FÍSICA

FÍSICA
2) Quantidade de movimento em B:
CADERNO 7 – CURSO D/E
QB = m VB ⇒ QB = m
FRENTE 1 – MECÂNICA
n Módulo 28 – Impulso, Quantidade de
Movimento e Teorema do
Impulso
1)
Resposta: C
→ → →
Q
= Q0 = Qf = mV
→
50,4
Q
= 500 . ––––– (kg . m/s)
3,6
→
Q
= 500 . 14 (kg . m/s)
→
→
I = Fm t = 1,0 . 104 . 2,0 . 10–2 (SI)
→
Q
= 7,0 . 103 kg . m/s
Resposta: D
Resposta: C
I) A quantidade de movimento tem módulo constante (MU),
porém varia em direção.
II) A energia potencial gravitacional (m g H) varia porque H é
variável.
III) A energia cinética permanece constante porque o movimento da pedra é uniforme.
→
IV) O peso P = m →
g é constante porque m e →
g são constan-
6)
2
2m
2m
1
4,0
τ = 3,0 . 102J
Resposta: C
7)
––– x
m
k
3) Q = mV = m .
Q=
Q0
τ = –––– (1600 – 400) (J)
mV2
kx2
2) –––– = ––––
2
2
V=
2
Qf
1
2
2
τ = –––– (Qf – Q0 )
2m
kx2
= ––––
2
1) Ee = Ecin
TEC: τ = Ecin
τ = –––– – ––––
tes.
Resposta: B
3)
→
→
Q0 = Qf = mV
5)
→
I = 2,0 . 102N.s
2)
2gh
––– x
m
k
→
→
1) Como massa e aceleração são invariantes, então F = ma
também é invariante.
→
→ →
2) Como F e t são invariantes, então I = F . t também é
invariante.
3) Como o deslocamento não é invariante, então
→ →
τ = F d cos também não é invariante.
mk x
4) Como a velocidade não é invariante, então
→
→
mV2
Q = mV e EC = ––––– também não são invariantes.
2
Resposta: B
τ
4)
5) Como trabalho não é invariante, então Pot = ––– também
t
não é invariante.
Resposta: D
8)
1) Conservação da energia mecânica:
EB = EA
(ref. em B)
2
mVB
–––––– = m g h
2
VB =
2gh
a) m/s é unidade de velocidade linear; rad/s é unidade de
velocidade angular.
b) N/m2 é unidade de pressão; N . m é unidade de torque
(momento).
c) J/K é unidade de capacidade térmica; J é unidade de calor
(latente ou sensível).
d) kg.m/s ou N.s são unidades de quantidade de movimento
ou de impulso, que são grandezas fisicamente homogêneas, isto é, têm a mesma equação dimensional.
e) W é unidade de potência; T (tesla) é unidade do vetor
indução magnética.
Resposta: D
–1
9)
a) O impulso da força aplicada, por definição, é dado por:
13) a)
I = Fm . t
I = 60 . 0,50 (N.s) ⇒ I = 30N . s
b) Aplicando-se o teorema do impulso, vem:
1) Para a garota:
| Ig | = mg | Vg |
30 = 50 | Vg | ⇒ | Vg | = 0,60m/s
2) Para o rapaz:
| Ir | = mr | Vr |
30 = 75 | Vr | ⇒ | Vr | = 0,40m/s
Respostas: a) 30N.s
b) | Vg | = 0,60m/s e | Vr | = 0,40m/s
10) a) TEC: τat = Ecin
2
mV0
mg D (–1) = 0 – ––––––
2
2
V0
D = –––––
2g
1) Cálculo do módulo da velocidade da mocinha no ponto
B (1,0m do solo):
b) TI: Iat = Q
– mg T = 0 – mV0
V0
T = –––––
g
c) Quando V0 duplica, T também duplica e D quadruplica.
11)
VB2 = VA2 + 2 s (MUV)
VB2 = 0 + 2 . 10 . 80,0
VB2 = 1600 ⇒
VB = 40,0m/s
2) Aplicando-se o teorema do impulso:
→
→
I R = Q (Fm – P) t = m VB
(Fm – 500) 0,05 = 50 . 40,0
TI: Ibola = Qhorizontal
Fm – 500 = 40,0 . 103
Fm . t = m[3V – (–V)]
Fm = 40,0 . 103 + 0,5 . 103 (N)
60mg . t = 4mV
Fm = 40,5 . 103 N = 40,5kN
60 . 10 . 0,2 = 4V
b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton:
V = 30m/s
Fm – P = m . a
Resposta: B
40,5 . 103 – 0,5 . 103 = 50 . a
2
mV
0,50
12) a) EC = –––––– = ––––– . (30)2 (J)
2
2
40,0 . 103 = 50 . a
a = 8,0 . 102m/s2
EC = 225J
b) TI: Ibola = Qbola
Fm . t = m . V
aletal = 8g = 80m/s2
a
––––––
aletal
=
8,0 . 102
–––––––––– ⇒
80
a
–––––
aletal = 10
Fm . 1,0 . 10–2 = 0,50 . 60
Fm = 3,0 . 103N
Respostas: a) 225J
b) 3,0kN
2–
Respostas:
a) 40,5kN
b) 10 vezes maior.
n Módulo 29 – Sistemas Isolados
1)
O núcleo é um sistema isolado e, portanto:
→
→
Qapós = Qantes
→ → → →
P1 + P2 + P3 = 0
→
→ →
P3 = – ( P1 + P2)
Resposta: D
Resposta: B
2)
1) Pela conservação da carga total, concluímos que a terceira
partícula é neutra (em realidade, é o antineutrino).
2) Como o nêutron é considerado um sistema isolado, a
quantidade de movimento
total do sistema é constante.
5)
1) Velocidade adquirida por B:
4,0m
s
VB = ––– = ––––– = 4,0m/s
1,0s
t
2) Na interação entre A e B, o sistema é isolado e haverá conservação da quantidade de movimento do sistema:
→
→
Q após = Q antes
→
→
Qapós = Qantes
→ → →
→
QE + QP + QN = 0
→
→
→
→
→
→
→
Q A + Q B = 0 ⇒ Q A = – Q B ⇒ | Q A| = | Q B |
→
→ →
QN = – ( QE + QP)
mAVA = mBVB
40 . VA = 50 . 4,0 ⇒ VA = 5,0m/s
Resposta: D
3)
3) A energia cinética de A é transformada em energia
elástica da mola:
O sistema plano inclinado – bloco é isolado de forças horizontais e por isso a quantidade de movimento horizontal permanece constante:
→
→
→
Q B(h) + Q PI(h) = 0
Ee = Ecin
A
mAVA2
kx2
–––– = –––––––
2
2
Quando o bloco se desloca para a direita, o plano se desloca
para a esquerda.
Quando o bloco para em relação ao plano, após a colisão,
ambos param em relação ao solo terrestre.
1,0 . 103 . x2 = 40 . 25,0
x2 = 1,0
x = 1,0m
Resposta: C
Resposta: C
4)
Consideremos o sistema de versores indicado na figura:
→
→
→
QA = 3 i – 3 j
6)
→
→
→
QA’ = 1 i + 1 j
→ →
QB = 0
→
QB’ = ?
No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conservação
da quantidade de movimento total:
a) 1) Conservação da quantidade de movimento do sistema
no ato da colisão:
→ → →
→
QB’ + QA’ = QA + QB
Qapós = Qantes
→
→
→
→
→
QB’ + 1 i + 1 j = 3 i – 3 j
(mA + mB) V = mAVA
→
→
→
QB’ = 2 i – 4j
270V = 90 . 2,0
–3
180
2
V = ––––– m/s = ––– m/s
270
3
8)
No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conservação
da quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
2) Ecin
após
Ecin
após
(mA + mB)
= ––––––––– V2
2
mBVB’ + mPVP’ = mBVB + mPVP
1,0 . 2,0 + 1,0 . 10–2 . VP’ = 1,0 . (–1,0) + 1,0 . 10–2 . 500
2,0 + 1,0 . 10–2VP’ = –1,0 + 5,0
0,27
4
= ––––– . ––– (J)
2
9
Ecin
após
1,0 . 10–2VP’ = 2,0
VP’ = 2,0 . 102m/s
= 6,0 . 10–2J
b) 1) Cálculo da constante elástica da mola:
F = kx
x = 0,060m
F = 24N
Resposta: B
9)
1) Após a colisão, temos:
24
k = ––––– N/m ⇒ k = 4,0 . 102N/m
0,060
2) Conservação da energia mecânica no lançamento da
esfera:
Eelástica = Ecin
2
VA
m
k x2
––––– = ––––––
2
2
m 2
x2 = ––– VA
k
x=
m
––– VA
k
x=
90 . 10–3
–––––––– . 2,0 (m)
4,0 . 102
TEC: τatrito = Ecin
M+m 2
– (M + m) g d = 0 – ––––––– V1
2
2
V1 = 2 g d ⇒ V1 = 2gd
V1 = 2 . 0,4
. 10,0 . 2,0 (m/s) ⇒ V1 = 4,0m/s
2) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conservação da quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
(M + m) V1 = mV0
160 . 4,0 = 10V0
V0 = 64,0m/s
3,0
x = –––– . 10–2 . 2,0 (m)
2,0
x = 3,0 . 10–2m = 3,0cm
Respostas: a) 6,0 . 10–2J
b) 3,0 . 10–2m ou 3,0cm
7)
O sistema é isolado e a quantidade do movimento total
permanece constante e é nula.
