto a partir do momento em que estiver no campo visual do jovem, ou seja, em B

1

.

Portanto:

v =

s

t s 1 = 2

∆t s ∆t = 2 s 5. a

6. a N = 5 N = 360º

α – 1 s

s 5 = 360º

α – 1 s 6 = 360º

α s α = 60º

Para diminuirmos o número de imagens, é necessário aumen- tar o ângulo entre eles.

7.

F N

b x x

i r

I

b 2 a

tg r = tg i = x b 2

s tg i = 2x b Da mesma forma: tg i = a Assim: b

2x b = a

b s x = a 2 8.

A

D

A’

B

E 2 m

5 m

1 m

2 m 2 m

3 m

Por Pitágoras:

A’B= 5

2

+ 5

2

A’B= 5 2 m FO. 02

1. a

Imagens menores e direitas s espelho convexo.

Imagens maiores e direitas s espelho côncavo.

2. b

Como a posição do objeto (nariz) está bem próxima do espelho (entre F e V), a imagem produzida será: virtual, direita e maior que o objeto.

3. d

A posição da imagem com objeto em C é também em C, ou seja, em módulo: p’ = 2f

o

À medida que o objeto fica mais próximo do espelho em função do afastamento do ponto de foco, a imagem tende a ser virtual, direita e maior.

4. e

Para se obter ampliação, o espelho deve ser côncavo.

Para uma imagem direita e maior, o objeto deve estar entre o foco e o vértice do espelho. Sendo assim; como o artista não pode se aproximar mais que 15 cm do espelho, para esta me- dida de foco, teremos raio de curvatura 30 cm (no mínimo).

5. c

Como o caminhão se encontra entre o foco e o vértice do espelho esférico, teremos uma imagem direita, virtual e maior.

Desta forma para o espelho plano, teremos uma imagem

maior, porém com a mesma orientação do objeto.

(8)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

6. c

Na situação 1, temos:

1 f = 1

p + 1 p' s 1

f = 1 30 + 1

60 = 2 1 60

+

1 f = 3

60 s f = 20 cm Na situação 2, temos:

1 f = 1

p + 1 p' s 1

20 = 1 10 + 1

p' s 1 p' = 1

20 – 1 10 s s 1

p' = 1 2 20

− s p’ = – 20 cm

Sendo assim, a imagem é virtual e está a 20 cm do espelho.

7. d

De acordo com a figura, podemos concluir que f = 10 + 15 =

= 25 cm e p = 35 cm

Encontrando a posição da imagem, temos:

1 f = 1

p + 1 p' s 1

25 = 1 35 + 1

p' s 1 p' = 1

25 – 1 35 s s 1

p' = 35 25 875

− s 1

p' = 10

875 s p’ = 87,5 cm Desta forma, a distância entre objeto e imagem será:

d = 87,5 – 35 = 52,5 cm 8. e

i o = p

p ' s −10

30 = − p'

24 s p’ = 8 cm Então:

1 f = 1

p + 1 p' s 1

f = 1 24 + 1

8 s 1 f = 1 3

24

+ s f = 6 cm

FO. 03 1. d

O objeto A reflete apenas luz vermelha e absorve as demais.

O objeto B reflete todas as cores.

Quando iluminados por uma luz amarela, o objeto A não refletirá nada e, por isso, veremos preto; e o objeto B refletirá o amarelo.

2. b 3. c

A luz vermelha tem maior velocidade e, portanto, sofre menor desvio ao passar pelos prismas. Já a luz violeta tem menor velocidade e, portanto, sofrerá maior desvio. Como o prisma Q está produzindo desvio de forma lateral, ocorrerá uma pequena inclinação na sequência de cores mostradas no anteparo.

4. v

ar

= 3 ⋅ 10

8

m/s s n

ar

= c

v

ar

= 3 10 3 10

8 8

·

· = 1,00 v

ág.

