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
3milhas H 5,6 ⋅ 10
6m ∆t = 33 dias H 2,8 ⋅ 10
6s
v
m= ⋅
⋅ 5 6 10 2 8 10
6 6
, , v
m= 2 ⋅ 10
0m/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/h180 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
mkm
1 2 h
= 45 = km/h 90
∆s
2= 180 km ∆ t
2180 ∆ 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
1s 15 = ∆s
t
1s t
1= ∆ s 15 v
2= ∆
∆ s
t
2s 20 = ∆s
t
2s t
2= ∆s 20 v
3= ∆
∆ s
t
3s v
3= ∆
+ =
+ s
t t v s
t t (
1 2)
3(
1 2)
2
s 2 ∆
Substituindo na expressão de v
3os tempos t
1e 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
mH 4 4 0 6 2 5
, ,
,
+ s v
mH 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
4s ∆s = 27 ⋅ 10
4m
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
4m A altura da montanha em relação ao nível do mar é encontrada
por:
h = ∆s – ∆s’ = 27 ⋅ 10
4– 26,7 ⋅ 10
4h = 0,3 ⋅ 10
4ou h = 3.000 m FM. 02
1. a) ∆ t = 15 min = 1 4 h ∆s = 80 ⋅ 1
4 = 20 km b) ∆ t ∆ s
= 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
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
2s 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
1s 80 = 8
∆t
1s ∆t
1= 8 80 = 1
10 h Para a segunda situação, temos:
v
2= ∆
∆ s
t
2s 100 = 8
∆t
2s ∆ 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
22 (x = kt
2) 2. a
x = x
0+ v
0t + at
22 a
2 = 3 a = 6 m/s
23. 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
2No 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
Nárea 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
2Escrevendo as equações do movimento para os dois móveis, temos:
s
A= 0 + 0 ⋅ t + a t
A.
22 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
B3
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
At 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:
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Física
∆s = v
0t+ at
22 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
Nárea
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
0t + at
22 s 7,2 = 0 ⋅ t + 10 2
t
2s s 7,2 = 5t
2s 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
2Para 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
Nárea 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
1s MUV com a > 0 De t
1a t
2s MU com v = cte (a = 0) De t
2a t
3s 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
2N2,8 ⋅ 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:
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Física
∆s
Nárea ∆ 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
2s 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
h600 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
–3m/s
2Reprodução 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
2s 2
11
πR
T = 2
22
πR T s s R
T
1 1
= R T
2 2
ou ainda R
1· f
1= R
2⋅ f
2s s 1,2 ⋅ 20 = 0,4 ⋅ f
2s 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
Bs R
A⋅ f
A= R
B⋅ f
Bs 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
Be substituindo (III) R
A’ ⋅ f
A= R
B’ ⋅ R
R
A B
⋅ f
As 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
0t + gt
22 s s 90 = v
0(3) + 10 3
2 ( )
2s s 90 – 45 = 3 ⋅ v
0s s v
0= 45
3 = 15 m/s 2. e
De uma altura h, temos:
h = gt
22 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
22 s h = 5 ⋅ (2)
2s h = 20 m 3. d
h = v
o· t + gt
22 s s 100 = v
0(4) + 5(4)
2s 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
0t + at
22 s = 0 + 100(5) – 5 (5)
2s 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
0t + at
22 s ∆ s’ = 2 4 2
· ( )
2= 16 m
7. d
Considerando inicialmente o movimento de queda, temos:
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
22 s 0,64h = gt
22 s 1,28h = gt
2(I) Para a esfera abandonada em P, temos:
h
p= gt
22 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
ss 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
22 s s y = (v
0⋅ sen 53º) ⋅ t – gt
22 s s y = (50 ⋅ 0,80) ⋅ 5 – 5 (5)
2s 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
ss t
s= 0,5 s Portanto o tempo total de voo foi de:
t
t= 2t
ss 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
ss 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
Ts 7,2 = v
0x⋅ 1,2 s s v
0x= 6 m/s
Como v
0x= v
0ys 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
22 s y = 80 ⋅ 12 – 5 (12)
2s 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
0yt – gt
22 s y = (26 ⋅ 0,42) ⋅ (1,7) – 5 (1,7)
2s 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
0yt – gt
22 s 1,5 = (26 ⋅ 0,42) t – 5t
2s s 1,5 = 10,9 t – 5t
2s
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
22 (II)
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
2s s 0,8 = 3t + 5t
2s 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 Nb 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
2A’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
oÀ 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.
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
8m/s s n
ar= c
v
ar= 3 10 3 10
8 8
·
· = 1,00 v
ág.= 2,4 ⋅ 10
8m/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
Bd
A= 0,87 g/cm
3e d
B= 1,25 g/cm
3s d
A< d
B8. 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
vH 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
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
– 19s s N = 3 10
1 6 10
9 19
·
·
–
,
–= 1,875 ⋅ 10
10elétrons 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
= ⋅ ⋅
2Somando F e F ’ temos:
F
R= KQ
22 + KQ
22 s F
R= KQ
23. a
Na situação de MCU com raio r, temos:
Q r
q
F
cp= F
elet.s mv r
2
= KQq r
2s s mv
2= KQq
r (I)
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
'
22 = K Q q r
· · ( ) 2
2s 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
2e 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
221 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 21
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
22
2 28
22 2
2 2 9 2 1
= ( ) + ( ) = = ⋅
= ⋅ ⋅
s s s
s 00
2 1 8 10
5
s E
R= , ⋅
6N C c) Como F = q ⋅ E
F = 1 ⋅ 10
– 8⋅ 1,8 ⋅ 10
6s s F = 1,8 ⋅ 10
– 2N 6. e
Q1 Q2
3 · 10–3 m
E = 2 · 109 V/m
Como F = 8 ⋅ 10
3N, temos em Q
2: F = Q
2⋅ E s 8 ⋅ 10
3= Q
2⋅ 2 ⋅ 10
9s s Q
2= 8 10
2 10
3 9
·
· = 4 ⋅ 10
– 6C ou Q
2= 4 µC
sendo que Q
2pode ser positiva, desde que Q
1também 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
Rs 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
6s a = 5 ⋅ 10
5m/s
2b) 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
6s s v
2= 16 ⋅ 10
4s v = 4 ⋅ 10
2m/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
– 6N
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
3V/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
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 )
2s 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
3V/m Assim, o campo resultante será:
E
A= 2,7 ⋅ 10
3⋅ 2 = 2,7 2 ⋅ 10
3V/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
2III. 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
qs 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
2V
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
Ae 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
–6J (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
– 7F b) Como Q = C ⋅ U temos:
U = Q
C = 50
9 10 ·
−7s U = 5,6 ⋅ 10
7V 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
– 6s s Q = 2,4 ⋅ 10
– 4C
Para o capacitador de 3 µF, temos:
Q = C ⋅ U s U = 2 4 10 3 10
4 6
, ·
·
−
−
= 0,8 ⋅ 10
2s 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
–3s s C H 1,1 ⋅ 10
–14F
b) Q = C ⋅ U
Q = 1,1 ⋅ 10
– 14⋅ 100
Q = 1,1 ⋅ 10
– 12C ou Q = 1,1 pC 4.
1.400 mF1.400 mF
170 V