→
→ → →
Q A + QB + QP = 0
Com orientação positiva para a direita, temos:
mAVA + mBVB + mPVP = 0
50 . 5,0 + 80 . (–5,0) + 100 VP = 0
100 VP = 150
Resposta: 64,0m/s
10) a) O sistema formado pelos corpos (1) e (2) é isolado e, portanto:
→ → →
Q1 + Q2 = 0
→
→
→
→
Q1 = – Q2 ⇒ . Q1. = . Q2.
m1 V1 = m2 V2
5,0 . V1 = 10,0 . 5,0 ⇒
V1 = 10,0m/s
b) O sistema formado pelos corpos (1) e (2) e mais a mola é
conservativo:
Efinal = Einicial
m2 V22
m1 V12
–––––– + –––––– = Ee
2
2
5,0 . (10,0)2
10,0 . (5,0)2
Ee = –––––––––––– + –––––––––––– (J)
2
2
VP = 1,5m/s
Como VP > 0, a plataforma se move para a direita.
Resposta: B
4–
Ee = 250 + 125 (J) ⇒
Respostas: a) 10,0m/s
b) 375J
Ee = 375J
144
11) Qx = mxVx = 1200 . –––– (SI) = 48 000 (SI)
3,6
90
Qy = myVy = 1300 . –––– (SI) = 32 500 (SI)
3,6
h’ = 0,45m
Respostas: a) 1,8m
b) 0,45m
n Módulo 30 – Colisões
1)
1) Antes da colisão:
VA = 3 U e VB = –U
Após a colisão:
V’A = 0 e V’B = 2U
Vaf = V’B – V’A = 2U
→
→
→
→
Vap = VA – VB = 4U
→
Qf = Qi = Qx + Qy
→
Vaf
e = –––– = 0,50
Vap
→
Qf = 48 000 i + 32 500 j (SI)
Como Qx Qy → 45°
(colisão parcialmente elástica)
2) No ato da colisão, a quantidade de movimento total se
conserva (sistema isolado):
Resposta: D
Qapós = Qantes
12) a) Conservação da energia mecânica entre A e B:
EB = EA
mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB
(referência em A)
mB 2U = mA 3U + mB (–U)
m VA2
––––––– = m g h
2
VA2
36,0
h = –––––
= ––––– (m)
2g
20
3 mB U = 3 mA U ⇒
mB = mA
Resposta: E
2)
h = 1,8m
b) 1) Na colisão, o sistema é isolado e haverá conservação
da quantidade de movimento total.
Qf = Q0
VA
2mVA’ = mVA ⇒ VA’ = –––– = 3,0m/s
2
2) Conservação da energia mecânica na subida:
1) Conservação da quantidade de movimento total no ato da
colisão:
Qapós = Qantes
V
mVA + 2m ––– = m V
3
2
VA + ––– V = V
3
V
VA = ––––
3
Como VA = VB, a colisão é perfeitamente inelástica.
EC = EA
(referência em A)
2m
2 m g h’ = –––– (VA’ )2
2
(VA’)2
9,0
h’ = ––––– = –––– (m)
2g
20
mV2
2) E1 = ––––––
2
3m
E2 = ––––
2
V
–––
3
2
mV2
= –––––
6
E2
1
Portanto: ––––
= –––
E1
3
Resposta: B
–5
3)
Trata-se de uma colisão perfeitamente inelástica: a quantidade de movimento do sistema se conserva e a energia cinética diminui.
300
Eapós = –––– (1,0)2 (J) = 150J
2
Ed = Eantes – Eapós = 2,4 . 103J = 2,4kJ
De fato:
Resposta: 2,4kJ
Q0 = mV0 = 2,0kg.m/s
Qf = 2mV = 2,0kg.m/s
6)
mV20
1,0
E0 = –––– = ––– . 4,0 (J) = 2,0J
2
2
1) No ato da colisão, haverá conservação da quantidade de
movimento total:
Qapós = Qantes
(m1 + m2)Vf = m1V1
2m
Ef = –––– . V2 = 1,0 . 1,0 (J) = 1,0J
2
1,0
(m1 + m2) ––– = m1 . 1,0
3
E0
Ef = ––––
2
m1 + m2 = 3,0m1 ⇒ m2 = 2,0m1
m1V12
m1
1
a
2) Ec = –––––– = –––– . (1,0)2 = –– m1 (SI)
2
2
2
Resposta: C
4)
1) No ato da colisão, a flecha e a maçã formam um sistema
isolado e haverá conservação da quantidade de movimento total:
(m1 + m2)
3,0 m
Ecd = ––––––––– Vf2 = ––––––1 .
2
2
Resposta: E
7)
0,20
mV20
E0 = ––––– = ––––– (10,0)2 (J) = 10,0J
2
2
a) No ato da colisão, o sistema cometa-Júpiter é isolado e
haverá conservação da quantidade de movimento total do
sistema:
Qapós = Qantes
Após a colisão:
(MJ + Mc) Vf = McV0
0,50
(M + m)
Ef = –––––––– V2 = ––––– (4,0)2 (J) = 4,0J
2
2
Mc << MJ ⇒ 1,8 . 1027 Vf = 3,0 . 1014 . 6,0 . 104
Vf = 1,0 . 10–8m/s
E = E0 – Ef = 6,0J
b) A energia mecânica dissipada corresponde à energia cinética inicial do cometa pois a variação de energia cinética
de Júpiter é desprezível em comparação com a energia
cinética inicial do cometa.
Resposta: D
1) A perda de energia cinética é máxima quando a colisão for
perfeitamente inelástica.
2) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conservação da quantidade de movimento total:
3,0 . 1014
Mc V02
Ed = –––––– = ––––––––– . 36,0 . 108 (J)
2
2
Ed = 5,4 . 1023J
Qapós = Qantes
Respostas: a) 1,0 . 10–8m/s
b) 5,4 . 1023J
2mVf = mV1 + mV2
V1 + V2
5,0 + (–3,0)
Vf = –––––––––– = ––––––––––– (m/s)
2
2
Vf = 1,0m/s
3) Eantes
Eantes
m2 V22
m1 V12
= –––––––– + ––––––––
2
2
150
= –––– (25,0 + 9,0) (J) = 2 550J
2
V 2f
Eapós = (m1 + m2) ––––
2
(SI)
V = 4,0m/s
2) Antes da colisão:
6–
1
a
(M + m) V = mV0
5)
1
1
Ec
1
Ecd
2
––––– = ––– m1 . ––– = ––– ⇒ Ecd = –––––
a
6
3
3
m1
Ec
Qapós = Qantes
(0,30 + 0,20) V = 0,20 . 10,0 ⇒
2
= ––6 m
1
––
3
8)
a) 1) Cálculo do tempo entre B e C:
y
Sy = V0y t + ––– t2 (MUV)
2
10,0
5,0 = 0 + –––– T2
2
T2 = 1,0 ⇒
T = 1,0s
2) Cálculo da velocidade dos blocos:
4,0m
x
VB = –––– = ––––– ⇒ VB = 4,0m/s
1,0s
t
b) Na colisão entre os blocos, o sistema é isolado e há conservação da quantidade de movimento total:
12) 1) Qfinal = Qinicial
mV’1 + mV’2 = mV1 + mV2
Qapós = Qantes
V’1 + V’2 = V1 + V2 (I)
(m1 + m2) VB = m1V1
2) Vaf = Vap
3,0 . 4,0 = 2,0 V1
V’2 – V’1 = V1 – V2
V1 = 6,0m/s
c) Ecin
após
(I) + (II): 2V’2 = 2V1 ⇒
m2) VB2
(m1 +
3,0
= ––––––––––––– = –––– . 16,0 (J) = 24,0J
2
2
Ecin
antes
m1 V12
2,0
= ––––––– = –––– . 36,0 (J) = 36,0J
2
2
Emec = Ecin
após
– Ecin
antes
(II)
V’2 = V1
troca de velocidades
V’1 = V2
Resposta: B
13) a) Na colisão elástica e unidimensional entre as esferas A e
B, de massas iguais, haverá troca de velocidades entre A
3
e B. Portanto, em três segundos o ângulo descrito é de ––
4
3
3π
volta, isto é, ϕ = –– 2π rad = ––– rad.