= 2,4 ⋅ 10

8

m/s s n

ar

= 3 10

2 4 10

8 8

·

·

, = 1,25

a) A luz deve partir do meio de maior refringência (água) em direção ao de menor refringência (ar). Nessa condição, a luz, ao passar para o ar, tem um aumento de sua velocidade e se afasta da normal.

b) sen L = n n

menor maior

= 1

1 25 , s sen L = 0,8 s s L = arc sen 0,8 ou ainda L = 53º

5. b

Ao ser preenchido com água, a luz sofrerá refração e os raios representados se afastarão da normal, sofrendo maior desvio aquele com maior ângulo de incidência (inferior).

6. a

O ângulo α (emergência da lâmina) é igual a θ

i

(incidência na lâmina).

Como ocorre também a reflexão na 2ª face da lâmina, θ

r

= β Por simetria γ = θ

i

.

7. c

O líquido A deve ter as seguintes características:

Maior refringência em relação a B;

Menor densidade em relação a B.

Desta forma, a alternativa válida é c.

n

A

= 1,50 e n

B

= 1,40 s n

A

> n

B

d

A

= 0,87 g/cm

3

e d

B

= 1,25 g/cm

3

s d

A

< d

B

8. Considerando n

ar

= 1

a) n

ar

⋅ sen i = n

v

⋅ sen r s 1 ⋅ sen 60° = n

v

⋅ sen 35º s 0,87 = n

v

⋅ 0,57 s n

v

H 1,53

b) A incidência na superfície esférica é radial (0º) e, portanto, a relação terá r = 0.

c)

FO.04 1. b

Para se obterem imagens ampliadas, somente devemos utilizar espelhos côncavos e lentes convergentes.

2. b 3. d

O fato de girá-las e não ocorrer inclinação na imagem visua- lizada se deve à geometria esférica da lente. Por ter bordas largas, trata-se de uma lente divergente.

4. c

Figura 1 → imagem real Figura 2 → imagem virtual Figura 3 → imagem virtual Portanto, a sequência correta é RVV.

5. a

I. Correta.

II. Incorreta:

i o = – ' p

p s − o o 2 = − p'

20 s 1 2 = p'

20 s p’ = 10 cm Como 1

f = 1 p + 1

p' s 1 f = 1

20 + 1 10 s s 1

f = 1 2 20

+ s f = 20 3 cm

III. Incorreta: a imagem deve estar à direita do foco (p’ > f) 6. a

C = 1

f s 10 = 1

f s f = 0,1 m ou f = 10 cm

(9)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

Da equação do aumento, temos:

i o = − p

p ' s −3

15 = − p = p ' p p

s ' 5

1 1 1 1

10

1 5 1

10

6 60

f = p + p = p + p = p p =

' s s s cm

7. c

C = 2,0 di s C = 1

f s f = 1

2 = 0,5 m ou f = 50 cm Encontrando a distância da imagem à lente, para um objeto

posicionado a 25 cm da mesa, temos:

1 f = 1

p + 1 p' s 1

50 = 1 25 + 1

p' s s 1

p' = 1 50 – 1

25 s 1 p' = 1 2

50

− s p’ = – 50 cm

8. b

De acordo com a equação dos fabricantes de lentes, temos:

1

f = (n

L

– n

m

) ⋅ 1 1

1 2

R + R





s 1

f = (1,5 – 1) ⋅ 1 50

1 + 75

 



s 1

f = 0,5 ⋅ 3 2 150

+

 

 s 1

f = 0,5 ⋅ 1

30 s f = 60 cm Como o objeto está a 10 cm da lente, teremos uma imagem

virtual, direita e maior.

FE. 01 1. b 2. F – F – V

I. Falsa: Eletrização por atrito produz elementos com cargas de sinais contrários.

II. Falsa: como a latinha está eletricamente neutra, pode ocorrer atração, mas não repulsão.

III. Verdadeira.

3. a

Ao separarmos as esferas, elas ficarão carregadas da seguinte forma:

Como estão próximas, a organização das cargas é mostrada acima (atração entre as esferas).