4
2
= –12,0J
d) Conservação da energia mecânica entre A e B:
EB = EA
(ref. em B)
3π/2
ϕ
ω = ––– = –––––
3,0
t
m1 V12
––––––– = m1 g (h1 – h2)
2
––––
s rad
⇒
π rad
rad
ω = ––– ––––– = 1,5 –––––
2
s
s
b) VB = ωR = 1,5. 0,6 (m/s)
V12
h1 – h2 = ––––
2g
VB = 0,90m/s
V12
h1 = h2 + ––––
2g
rad
Respostas: a) 1,5 ––––
s
36,0
h1 = 5,0 + ––––– (m)
20,0
b) 0,90m/s
14) a)
h1 = 6,8m
Respostas: a) 4,0m/s
c) –12,0J
b) 6,0m/s
d) 6,8m
1) Qapós = Qantes
mV’A + mV’B = mVA + mVB ⇒ V’A + V’B = VA + VB (I)
9)
O fenômeno descrito é impossível, pois se as duas esferas
terminaram em repouso, a colisão é perfeitamente inelástica
e não perfeitamente elástica. A energia cinética do sistema
foi totalmente dissipada.
Resposta: D
2) Vaf = Vap
V’B – V’A = VA – VB (II)
(I) + (II): V’B = VA
10) I (F) A partícula terá conservado sua energia cinética.
II (V) Em uma colisão elástica, a energia mecânica total é
constante.
III (V) A energia cinética total antes e após uma colisão elástica é a mesma.
Resposta: D
B colide com A: troca de velocidades
A colide com B: troca de velocidades
–V0
←
A
→
→
Qapós = Qantes
3m
→
→
→
Qapós = mV + m (–V)
Antes da
colisão
→
→
Qapós = 0
Resposta: A
Duas colisões
b) V’f(B) = – V0
V’f(A) = 0
V0
→
11) Sendo a colisão perfeitamente inelástica, os dois atletas
ficarão juntos após a colisão e, como há conservação da
quantidade de movimento total do sistema, temos:
Em (I) V’A = VB
15)
VA
→
V0
→
B
A
B
m
3m
m
Após a
colisão
Usando-se a conservação da quantidade de movimento no
ato da colisão, temos:
Qapós = Qantes
–7
3m VA + m V0 = 3m V0 + m (– V0 )
3VA + V0 = 2V0 ⇒
Como a pressão atmosférica (patm) equivale a 10,0 metros
de coluna de água, a pressão que o líquido provoca no
fundo do lago (2patm) equivalerá a uma profundidade de
20,0m .
V0
VA = ––––
3
b) Aplicando-se, novamente, a lei geral dos gases perfeitos,
vem:
A velocidade relativa, após a colisão, será:
2
Vrel = V0 – VA = –– V0
3
p1V1
p2V2
––––– = –––––
T1
T2
Para a nova colisão, no movimento relativo, s = 2 π R
patm . 3V
p2 V
––––––––– = ––––––
T
0,96T
3πR
2πR
s
s
Vrel = –––– ⇒ t = –––– = –––––– = —–––
t
V0
2
Vrel
— V0
3
p2 = 2,88patm
A distância percorrida por B é dada por:
Mas p2 = patm + plíq
3πR = 3πR, isto é, o corpo B dará uma
s = V0 t = V0 . —––
V0
2,88 patm = patm + plíq
plíq = 1,88patm
volta e meia, a partir da posição 1, e o encontro ocorrerá na
posição 5.
De uma regra de três simples e direta, vem:
Resposta: B
10,0 metros –––––––– patm
FRENTE 2 – MECÂNICA
x –––––––– 1,88 patm
n Módulo 28 – Aplicações da Lei de Stevin
e Lei de Pascal
x = 18,8 metros
Respostas: a) 20,0m
1)
A pressão total no fundo de cada vaso é dada por:
p = patm + d g H
A intensidade da força aplicada no fundo de cada vaso é dada
por:
3)
a) p = g h
p = 1,0 . 103 . 10 . h ⇒
F = p A = (patm + d g H) A
p = 1,0 . 104 h
(SI)
H
b) pm = g ––– ⇒ pm = 1,0 . 104 . 10 (Pa)
2
Como os três vasos têm a mesma área A e a mesma altura H,
as forças terão a mesma intensidade (F1 = F2 = F3) quando os
líquidos tiverem densidades iguais (d1 = d2 = d3). O fato de a
pressão e a força no fundo do vaso não dependerem da forma
do recipiente nem da quantidade de líquido é chamado de
paradoxo hidrostático.
Resposta: A
2)
b) 18,8m
pm = 1,0 . 105 Pa
H
c) F = pm A = g ––– . L H
2
g L H2
F = ––––––––––
2
a) Supondo-se que o gás no interior da bolha se comporte
como gás ideal, da lei geral dos gases perfeitos, vem:
1,0 . 103 . 10 . 30 . 400
F = –––––––––––––––––––– (N)
2
p2V2
p1V1
––––– = –––––
T1
T2
F = 6,0 . 107 N
patm . 3V
p2V
–––––––––– = –––––
T
T
⬖
p2 = 3patm
A pressão no fundo do lago é a soma da pressão atmosférica (patm) com a pressão da coluna líquida (plíq).
Assim:
p2 = patm + plíq
3 patm = patm + plíq
plíq = 2 patm
8–
Respostas: a) p = 1,0 . 104h (SI)
b) pm = 1,0 . 105Pa
c) F = 6,0 . 107N
4)
a) Para a temperatura constante, temos:
p0V0 = p1V1 (Lei de Boyle e Mariotte)
patm V0 = p (V0 + V)
V0
p
500
R = ––––– = –––––––––– = ––––– ⇒
V0 + V
patm
525
20
R = ––––
21
b) pA = patm = p + a g h
patm = p + 1,0 .
103
9)
. 10h
patm = p + 1,0 . 104 h
h em metros
patm e p em Pa (N/m2)
20
c) Para p = ––– patm, temos:
21
20
patm = ––– patm + 1,0 . 104 . 0,50
21
21 patm = 20 patm + 10,5 .
A superfície livre do líquido, independentemente de sua
natureza ou densidade, em ambos os compartimentos do
bule (corpo principal e bico), deve apresentar-se plana e
horizontal, à mesma altura h em relação à linha de referência.
A pressão exercida sobre o líquido nos dois ramos do sistema
de vasos comunicantes é a pressão atmosférica.
I (V)
II (F)
III (F)
Resposta: C
10) p = patm + g H
p = g h
p
h
–––– = g ––––
t
t
104
patm = 1,05 . 105 N/m2
1,0 . 104 = 1,0 . 103 . 10 . V
20
p
Respostas: a) R = ––––– = –––
21
patm
V = 1,0m/s
b) patm = p + 1,0 . 104 h (SI)
Resposta: B
c) patm = 1,05 . 105 N/m2
11)
5)
Fágua = pH . A = g H . A
Fágua = 1,0 . 103 . 10 . 0,50 . 20 . 10–4 (N)
Fágua = 10N
Resposta: A
pA – pB = g H
12)
Resposta: C
6)
Adotando-se patm = 1,0 . 105 Pa e g = 10m/s2, temos:
p = patm + g H
Para p = pmáx = 6,0 . 105 Pa, temos: H = Hmáx
6,0 . 105 = 1,0 . 105 + 1,0 . 103 . 10 . Hmáx
5,0 . 105 = 104 Hmáx ⇒
7)
Hmáx = 50m
Para t = 25min ⇒ ptotal = 1,0atm e, portanto, phidrostática = 0
(submarino na superfície).
patm = M g h
Resposta: A
Aumentando-se a altitude, patm diminui e h diminui.
A pressão hidrostática do soro é dada por:
pH = g H
9 . 103 = 1,0 . 103 . 10 . H
H = 0,9m
Resposta: E
8)
Os pontos P1 e P2 estão no mesmo plano horizontal e pertencem ao mesmo líquido em equilíbrio hidrostático; portanto,
de acordo com a Lei de Stevin, suportam pressões iguais:
p1 = p2 = M g H (14cm Hg)
Resposta: B
pA = pB
Resposta: C
13) a) Nos dois esquemas, a pressão atmosférica é equilibrada
pela pressão hidrostática do líquido.
patm = A g hA = V g hV
A
hV
15
–––– = –––– = –––– = 1,5
V
hA
10
b) A mistura água-vinho teria densidade maior que a do
vinho e, portanto, a altura seria menor que 15m.
Respostas: a) 1,5
b) menor que 15m
–9
14)
a) p1 = p2
18) a) As pressões nos pontos 1 e 2 são iguais: p1 = p2.
pgás = patm + pH
1 atm ………… 760mmHg
pH
………… 380mmHg
pH = 0,5atm
pgás = 1,5 atm
b) pgás = patm + pH
Sendo p1 = pat + B . g . hB e p2 = pat + A . g . hA,
pgás = constante
Se patm diminuir, então a pressão hidrostática deve
aumentar e a coluna de mercúrio vai aumentar de altura.
Respostas: a) 1,5atm
b) vai aumentar
vem: pat + B . g . hB = pat + A . g . hA
B . hB = A . hA
B . 80 = 2,0 . 103 . 50
B = 1,25 . 103kg/m3
b) A pressão no interior do tubo na altura da linha de sepa-
15)
ração é p1, que é igual à p2.
pA = pB
De p1 = pat + B . g . hB, vem:
pgás = patm + pH
p1 = 1,0 . 105 + 1,25 . 103 . 10 . 0,80 (N/m2)
pgás = 70 + 10 (cm de Hg)
p1 = 1,0 . 105 + 0,1 . 105 (N/m2)
pgás = 80cm Hg
p1 = 1,1 . 105N/m2
Respostas: a) 1,25 . 103kg/m3
b) 1,1 . 105N/m2
Resposta: 80cm de Hg
19)
16)
p1V1
p2V2
––––––– = –––––––
T1
T2
pgás = patm + pH
76
76 + 30,4
––––– = ––––––––––
300
T2
T2 = 420K ⇒
Os pontos (1) e (2) pertencem ao mesmo líquido A e ao
mesmo plano horizontal e, por isso, de acordo com a Lei de
Stevin, suportam a mesma pressão:
p1 = p2
patm + A g hA = patm + B g hB
2 = 147°C
Resposta: C
A hA = B hB
A . 0,75 h = B . h
17) a) pgás = p0 + Hg gh
pgás = 1,0 . 105 + 13,6 . 103 . 10 . 1,04 (Pa)
Da qual:
pgás = 1,0 . 105 + 1,4 . 105 (Pa)
Resposta: A
pgás = 2,4 . 105 Pa
20)
b) F = p . A
F = 2,4 . 105 . 2,0 . 10–4 (N)
F = 48N
Respostas: a) 2,4 . 105 Pa
b) 48N
10 –
B
––– = 0,75
A
pA = pB
2)
patm + 1 g h1 + 2 g h2 = patm + 3 g h3
Como a esfera está em equilíbrio, temos:
E = Pesfera
Por outro lado, de acordo com a Lei de Arquimedes:
1 h1 + 2 h2 = 3 h3
E = Plíquido deslocado
0,5 . 5,0 + 2 . 2,0 = 2,5 . 5,0
Portanto: Pesfera = Plíquido deslocado
Isso significa que, nos dois esquemas, o peso total no ramo
esquerdo da alavanca é o mesmo e d’ = d.
2,02 = 12,5 – 2,5
2 = 5,0g/cm3
Resposta: d’ = d
Resposta: A
3)
21)
Os pontos A e B pertencem ao
mesmo líquido e estão situados
no mesmo nível horizontal.
Logo,
suportam
pressões
iguais:
pA = pB
pA = p0 + g h1 e pB = pG + g h2
3) De acordo com a lei de ação e reação, a mão aplica sobre
o líquido uma força vertical para baixo com a mesma
intensidade E = 0,5g (N), o que equivale a aumentar o peso
correspondente a uma massa de 0,5kg. Como a balança
está graduada em massa, ela passa a indicar:
Logo: p0 + g h1 = pG + g h2
Sendo h1 > h2 ⇒
p0 < pG
Resposta: C
M = 1,5kg + 0,5kg = 2,0kg
Resposta: C
22)
4)
Na situação 1, a balança indica o peso total do recipiente com
o líquido.
Nas situações 2 e 3, a balança indica o peso total do
recipiente com o líquido mais a intensidade do empuxo que
o líquido exerce na esfera (ação e reação entre o líquido e a
esfera).
Na situação 2, o empuxo é maior que na situação 3, porque o
volume imerso é maior:
E = L Vi g
p1 = p2
Vi(2) > Vi(3) ⇒ E2 > E3
2h
h
patm + dAgh = patm + dC g ––– + dB g –––
3
3
2
dB
dA = ––– dC + –––
3
3
P1 = Fbalança(1) = P
P2 = Fbalança (2) = P + E2
P3 = Fbalança (3) = P + E3
Portanto: P2 > P3 > P1
2dC + dB
dA = –––––––––
3
Resposta: C
Resposta: B
5)
n Módulo 29 – Princípio de Arquimedes
1)
1) Quando a mão está totalmente imersa na água, ela desloca um volume de água igual a 500cm3 = 0,5 litro. Como a
densidade da água é 1,0kg/ᐉ, a massa de água deslocada
é 0,5kg.
2) De acordo com a Lei de Arquimedes, o empuxo que o
líquido exerce na mão da pessoa tem intensidade E dada
por:
E = Plíq. deslocado = mdeslocado g = 0,5g (N)
Para o equilíbrio do objeto:
Com a esfera no interior do barco, temos:
Etotal = µLVi g = PE + PB
Se a esfera for de aço, ela afunda e entra em contato com o
fundo do recipiente. Nesse caso:
E = Pobjeto
De acordo com Arquimedes:
E = Plíq. deslocado
Portanto:
Plíq. deslocado = Pobjeto
A balança continua com a mesma indicação:
P2 = P1
Resposta: B
– 11
8)
E’total + FN = PE + PB
E’total < Etotal
V’i < Vi
H’ < H
(V correta)
Se a esfera for de isopor, ela flutua, o empuxo total não se al-
Para o equilíbrio do bloco de gelo, temos:
E=P
aVig = gVgg
tera e H’ = H (III correta).
Resposta: C
6)
Portanto, o volume imerso de gelo Vi é dado por:
a) Para o bloco flutuando, em equilíbrio, temos:
E = Pcorpo = m g
E = 0,63 . 10,0 (N) ⇒
gVg
Vi = –––––––
a
E = 6,3 N
b) De acordo com a Lei de Arquimedes:
(1)
Quando o gelo derrete, a massa de água obtida é igual à massa de gelo.
E = L V i g
6,3 = L . 500 . 10–6 . 10
ma = mg
aVa = gVg
L = 1,26 . 103 kg/m3
⇒
gVg
Va = –––––––
a
(2)
Comparando-se as relações (1) e (2), verificamos que o volume da água obtida com a fusão do gelo é igual ao volume de
gelo que estava imerso e, portanto, o nível da água no balde
não se altera.
Resposta: E
L = 1,26 g/cm3
De acordo com a tabela, o líquido em estudo é a glicerina.
Respostas: a) 6,3N
b) glicerina
9)
Na situação de equilíbrio:
7)
O volume ocupado pelo lastro corresponde ao volume V1 de
cada divisão da escala do cilindro.
Na situação I, para o equilíbrio, temos:
E = Plastro + Precipiente
1) E = P
L Vi g = S V g
S
Vi
––– = –––
L
V
a 3V1 g = Plastro + Precipiente
Na situação II, para o equilíbrio, temos:
E’ = Plastro + Págua + Precipiente
a 6 V1 g = a 3 V1 g + a n V1 g
6=3+n⇒
n=3
Portanto, a água deve preencher três divisões do cilindro.
S
3
––– = 0,60 ⇒ S = 0,60g/cm
1,0
2) P = mg = S V g
P = 0,60 . 103 . 1000 . 10–6 . 10 (N)
P = 6,0N
Resposta: E
12 –
Resposta: C
10) Na nova situação de equilíbrio, com os cilindros imersos no
interior do líquido, os pesos aparentes deverão ser iguais e,
para tanto, os empuxos recebidos pelos cilindros deverão ser
iguais.
EA = EB
L VA g = L VB g ⇒
VA = VB
a) Para o bloco flutuando na superfície do líquido, temos:
E=P
L Vi g = B VB g
em que VA e VB são os volumes de A e B imersos no líquido.
Como V = área da base x altura, vem:
SAhA = SBhB
B
Vi
3
–––– = –––– = –––
L
V
4
SA . hA = 2SA . hB
hA = 2hB
3
3
B = ––– L = ––– 1,0g/cm3 ⇒ B = 0,75g/cm3
4
4
hA é a altura de A imersa no líquido.
hB é a altura de B imersa no líquido.
Na opção B, temos hA = 4u e hB = 2u, que satisfaz a condição
b)
Para o equilíbrio do bloco, temos:
E=P+T
L V B g = B VB g + T
do problema.