4. d

Tanto na indução como no contato, pelo menos um dos ele- mentos deve estar carregado.

5. b

Ao atritarmos os elementos, ambos ficam eletrizados, porém o papel toalha, em contato com o estudante, é neutralizado.

6. b

No contato de A com B, temos:

Q

A

+ Q

B

= 2,4 nC + 0 = 2,4 nC Quando separadas:

Q’

A

= 1,2 nC e Q’

B

= 1,2 nC No contato de B com C, temos:

Q

B

+ Q

C

= 1,2 nC + (– 4,8 nC) = – 3,6 nC Quando separadas:

Q”

B’

= 1,8 nC e Q”

C’

= – 1,8 nC A carga final da esfera C é de – 1,8 nC.

Sendo assim:

Q

C

– Q”

C’

= N ⋅ e s 3 ⋅ 10

– 9

= N ⋅ 1,6 ⋅ 10

– 19

s s N = 3 10

1 6 10

9 19

·

·

,

= 1,875 ⋅ 10

10

elétrons que foram perdidos pela esfera C.

7. a

g + m = 9 µ C (I) g + p = 8 µC (II) m + p = 5 µC (III) Em (III):

p = 5 – m

Substituindo em (II):

g + 5 – m = 8 s s g – m = 3 e + g + m = 9 (I) 2g = 12 s g = 6 8. d

I. Incorreta: com a aproximação do objeto, a concentração de cargas negativas irá aumentar na parte superior do eletroscó- pio, e diminuindo nas folhas, fechando-as.

II. Incorreta : veja item (I) III. Correta.

FE. 02 1. b

Sendo F inversamente proporcional ao quadrado da distância, se triplicarmos a distância, F reduz-se a 1

9 do valor original.

2. a

+Q –2

+2Q 0

F–Q F+Q

–Q 2 x (m)

Calculando as forças entre:

+Q e 2Q s F = K Q · · 2 Q 2

2

( ) s F = K Q

· 2 K Q 4

1 2

2

= ⋅ ⋅

2

+2Q e –Q s F’ = K · 2 Q Q · 2

2

( ) s F’ = K Q

· 2 K Q 4

1 2

2

= ⋅ ⋅

2

Somando F e F ’ temos:

F

R

= KQ

2

2 + KQ

2

2 s F

R

= KQ

2

3. a

Na situação de MCU com raio r, temos:

Q r

q

F

cp

= F

elet.

s mv r

2

= KQq r

2

s s mv

2

= KQq

r (I)

(10)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

Na situação de MCU com raio 2r, temos:

F

cp

= F

elét.

s mv r

'

2

2 = K Q q r

· · ( ) 2

2

s mv’

2

= KQq

r 2 (II)

Dividindo (I) por (II), temos:

mv mv

2

'

2

= KQq KQq r r 2

s v v '

 



2

= 1 1 2

s v v '

 



2

= 2 s

s v

v ' = 2 s v’ = v · 2 2 4. b

Observando os vetores campo elétrico em P, temos:

Q3 = +Q

Q2 = 2Q Q1 = 2Q

E3 E2

E1 P d

d

d

d

Calculando os módulos dos campos E

1

, E

2

e E

3

, temos:

E K Q

d E K Q

d

E K Q

d E K Q

d

1 1

2 1 2

2 2

2 2

2 2

= = ⋅

= = ⋅

·

·

| |

| | s

s

22

1 2

 

 

=

E E

E

3

= K Q d

· |

3

|

2

s E

3

= K Q d

·

2

Representando vetorialmente os campos em sequência, temos:

ER

E3 E2 E1

5. a)

3 2

1

0

–1

–2

–3

–3 –2 –1 0 1 2 3

Distância (10–2 m) Distância (10–2 m)

+Q +Q

–Q –Q

A (0; –1) B (0; 2) B

A q FR

FR

F1 F2

F1 F2

b) Calculando o campo elétrico sobre a carga central q, temos, em relação a cada carga Q e – Q, o mesmo módulo.