Resposta: B
T = (L – B) VB g
T (1,0 – 0,75) . 103 . 60 . 10–6 . 10 (N)
T = 1,5 . 10–1N
11) a) Para o equilíbrio do tonel:
T = 0,15N
Respostas: a) 0,75g/cm3 ou 7,5 . 102kg/m3
b) 0,15N ou 1,5 . 10–1N
13) O acréscimo de peso na balsa deve ser equilibrado pelo
acréscimo de empuxo da água sobre a balsa:
P = E
E=P
a Vi g = mg
m = a Vi
m = 1,0 .
103
(m) g = a Vi g
m = a A (d – d0)
2
. ––– . 50 . 10–3 (kg)
5
m
d – d0 = –––––
a A
m = 20kg
12 000
d – d0 = ––––––––––––– (m)
1,0 . 103 . 100
b)
d – d0 = 12 . 10–2m
d – d0 = 12cm
Resposta: C
14)
E’ = F + P
a V g = F + mg
1,0 . 103 . 50 . 10–3 . 10 = F + 200
500 = F + 200
F = 300N
Respostas: a) 20kg
b) 300N
12)
E Ptotal
a n V1 g (M + m) g
1,0 . 103 . n . 0,08 70 + n . 40
80n 70 + 40n
40n 70
70
n –––
40
n 1,75
nmín = 2
Resposta: B
– 13
ML2T–3 = [R] (QT–1)2
15) A intensidade do empuxo é diretamente proporcional ao
volume imerso (E = água Vi g). Como as três bolas têm diâmetros iguais, apresentam volumes iguais e, por isso, uma
vez totalmente imersas na piscina, deslocam volumes iguais
de água, recebendo empuxos de intensidades iguais.
[R] = ML2T–1Q–2
kg . m2
u(R) = –––––––––
C2 . s
EA = EB = EC
Resposta: B
Resposta: C
n Módulo 30 – Análise Dimensional
1)
7)
LMT–2 = [F]
i
F = B i L e B = –––––
2πd
i
i2 L
F = ––––– . i L ⇒ F = –––––––
2πd
2πd
L2MT–3 = [Pot]
L–1MT–2 = [p]
[] I2 L
MLT–2 = ––––––––
L
Resposta: C
Resposta:
2)
Mm
F = G –––––
d2
MLT–2
8)
M2
= [G] –––––
L2
1) [V] = L T–1
uL
u(V) = ––––––
uT
[G] = M–1L3T–2
Resposta: A
3)
u’(V)
mp
y = –––––
d
M
[y] = ––––––––––––– = ML2T–2 = [τ]
ML–3
F
MLT–2
y = ––– ⇒ [y] = ––––––– = MT–1
V
LT–1
massa
A razão –––––––– define uma grandeza chamada vazão em
tempo
massa.
Resposta: E
P=
u’(V) = u(V)
u(L)
u(a) = ––––––
u(T2)
Resposta: E
5)
a
–– uL
b
uL
= –––––––– = –––– ⇒
a
uT
–– uT
b
2) [a] = LT–2
ML–1T–2
4)
[] = M L T–2 I–2
2mE
+
(E/c2)
E
y = 2mE + –––
c2
u’(a)
a
–– uL
b
b uL
= –––––––––– = –– –––––
⇒
2
a
a u(T2)
––– u(T2)
b2
b
u’(a) = –– u(a)
a
3) [F] = M L T–2
u(M) . u(L)
u(F) = –––––––––––
u(T2)
u’(F)
a
a
–– u(M) . –– u(L)
b
b
= –––––––––––––––––––– ⇒
2
a
–––– u 2
b2 (T )
u’(F) = u(F)
[y] = [mE] = M . ML2T–2 = M2L2T–2
[P] = [y]
1
––
2
4) [Q] = M L2 T–2
=
MLT–1
u (P) = kg . m . s–1
= [Quantidade de movimento]
u(M) . u(L2)
u(Q) = –––––––––––
u(T2)
Resposta: A
u’(Q)
6)
P=R
I2
[P] = [R] [I]2
14 –
a
a2
–– u(M) . ––– u(L)
b
b2
a
= –––––––––––––––––––– ⇒ u’(Q) = –– u(Q)
2
b
a
–––– u(T)
b2
9)
Consideremos como fundamentais o comprimento L, a velocidade V e a força F.
1) Unidade de tempo:
[V] = L T–1
L
⇒ [T] = ––– ⇒ [T] = L V–1
V
u(L)
u’(T) = –––––––– ⇒
u(V)
m1 m2
11) F = G ––––––––
r2
A expressão mostra que G não é adimensional e, portanto, a
equação apresentada é dimensionalmente errada.
Resposta: C
12) F = m2 g V2/r
u’T = uT
M2 . (L T–2) . (L T–1)2
m2 g V2
y = ––––––––– ⇒ [y] = ––––––––––––––––––––
r
L
2) Unidade de massa:
[y] = M2 L2 T–4
[F] = M L T–2 ⇒ [M] = F L–1 T2
u’(M)
u(F) . u(T2)
= ––––––––––––––– ⇒
u(L)
F = y ⇒ [F] = M L T–2 (correta)
u’(M) = u(M)
3) Unidade de energia:
[E] = [F] . [V] . [T]
A equação proposta é dimensionalmente possível.
13) F = mx Vy tz
M L T–2 = Mx (L T–1)y Tz
u’(E) = uF . uV . uT
M L T–2 = Mx Ly T – y + z
u’E = 2 uE
x=1
As unidades de tempo e massa foram multiplicadas por
1.
A unidade de energia foi multiplicada por 2.
x=1
⇒
y=1
z – y = –2
A
1.a
y=1
⇒
F = 2 (m1 + m2) V t–1
z = –1
equação está dimensionalmente errada.
14) M = M0 e–Kt
10) a) 1) P = R I2
M L2 T–3 = [R] I2 ⇒ [R] = M L2 T–3 I–2
M0 representa uma massa e é medida em kg.
Qualquer expoente é adimensional.
2) P = U I
M L2T–3 = [U] I ⇒ [U] = M L2 T–3 I–1
[K t] = M0L0T0
[K] = T–1 ⇒ u (K) = s–1 = hertz (Hz)
Q
IT
3) C = ––– ⇒ [C] = –––––––––––––– = M–1 L–2 T4 I2
2
U
M L T–3 I–1
[R] [C] = T
K e–Lx
15) U(x) = –––––––
x
b) 1) F = B I L
ML
T–2
Respostas: u(M0) = kg
u(K) = Hz
= [B] I L ⇒ [B] = M
T–2 I–1
[K]
1) M L2 T–2 = –––– ⇒ [K] = M L3 T–2
L
K = energia x comprimento
T–2 I–1
L2
[B] . [S]
.
M
2) –––––––– = –––––––––––––– = T
2
–3
[I] [R]
I . M L T I–2
c) 1) [M] = [Q] L = M L T–1 . L = M L2 T–1
[M]
M L2 T–1
2) ––––– = ––––––––––– = T
[E]
M L2 T–2
[B] . [S] . [C]
M T–2 I–1 . L2 . M–1 L–2 T4 I2
d) [y] = –––––––––––– = –––––––––––––––––––––––––––
[I]
I
[y] = T2 ⇒ [y]
1
––
2
2) O expoente –Lx é adimensional
[x] = L–1
Resposta: D
16) p = V2 K
M L–1 T–2 = (LT–1)2 [K]
M L–1 T–2 = L2 T–2 [K]
[K] = M L–3
K representa densidade ou massa específica.
=T
Resposta: B
Resposta: E
– 15
a+b=0
Vn
17) x = K –––––
a
– a –3b = 1
– 2a = –1
(L T–1)n
L = –––––––––
L T–2
L2T–2
=
LnT–n
1
a = ––
2
1
b = – ––
2
22) a) Maior, porque a resistência ao movimento é menor.
b) V = K gx hy dz
⇒ n=2
L T–1 = (L T–2)x Ly (M L–3)z
Resposta: 2
L T–1 = Lx+y–3z T–2x Mz
aVb
18) p + ––––––– + cgdhe = constante
2
– 2x = –1
1) [p] = []a [V]b
z=0
M L–1 T–2 = (M L–3)a (L T–1)b
M L–1 T–2 = Ma L–3a + b T–b
a=1
– 3a + b = – 1
– b = –2
2) [p] =
[]c
[g]d
Como z = 0, a velocidade não depende da densidade.
V = K gh
a=1
b=2
[h]e
M L–1 T–2 = (M L–3)c (L T–2)d (L)e
c=1
– 3c + d + e = –1
– 2d = –2
23) V = k Fx my ᐉz
LT–1 = (M L T–2)x My Lz
LT–1 = Mx+y Lx+z T–2x
x+y=0
c=1
d=1
e=1
x+z=1
–2x = –1
σ
––
N
19) f = ––––
2L
L–3
1
[σ]
–––––– ⇒ T–2 = –––– –––––––
–3
2
ML
L
M L–3
1
3) T–1 = ––––
L
Q = 24μC
M L T–2 = [K] [L T–1]2
A energia elétrica vale:
M L T–2 = [K] L2 T–2
Q.U
Weᐉ = –––––
2
[K] = M L–1
kg
u(K) = kg . m–1 = ––––
m
24 . 10–6 . 6
Weᐉ = ––––––––––– (J)
2
Resposta: D
Weᐉ = 12 . 10–6 . 6 (J)
21) V = Ka xb
N
u(K) = ––––
m2
L
=
L–1
Weᐉ = 7,2 . 10–5J
[K] = M L–1 T–2
[x] = M L–3
Resposta: Q = 24μC e Weᐉ = 7,2 . 10–5J
2)
[v] = [K]a [x]b
Ma+b
Weᐉ = 72 . 10–6J
kg
u(x) = ––––
m3
K representa uma pressão:
x representa uma densidade:
= (M
A carga elétrica vale:
∴ Q = 4 . 10–6 . 6 (C) = 24 . 10–6C
20) f = K V2
T–1
T–2)a
[M
L–a–3b
T–2a
L–3]b
A intensidade das correntes é dada pela Lei de Pouillet:
E
10
10
i = ––––– ⇒ i = ––––––– (A) = ––––– (A)
∑R
20 + 30
50
i = 0,2A
16 –
Fᐉ
–––––
m
Q=C.U
Resposta: C
L
V=k
n Módulo 28 – Capacitores
1)
[] = M L–1 T–2
T–1
1
x = ––
2
1
z = ––
2
1
y = – ––
2
FRENTE 3 – ELETRICIDADE E MECÂNICA
1) [f] = T–1
2) [] = M
1
x = ––
2
1
y = ––
2
z=0
x+y=1
A d.d.p. no resistor de 30 é:
U=R.i
U = 30 . 0,2 (V)
U = 6V e é a mesma d.d.p. do capacitor.
Q2 . e
E = ––––––––
2.A.ε
E é diretamente proporcional a e; logo, aumentando e, aumenta E.
Resposta: B
A carga elétrica do capacitor vale:
Q = C . U = 5 . 10–6 . 6 (C)
Q = 30μC
7)
Aε
Aε
Aε
C0
C0 = –––– ; C1 = –––– = –––––– = ––––
e0
e1
2. e0
2
Resposta: C
3)
A capacitância se reduzirá à metade. Como a carga é diretamente proporcional à capacitância e o campo elétrico diretamente proporcional à carga, ambos se reduzirão à metade.
Cálculo da intensidade da corrente elétrica pela Lei de Pouillet:
E
12
12
i = ––––– = –––––––– (A) = ––––– (A) ⇒ i = 2A
∑R
1+2+3
6
q0
E0
q = ––––
e E = ––––
2
2
d.d.p. no resistor de 2:
U=R.i
U = 2 . 2 (V) ⇒ U = 4V
8)
Com o ar mais úmido, a rigidez dielétrica cai, logo bastará
uma d.d.p. menor para que o dielétrico comece a conduzir
eletricidade.
Resposta: B
9)
Introduzindo-se um dielétrico entre as armaduras de um
capacitor, o dielétrico diminui a intensidade do campo elétrico no interior do capacitor.
Resposta: D
Cálculo da carga do capacitor:
Q = C . U = 7 . 10–6 . 4 (C)
Q = 28μC
Resposta: Q = 28μC
4)
d.d.p. no capacitor:
Q
100 . 10–6
U = ––––– = ––––––––– (V)
C
5 . 10–6
U = 20V
E
i = –––––
∑R
20
2 = ––––––
9+r
18 + 2r = 20 ⇒ 2r = 2
r = 1,0
Resposta: E
5)
U
U
Q
Q
=
=
=
=
V – (– V)
2V
C.U
C . 2V
Q=2.C.V
A d.d.p. continuará constante.
Q.d
Q
Q
10) a) U = –––– = –––––– ⇒ U = –––––– = 200V
ε.A
ε.A
C
––––
d
Q.d
200
U’ = –––––––– = –––– (V) ⇒ U’ = 40V
5.ε.A
5
1
b) U = E . d = 0,8 . 106 . –––– . 10–3 (V) = 0,4 . 103V
2
U = 400V
Respostas: a) U’ = 40V
b) U = 400V
11) d = 5cm
C = 4 . 10–10F
Q = 6μC
Resposta: B
6)
A.ε
C = ––––––
e
E.d=U
U
Q
6 . 10–6
E = –––– = ––––– = –––––––––––––––– (V/m)
d
C.d
4 . 10–10 . 5 . 10–2
Como a capacitância (C) é inversamente proporcional à
distância entre as placas (e), aumentando e, diminui C.
6
V
E = –––– . 106 (V/m) = 3 . 105 –––––
20
m
Q2
Q.U
Q.Q
Q2
E = –––––– = –––––– = –––––– = –––––––––
A.ε
2
2.C
2C
2 . –––––
e
Resposta: C
– 17
εA
12) Q = C . U = –––– . U
d
4)
Ceq = C + 2C
A carga é diretamente proporcional à constante dielétrica (ε);
logo, o capacitor A acumula uma carga maior.
Resposta: B
2
Ceq = 3C
2
Ceq . Ceq
1
2
Ceq = ––––––––––
Ceq + Ceq
n Módulo 29 – Associação de Capacitores
1)
9
Ceq = ––– (μF)
1
2
1
2
9
–– . 3C
2
3 = –––––––––
9
–– + 3C
2
6 . 12
a) Ceq = –––––– (μF)
6 + 12
72
Ceq = –––– (μF)
18
27
27 . C
––– + 9C = –––––
2
2
Ceq = 4,0μF
27 + 18C = 27C
9C = 27
3.6
b) Ceq = ––––– (μF) + 2 (μF)
3+6
C = 3,0μF
Resposta: 3,0μF
Ceq = 4,0μF
5)
(5 + 3) . 8
c) Ceq = –––––––––– (μF)
5+3+8
Ceq = 4,0μF
Respostas: a) 4,0μF
b) 4,0μF
c) 4,0μF
2)
(3 + 6) . (8 + 10)
Ceq = ––––––––––––––– (μF)
(3 + 6) + (8 + 10)
Ceq
C
C
Ceq = ––– + ––– ⇒
2
2
9 . 18
= –––––– (μF)
27
Ceq = 6,0μF
Ceq = C
Resposta: C
6)
Resposta: Ceq = 6,0μF
3)
Para capacitores iguais em série, temos:
C
Ceq = ––– , em que n é o número de capacitores em série.
n
Fig. 1:
C
Ceq = ––––
2
Fig. 2:
C
Ceq = ––––
3
C
C
Respostas: ––– ; –––
2
3
18 –
É a mesma capacitância equivalente.
Resposta: C
12) C1 > C2
7)
Q
Q
––– > –––
U1
U2
U2 > U1
Resposta: B
8)
10(μF) = C1 + C2 a
13) A1 = 2A2
C1 = 2C2
C1 . C2
2,4(μF) = –––––––
C1 + C2
Ligados em paralelo, os capacitores terão a mesma tensão:
U1 = U2
C1 . C2
2,4(μF) = –––––––
10
24(μF)2 = C1 . C2
Q1
Q2
Q1
Q2
––– = ––– ⇒ ––– = ––– ⇒ Q1 = 2 . Q2 a
C1
C2
2C2
C2
b
de a e b, temos:
4μF e 6μF
Resposta: D
Q1 + Q2 = Q + Q (Sendo Q a carga de cada condensador)
Q1 + Q2 = 2Q
b
a em b:
9)
2.6
Ceq = –––––– (μF)
2+6
12
Ceq = –––– (μF)
8
3
Ceq = ––– μF
2
Todos os capacitores eletrizam-se com a mesma carga.
3
Q = C . U = ––– . 40 (μC)
2
Q = 60μC
Resposta: C
10) a) Capacitores em paralelo:
2Q2 + Q2 = 2Q
3Q2 = 2Q
2Q
Q2 = ––––
3
Resposta: D
14) Q1 = 1 . 10–6 . 1000 (C)
Q1 = 1000μC
Coloca-se o segundo, descarregado, em paralelo com o primeiro; tendo ambos a mesma capacitância, a carga irá
distribuir-se entre os dois.