Portanto:

E = K Q ·

·

( 2 10

2 2

) = 9 10 2 10 2 10

9 8

4

· · ·

·

– –

ER

2E 2E

E E E E E E E

E

R R R

R

2

2

2

2

2 2

8

2

2 2

2 2 9 2 1

= ( ) + ( ) = =

= ⋅ ⋅

s s s

s 00

2 1 8 10

5

s E

R

= , ⋅

6

N C c) Como F = q E

F = 1 ⋅ 10

– 8

⋅ 1,8 ⋅ 10

6

s s F = 1,8 ⋅ 10

– 2

N 6. e

Q1 Q2

3 · 10–3 m

E = 2 · 109 V/m

Como F = 8 ⋅ 10

3

N, temos em Q

2

: F = Q

2

⋅ E s 8 ⋅ 10

3

= Q

2

⋅ 2 ⋅ 10

9

s s Q

2

= 8 10

2 10

3 9

·

· = 4 ⋅ 10

– 6

C ou Q

2

= 4 µC

sendo que Q

2

pode ser positiva, desde que Q

1

também seja, e vice-versa.

7. a) Analisando a resultante de forças na partícula α, temos:

+ + + + + + + + + +

– – – – – – – – – –

a

F

elt (Desprezando as ações gravitacionais)

F

elét.

= F

R

s q ⋅ E = m ⋅ a s

s 3,2 ⋅ 10

– 19

⋅ 0,010 = 6,4 ⋅ 10

–27

⋅ a s s a = 3 2 10

6 4 10

21 27

, ,

·

·

s a = 0,5 · 10

6

s a = 5 ⋅ 10

5

m/s

2

b) Para percorrer o deslocamento de 16 cm, temos:

v

2

= v

02

+ 2a · s s v

2

= 0 + 2 ⋅ 5 ⋅ 10

5

⋅ 0,16 s v

2

= 0,16 ⋅ 10

6

s s v

2

= 16 ⋅ 10

4

s v = 4 ⋅ 10

2

m/s

8. a) Calculando a força que age sobre a carga +Q, temos:

F = K Q Q d

· · '

2

em que Q’ é a carga imagem.

F = 9 10 10

9 2

1 2

· · Q

(

) s F = 9 10 1 5 10 10

9 9 2

2

⋅ ⋅ ⋅

( , )

s s F = 2,025 ⋅ 10

– 6

N

b) Calculando o campo em Q criado pela imagem –Q, temos:

E = K Q d

·

2

s E = 9 10 1 5 10 10

9 9

1 2

· · , ·

( )

= 1,35 ⋅ 10

3

V/m c) Representando o diagrama em que D = d

2 , temos:

D D

+Q

(imagem) –Q O

45° 45°

E

E+ EA

A D 2

(11)

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Física

d) Os campos elétricos de +Q e –Q têm mesmo módulo e, portanto:

E = K Q d

·

2

s E = K Q D

·

( 2 )

2

s E = 9 10 1 5 10 2 5 10

9 9

2 2

· · ·

· ,

( )

s

s E = 13 5 10 50 10

0 4

, ·

·

s E = 0,27 ⋅ 10

4

= 2,7 ⋅ 10

3

V/m Assim, o campo resultante será:

E

A

= 2,7 ⋅ 10

3

⋅ 2 = 2,7 2 ⋅ 10

3

V/m FE. 03

1. e

I. Correta: O campo elétrico varia com o inverso da distância ao quadrado.

II. Correta: Lembre-se de que:

F = K Q q

d

· | | | | ·

2

e F

G

= G · M · M d

1 2

2

r r

E = q K Q d

· · | |

2

g = G · M

d

2

III. Correta.

2. e

q d = 0,1 m q

–E m E

Como as cargas são idênticas, o campo elétrico no ponto médio será nulo.