Q1 = 500μC
Q2 = 500μC
b com c:
Ceq = C1 + C2 + C3
Q2 = 250μC
Q3 = 250μC
Ceq = (2 + 5 + 10)μF
Ceq = 17μF
c com d:
Q3 = 125μC
Q4 = 125μC
b) Q = Ceq . U
Q = 17 . 10–6 . 8 (C)
d com e:
Q5 = 62,5μC
Q = 136μC
Respostas: a) Ceq = 17F
b) Q = 136C
Respostas: Q1 = 500μC
Q2 = 250μC
Q3 = 125μC
11) Q = Ceq . U
Q4 = Q5 = 62,5μC
3.2
Q = ––––– . 10–9 . 5 (C)
3+2
6
Q = ––– . 10–9 . 5 (C)
5
Q = 6,0 . 10–9C
Resposta: D
Q4 = 62,5μC
Q
500
15) U = –––– = –––– (V)
Ceq
20
U = 25V
Resposta: U = 25V
– 19
ε
90
90
16) i = –––– = ––––––––––––– (A) = –––– (A)
∑R
10 + 10 + 10
30
Tensão UBA:
Q = C2 . UBA
2
––– . 10–6 = 5 . 10–6 . UBA
13
i = 3A
A d.d.p. nos capacitores é a mesma que a do resistor da
direita.
U = R . i = 10 . 3 (V)
2
UBA = –––– V
65
U = 30V
UBA = 0,03V
QA = CA . U
QA = 0,2 . 10–6 . 30 (C)
Resposta: C
QA = 6,0μC
6 . 16
19) a) Ceq = ––––––– (μF)
6 + 16
Resposta: A
ε
20
20
17) i = –––– = ––––– (A) = –––– (A)
∑R
2+2
4
com a chave aberta
i = 5A
U=Ri
U = 2 . 5 (V) = 10V
Após o fechamento da chave, a d.d.p. no capacitor é a mesma
do resistor menos a d.d.p. da fonte da direita, de 2V.
UC = 10 – 2 (V) = 8V
Q = C . U = 2 . 10–6 . 8 (C)
Q = 16μC
Resposta: 16μC
18) Capacidade equivalente:
1
1
1
1
13
–––– = –––– + ––– + ––– (SI) = ––– (SI)
Ceq
10
5
1
10
96
Ceq = ––––– (μF)
22
Q = Ceq . U
96
Q = ––– . 10–6 . 220 (C)
22
Q = 960 . 10–6C
Q = C1 . U1
960 . 10–6 = 6 . 10–6 . U1
U1 = 160V
960 . 10–6 . 60
Q2 . U2
b) Weᐉ = ––––––– = –––––––––––––– (J)
2
2
2
Weᐉ 2,9 . 10–2J
2
Ceq
10
= –––– μF
13
R1
1
Req = –––– + R3 = ––– + 2 ()
2
2
Req = 2,5
Respostas: a) 160V
b) 2,9 . 10–2J
10 . 2,5
25
20) Ceq = ––––––– (F) = ––––– (F) = 2,0μF
12,5
12,5
Ceq = 2μF
Corrente elétrica:
Q = Ceq . U = 2 . 10–6 . 100 (C)
ε
1
i = ––––– = ––––– A
Req
2,5
Q = 2 . 10–4 (C)
Q.U
2 . 10–4 . 100
Weᐉ = ––––––– = –––––––––––––– (J)
2
2
Tensão nos resistores em paralelo (R1 e R2):
1
1
Ux = Req . i = ––– . –––– (V)
2
2,5
1
Ux = ––– V
5
Carga nos capacitores:
10
1
Q = Ceq . Ux = –––– . 10–6 . ––– (C)
13
5
2
Q = –––– μC
13
20 –
1,0 . 10–2J
Resposta: C
21) C2 = 2C1
Q1 = Q2 (pois os capacitores estão em série)
C1 . U1 = C2 . U2
C1U1 = 2C1 . U2
U1
U2 = ––––––
2
b)
Q . U1
W1 = –––––––
2
Q . U2
W2 = –––––––
2
Q . U1
W2 = –––––––
2.2
1) No trajeto VPI, a área varrida (A1 na figura) é menor
que a correspondente a meia elipse.
2) No trajeto PIA, a área varrida (A2) corresponde a meia
elipse.
3) No trajeto IAV, a área varrida (A3) na figura é maior que
a correspondente a meia elipse.
4) No trajeto AVP, a área varrida (A4) corresponde a meia
elipse.
Portanto: A1 < A2 = A4 < A3
Como os tempos são proporcionais às respectivas
áreas, vem: TVPI < TPIA = TAVP < TIAV
W1
W2 = –––––
2
Resposta: B
n Módulo 30 – Leis de Kepler e Lei da
Gravitação Universal
1)
2)
De acordo com a 2.a Lei de Kepler, em tempos iguais, as áreas
varridas pelo raio vetor do planeta serão iguais.
No trecho AB, o raio vetor é menor que no trecho CD e,
portanto, para que as áreas sejam iguais, o arco AB deve ser
maior que o arco CD e, portanto, para o mesmo intervalo de
tempo, a velocidade escalar média entre A e B será maior que
entre C e D.
Resposta: B
Respostas: a) Máxima em P e mínima em A.
b) TVPI < TPIA = TAVP < TIAV
5)
3
Como R1 = 42 000km e R2 = 10 500km, temos R1 = 4R2.
Portanto:
3
R2
(4R2)3
–––––– = ––––––
2
2
T1
T2
S2 = 4 S1 ⇒ t2 = 4t1
AB
CD
2) V1 = –––– ; V2 = ––––
t1
t2
2
4)
2
T1 = 64 T2
T1 = 8T2
T1
24h
T2 = ––––
= –––– ⇒
8
8
V1 = 2V2
T2 = 3h
Resposta: A
Resposta: B
3)
3
R1
R2
–––––– = ––––––
2
2
T1
T2
1) De acordo com a 2.a Lei de Kepler:
V1
AB
1
t2
= ––– . 4 = 2 ⇒
–––– = –––– . ––––
CD
2
t1
V2
Aplicando-se a 3.a Lei de Kepler para satélites da Terra, temos:
a) Falsa: De acordo com a 2.a Lei de Kepler, cada planeta tem
velocidade areolar constante.
b) Falsa: O movimento de translação somente seria uniforme
se a órbita fosse circular.
c) Falsa: A velocidade de translação é máxima no periélio e
mínima no afélio.
d) Correta.
e) Falsa: O movimento orbital do cometa é mantido pela
força gravitacional aplicada pelo Sol.
Resposta: D
2.a
a) De acordo com a
Lei de Kepler, a velocidade areolar é
constante. Isso implica que, à medida que o planeta se
aproxima do Sol, sua velocidade linear de translação aumenta. A velocidade linear de translação é máxima no
periélio (ponto P) e mínima no afélio (ponto A).
6)
T2
4π2
–––– = –––––
r3
Gm
2
TG
4π2
––––– = ––––––– (1)
G mG
rG3
2
TT
4π2
––––– = –––––
GM
rT3
(2)
––––
(1)
(2)
TT2
mG
rG3
––––– . ––––– = ––––
3
2
M
rT
TG
mG = M
2
3
TT
––––
TG
rG
––––
rT
– 21
2
mG = M (27)
9)
3
1
–––
18
2) Aplicando-se a 3.a Lei de Kepler:
729
mG = M –––––– ⇒ mG = 0,125M ou
5 832
Resposta:
a) 1) De acordo com a escala usada, a distância média do
cinturão de asteroides até o Sol é da ordem de 2,7ua.
1
mG = ––– M
8
1
mG = ––– M
8
3
3
RX
RT
––––– = –––––
2
2
TX
TT
RT = 1ua
RX = 2,7ua
7)
a) 3.a Lei de Kepler:
3
TT = 1a
3
TX = ?
RM
RP
––––– = ––––
2
2
TM
TP
3
RP = 102 RM
3
RM
106 RM
2
2
⇒ ––––– = –––––––––– ⇒ TP = 106 TM
2
2
TM
TP
VP
RP
TM
VP
1
1
–––– = –––– . –––– = 102 . –––– ⇒ ––––– = ––––
VM
RM
103
TP
VM
10
VA
RP
P
–––––– = ––––
VA
RM
2
TM
1
. –––– = 104 . –––– ⇒
TP
103
1
b) –––
10
VA
P
–––––– = 10
VA
c) 10
1011
1,5 .
3,0 . 108 = –––––––––– ⇒
tT
tT = 5,0 . 102s
1011
60 .
3,0 . 108 = –––––––––– ⇒ t = 2,0 . 104s
P
tP
b) 3.a Lei de Kepler:
TP
––––
TT
2
60 . 1011
––––––––––––––
1,5 . 1011
3
=
TP
––––
1
RX = 25ua
s
b) V = ––––
t
2 π RX
VX = –––––––
TX
2 π RT
VT = –––––––
TT
VX
RX
TT
25
1
–––– = –––– . –––– = –––– . ––––
VT
RT
TX
1
125
VX
1
–––– = ––––
VT
5
1
b) –––
5
2
2
11) A força gravitacional tem intensidade F dada por:
GMm
F = –––––––
d2
= 64 . 102 . 10
TP = 80 . 10 anos
m’ = 4m
TP = 80 . 3,1 anos
d’ = 2d
TP = 248 anos
102s
Respostas: a) 5,0 .
e 2,0 .
b) 248 anos
22 –
3
1
RX
3
––––– = ––– ⇒ RX = 56
3
2
1
(5 )
Respostas: a) 25ua
TP = (40)3 = 64 . 103
2
TP
3
M
s
a) V = –––– (MU)
t
=
10) a) 3.a Lei de Kepler:
3
Respostas: a) 103
3
O ano de Mercúrio é mais curto que o da Terra.
Respostas: a) 4,4a
b) mais curto
RX
RT
–––– = –––––
2
2
TX
TT
A
π R2
c) VA = ––– = –––––
t
T
aP
––––
aT
T = 4,4a
quanto mais próximo do Sol, menor é o ano do planeta.
s
2πR
b) V = ––– = –––––
t
T
8)
TX = 2 5 a = 2 . 2,2a ⇒
R3
b) De acordo com a 3.a Lei de Kepler: ––––– = K
2
T
TP
–––– = 103
TM
M
(2,7)3
2
––––––
= 1 ⇒ Tx 20 = 4 . 5
2
TX
104s
GMm
GM4m
F’ = –––––––––– = –––––––– ⇒
2
(2d)
d2
Resposta: D
F’ = F
12) De acordo com a Lei de Newton:
Mm
F = G ––––––
d2
FSat
Resposta: B
G M mSat
= –––––––––––
2
dSat
15) P = FG
GMm
mg = ––––––
R2
G M mT
FT = –––––––––––––
2
dT
FSat
mSat
–––––– = ––––––– .
FT
mT
FSat
–––––– = 100 .
FT
3Gm2
FR = ––––––––
d2
dT
–––––
dSat
GM
g = ––––––
R2
2
2
FSat
1
–––– ⇒ –––––– = 1
FT
10
Resposta: C
13) FPF = FSF
gU
MU
––––– = –––––– .
gT
MT
1
–––
4
gU
––––– = 16
gT
RT
––––
RU
2
2
=1
gU = gT
GMPMF
GMSMF
–––––––––– = ––––––––––
2
R
r2
Resposta: C
16) A aceleração da gravidade na superfície de um planeta de
massa M e raio R tem módulo g dado por:
81MS
MS
––––––– = –––––
R2
r2
FG = P
R
–––– = 9
r
GMm
–––––– = mg
R2
Resposta: 9
GM
g = ––––––
R2
14)
GM
Portanto: R2 = ––––– e R =
g
RU
–––– =
RT
14,4
––––– =
0,9
GM
–––––
g
16
RU
–––– = 4
RT
1) Cálculo de F:
m . m 2
Gm2
F = G . –––––––––– = ––––– . 2
d2
d2
2) Cálculo de F1
m
2 . m
2
Gm2
F1 = G . –––––––––––––– = –––––
2d2
d2
3) Cálculo da força resultante FR:
FR = F
2 + F1
Gm2
Gm2
FR = ––––– 2 . 2 + –––––
d2
d2
2Gm2
Gm2
FR = –––––––– + ––––––
d2
d2
Resposta: C
17) a) Desprezando-se os efeitos de rotação, temos:
P = FG
GMm
mg = –––––––
R2
GM
g = ––––––
R2
g = módulo da aceleração da gravidade na superfície do
planeta
M = massa do planeta
R = raio do planeta
– 23
gP
MP
Portanto: ––––– = –––––
gT
MT
RT 2
–––––
RP
MP
1
RT
Sendo ––––– = ––––– e ––––– = 5, vem:
MT
500
RP
gP
1
1
––––– = ––––– . 25 = –––– ⇒
10
500
20
gP = 0,5m/s2
Em Plutão: PP = mgP
GMm
mg = ––––––––
(R + h)2
GM
g = ––––––––
(R + h) 2
h + R = 2R
PP = 2,0N
b) No lançamento vertical, temos:
V 2 = V02 + 2 s (MUV)
0 = V02 + 2(– g)H
h=R
Resposta: C
20) a) Sendo a órbita circular, o movimento do satélite é
uniforme e a força gravitacional faz o papel de resultante
V02
H = –––––
2g
centrípeta.
FG = Fcp
Para o mesmo valor de V0 , temos:
gT
HP
––––– = ––––
g
HT
P
H
10
––––– = –––– ⇒
1,5
0,5
PA = FG
Para que o valor de g se reduza a um quarto, a distância ao
centro da Terra deve dobrar:
Na Terra: PT = mgT
PP
0,5
––––– = –––– ⇒
40
10
O módulo g da aceleração da gravidade é dado por:
H = 30m
Respostas: a) 2,0N
b) 30m
18) FG = P
GMm
mV2
––––––– = ––––––– ⇒
2
R
R
VT
Portanto: –––––
=
VL
GM
––––––
R
V=
MT
VT
–––––– ⇒ –––––
=9
ML
VL
2πR
b) V = –––––
T
TT
VL
1
–––– = ––––– = ––
TL
VT
9
2πR
T = ––––– ⇒
V
Respostas: a) 9
GMm
–––––––– = m g
(R + h)2
GM
g = ––––––––
(R + h)2
6,7 . 10–11 . 6,0 . 1024
g = ––––––––––––––––––––– (m/s2)
(7 100 . 103)2
40,2 . 1013
g = ––––––––––– (m/s2)
50,41 . 1012
g 8,0m/s2
1
b) –––
9
21) FG = Fcp
GMm
––––––– = m2R
R2
GM
2 = –––––
R3
=
GM
2π
–––––– = –––
3
R
T
Resposta: 8,0m/s2
19)
R3
–––––
GM
T = 2π
TX
––– =
T0
TX = T0
Resposta: 1
24 –
3
=
. –––––
M
RX
–––––
RT
MT
X
1
(2)3 . ––– = 1
8
22)
G
3π
π
––––– = ––– ⇒ T2 = ––– ⇒
G
T2
3
T=
3π
––––
G
Resposta: D
25)
1) Em 14 dias (meio período), a Lua dá meia volta em torno
da Terra, e a variação de sua quantidade de movimento
linear é dada por:
→
→
→
→
Q = m V – (–m V) = 2m V
→
→
| Q | = 2m | V |
A força gravitacional de interação entre as estrelas faz o
papel de resultante centrípeta:
FG = Fcp
2) A velocidade de translação da Lua é dada por:
GMM
R
–––––––– = M2 –––
2
2
R
FG = Fcp
GMm
mV2
–––––– = –––––– ⇒ V =
r2
r
→
Portanto: | Q | = 2m
GM
––––––
r
GM
–––––– =
r
Resposta: D
23) FG = Fcp
2GM
2 = ––––––– ⇒
R3
4GMm2
––––––––––
r
2π
––– =
T
T = 2π
2GM
= –––––––
R3
R3
–––––––
2GM
R3
–––––––
2GM
(Resposta)
26) O movimento de um cometa está ligado com o conceito de
força gravitacional entre dois corpos.
A força gravitacional de atração entre duas partículas de
massas M e m, separadas para uma distância d, tem intensidade F dada por:
GMm
m V2 = –––––––
d
mV2
GMm
EC = –––––– = ––––––––
2
2d
Mm
F = G ––––––
d2
Resposta: D
24) FG = Fcp
G = constante de atração gravitacional.
Resposta: B
GMm
––––––– = m2R
R2
Mm
27) a) Falsa. F = G –––––
d2
GM
2 = –––––
R3
Para um corpo na superfície da Terra, não considerando
efeitos de rotação, temos:
4
Porém: M = . –– π R3
3
F=P
G
4
= ––– . . –– π R3
3
R3
4
2 = –– π G =
3
2
T
2GM
–––––– ⇒ ––– =
3
2π
R
GMm
m V2
––––––– = –––––––
d2
d
2
2π
–––
T
2
2π
––––
T
4π2
= ––––
T2
Mm
GM
G ––––– = mg ⇒ g = –––––
2
R
R2
Portanto, G não é a aceleração da gravidade g.
– 25
b) Falsa. De acordo com a lei da ação e reação, o planeta atrai
o objeto e este atrai a Terra com forças de mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos.
c) Falsa. A força gravitacional que o planeta exerce no
satélite é responsável por mantê-lo em órbita.
d) Falsa. A intensidade da força gravitacional varia inversamente com o quadrado da distância que separa os corpos.
e) Verdadeira.
GMm
P = FG = ––––––
d2
A força gravitacional é responsável pelo peso de um
corpo, porém somente será igual ao peso, nos polos do
planeta ou se desprezarmos efeitos ligados à rotação.
Resposta: E
26 –