E

m

= 0

Por outro lado, o potencial elétrico será dado por:

V

m

= 2 ⋅ V

q

s V

m

= 2 5 10

2

· ·

· K q

s s V

m

= 2 9 10 1 10

5 10

9 9

2

· · · ·

·

= 3,6 ⋅ 10

2

V

3. Consideremos o potencial elétrico nulo no infinito. Vemos que as cargas estão em simetria em relação ao ponto de abscissa O.

Sendo assim, o potencial elétrico em (a; 0) também é nulo já que as cargas têm sinais opostos.

Como † = q ⋅ U e no caso U = 0 s † = 0 4. b

Fora da esfera, temos:

V = K Q d

·

Para o ponto S, temos:

V = K Q R

· 3

5. a) Como E = U

d s U = E ⋅ d

Como o potencial em A é V

A

e o de B é V

B

, temos:

V

A

– V

B

= E ⋅ d

b) Como o trabalho não depende da trajetória, mas sim da diferença de potencial entre os pontos, temos:

= 2q (V

A

– V

B

) s † = 2q E d 6. e

Como o trabalho depende da diferença de potencial entre os pontos de cada equipotencial, teremos o maior trabalho, onde ocorrer maior ddp.

Sendo assim: A trajetória V satisfaz a condição.

7. a

Calculando os trabalhos, temos:

AB

= q ⋅ U

AB

= 2 ⋅ 2 = 4 J †

BC

= q’ ⋅ U

BC

= 1,5 ⋅ 2 = 3 J †

CD

= q’ ⋅ U

CD

= 1,5 ⋅ 2 = 3 J †

DE

= q’’ ⋅ U

DE

= 1 ⋅ 2 = 2 J

O trabalho total é dado pela soma de todos os trabalhos:

AE

= 12 J

8. Sabemos que o trabalho não depende da trajetória, mas sim da ddp entre os pontos inicial e final.

Sendo assim:

a) †

AB

= q ⋅ (V

A

– V

B

) s †

AB

= 1 ⋅ 10

–6

(2 – 4) s †

AB

= – 2 ⋅ 10

–6

J (trabalho resistente)

b) No percurso de ida e volta, temos: s † = 0 FE. 04

1. a) Como C = ε

o

A d , temos:

C = 9 10 2 10 2 10

12 8

3

· · ·

·

s C = 9 ⋅ 10

– 7

F b) Como Q = C ⋅ U temos:

U = Q

C = 50

9 10 ·

7

s U = 5,6 ⋅ 10

7

V 2. c

3 mF 6 mF

120 V

Como estão conectados em série, temos que a carga é a mesma para ambos. Sendo assim:

C

eq.

= 3 6 3 6

·

+ = 2 µF Então:

Q = C ⋅ U s Q = 2 ⋅ 10

– 6

⋅ 120 s Q = 240 ⋅ 10

– 6

s s Q = 2,4 ⋅ 10

– 4

C

Para o capacitador de 3 µF, temos:

Q = C ⋅ U s U = 2 4 10 3 10

4 6

, ·

·

= 0,8 ⋅ 10

2

s U = 80 V 3. a) C = ε ⋅ A

d s C = 8,9 ⋅ 10

– 12

⋅ 200 10 600 10 100 10

6 6

6

· · ·

·

− −

s

s C = 8,9 ⋅ 10

–12

· 1,2 · 10

–3

s s C H 1,1 ⋅ 10

–14

F

b) Q = C ⋅ U

Q = 1,1 ⋅ 10

– 14

⋅ 100

Q = 1,1 ⋅ 10

– 12

C ou Q = 1,1 pC 4.

1.400 mF

1.400 mF

170 V

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